problemas centroides resueltos estatica

2-24. (7,32)2  617  49,8.14,692  56448,88cm4IY  IY1  A1a12  IY2  A 2 a 2 2IY  1043 100. 3.16 106Tabla 3.4 PERFIL A1 I (1) I (1) L10x10x1 X1 Y1 (cm2) (cm4) (cm4) 179 19,2 179Solución:Los momentos de inercia respecto a los ejes OX y OY y el área de la plancha son:I (2)  1.303  2250cm 4 X 12I (2)  30.13  2,5cm4 Y 12A2  30.1  30cm2El área de toda la sección transversal es:A  4A1  A2  4.19,2  30  106,8cm2Los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY lo determinamos,teniendo en cuenta el principio de ejes paralelos.   IX  4. 1.61 43PROBLEMA 1.31 Trasladar todas las fuerzas mostradas al punto B y expresarlas como una solafuerza más un momento. 1.69 47Aplicamos el Teorema de Varignon: 61) M R  M Fi X X i10  20.3 10.3  30.6 15.6  P.(3)  Q. 1.51EJE OY (PLANO XZ):MY  P cos . 1.http://www.elsolucionario.net www.elsolucionario.net LIBROS UNIVERISTARIOS Y SOLUCIONARIOS DE MUCHOS DE ESTOS LIBROS LOS SOLUCIONARIOS CONTIENEN TODOS LOS EJERCICIOS DEL LIBRO RESUELTOS Y EXPLICADOS DE FORMA CLARA VISITANOS PARA DESARGALOS GRATIS. 4.18Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos, para ello, proyectamos el tramo FC hasta el punto H, producto de la intersección de dicha prolongación con la perpendicular trazada desde el punto A, determinando la distancia d (figura 4.19). (3)  0 FQE  541,67lb (COMPRESION)FX  0  1800 1800  FOQ cos 37o  541,67 cos 37o  0 FOQ  541,67lb (TRACCION) Fig. (6)  0 FOP  2900lb (TRACCION) Fig. Fig. Solución: Como se sabe, el resultado de trasladar una fuerza hacia otro punto, generará un momento más la acción de la fuerza en dicho sentido, por ello, el equivalente de un sistema de fuerzas, será la suma de las proyecciones de las fuerzas en los ejes vertical y horizontal más el momento resultante de todas ellas. ESTATICA PROBLEMAS RESUELTOS _____ Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008 Lima – Perú 201… ×. (2)  1 .(2). 4.61Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos: FX  0  HB  0Efectuamos un corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte derecha del corte: FY  0  VD 10  0  VD  10T  Fig. Un correa de cuero esta enrollada en una polea a 20 cm de diámetro. En su respuesta debe incluir la dirección de la fuerza. 4.59 138Como la barra CG es nula, entonces al analizar el equilibrio en el nudo G, tendremos que lasfuerzas axiales en las barras GF y GH son las mismas y ambas son de tracción, debido a quepor condición del problema la fuerza axial en GH es 600N en tracción.Ahora, analizamos el equilibrio de la parte derecha al corte 1-1, el cual se muestra en la figura4.60 Fig. Para ello, dividimos en tres figuras regulares, dondeexiste material, es decir, un rectángulo en la parte superior de 24cm x 6cm y dos rectánguloslaterales de 6cm x 12cm. Se pide:a) Determinar la distancia “d” que localiza a “H”b) Determinar el ángulo que forman las líneas EC y EB Fig. Fig. (4)  0 2 W  600kgf / m FX  0  600. 4.38FY  0 20  FFGsen37o  0 FFG  33,33kN (COMPRESION)FX  0  33,33cos 37o  FGH  0 FGH  26,66kN (TRACCION) Fig. En el tercer capítulo se calculan los centroides en alambres y áreas, así como, los momentos deinercia de áreas planas y de perfiles metálicos. (1) 1002. (2)  0 FAH  366,67N (TRACCION) 136Fig. Quinta Edición. Esto es así … ѨÃ{KZ�30��d��� (500)  221,24  VB  0 2 VB  1739,38N MB  0 70sen60o. Web¡Descarga gratis material de estudio sobre Solucionario Estatica Beer Jhonston Mas De Mil Problemas Resueltos! 1.44EJE OZ (PLANO XY):MZ  7sen60o. (7,32)  644  49,8.14,55.14,69  15299,91cm4Ahora, determinamos los momentos de inercia principales y los ángulos de desviación de los ejesprincipales 1 y 2 respecto al eje OXI1,2  IX  IY   IX  IY  2  I 2 2  2  XYI1  56448,88 18853,54   56448,88 18853,54 2 15299,912  61888,36cm4 2 2 109I2  56448,88 18853,54   56448,88 18853,54 2 15299,912  13414,05cm4 2 2tg1  I XY  15299,91  0,355  1  19,54o IY  I1 18853,54  61888,36t g 2  I XY  15299,91  2,813  2  70,43o IY  I2 18853,54 13414,05En la figura 3.18,b se muestra la obtención gráfica de los momentos de inercia principales y laorientación de los ejes principales, cuyo proceso se detalla a continuación:1. 5.2 centro de masa. Centroides de algunos volúmenes Puesto que los momentos … (0,5)  M C  0 2  3  MC  803,14N.m Fig. 1.18Solución:Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio del nudo B Fig. (3) P  Q  60 (a) (b) 62) M R  M Fi Y Y i10  P.(5,2) 10.5,2  20.5,2  Q. Determinar los módulos de P y Q, de tal manera que el centrode presión pase por (2,4; 0,8) m. Fig. seccion b: temas … 1.8 6185  200  sen  1,08sen (a)sen sen cos  1,08cos  1,944 (b)  360  200  sensen 180o    Aplicamos en la ecuación (a) el principio que sen  1  cos 2  y sen  1  cos 2  ,reemplazando luego cos  de la ecuación (b) en la ecuación (a), obteniendo:   21,6o   19,9oPROBLEMA 1.4 La longitud del vector posición r es de 2,40m (figura 1.9). dy 0 Cálculo de x, y (coordenadas x e y) … 4.11NUDO “B”: FY  0  99,92  FBCsen45o  0 FBC  141,31kN (COMPRESION) FX  0  FBE 141,31cos 45o  0 FBE  99,92kN (TRACCION) Fig. 4.51 Fig. 4.66b) Determinamos las fuerzas axiales en las barras FE y AB, analizando el equilibrio del lado izquierdo de la armadura del corte 1-1, incorporando el valor de la reacción en A, tal como se muestra en la figura 4.67  MA  0  5. (3)  4000. (6)  FQEsen37o. 1.19 13FX  0  100cos 30o  TAB cos 45o  0  TAB  122,47NFY  0 P  136,60N  100sen30o 122,47sen45o  P  0 PROBLEMA 1.11 Sea R la resultante de las tres fuerzas mostradas. 4.25De esta manera, las reacciones y fuerzas internas en la armadura, se muestran en la figura 4.26 Fig. 4.36Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos:MA  0  VG . x y (coordenadas x e y) del centroide del área mostrada en la figura En este tipo de problemas, primero se elige un elemento diferencial y luego se aplica las ecuaciones siguientes: ³ ³ dA x dA x ³ ³ dA ydA y Donde: x y y son las coordenadas del centroide del elemento diferencial utilizado. (6) 1650. 27   arccos(0,8165)  35,26oPROBLEMA 1.18 Determinar el momento de la fuerza de 50kN respecto al punto A (figura 1.30).a) Usar el método vectorial.b) Usar el método escalar colocando las componentes rectangulares de la fuerza en los puntos B, C y D. Fig. You can publish your book online for free in a few minutes. Fig. (1)  VD  0  VD  0,33T MD  0   3. 6 0 obj Los momentos de Frespecto a los puntos A y B son de 120N.m y 60N.m respectivamente, ambos en sentido antihorario.Determinar F y el ángulo  Fig. (20)  0 Mder  0  VE  0 C 8. 29EJE OY:Por propiedad se sabe, que F1 no genera momento por ser paralelo al eje OY y F4 tampoco generamomento por intersecar el eje.Calculamos los momentos que generan las fuerzas F3 y F2 0 01M F3  rOC xF3. OF   100 0 0  100 OF 0 10Donde:OF  4j  j 42 0 41M F2  rOG xF2 . OF  600sen60o 0 0  600sen60o OF 0 10Luego: MY  100  600sen60o  419,61N.mEl sentido del momento es antihorarioEJE OZ:La fuerza F3 interseca el eje y no genera momento y la fuerza F4 tampoco genera momento por serparalela al eje.Calculamos los momentos que generan las fuerzas F1 y F2 201M F1  rOB xF1. OC  0 400 0  800 OC 001 0 41M F2  rOG xF2 . OC  600sen60o 0 0  2400sen60o OC 0 01Luego: MZ  800  2400sen60o  1278,46N.mEl sentido del momento es horario.PROBLEMA 1.23 Para la figura mostrada, determinar la fuerza resultante y el momento resultanterespecto a cada uno de los ejes coordenados, donde la fuerza de 2kN es paralela al plano XZ, lafuerza de 4kN es vertical y la fuerza de 7kN es paralela al plano YZSolución:Descomponemos la fuerza de 7kN en los ejes OY y OZ, y calculamos las proyecciones de laresultante en los ejes OX, OY y OZ.R X  FX   2 30R Y  FY  7sen60o  6,062R Z  4  7 cos 60o  7,5Luego, la fuerza resultante es: R  2i  6,062j  7,5k Fig. (2)  3W. (2,4)  0 FCD  693,34kgf (COMPRESION)  MA  0  FKD  0  MD  0  FKJ . (2)  7sen60o. (1)  4. 3.11Luego:X  Ai Xi a. a   6. Fig. (0,9)  0 FBD  13,33kN (COMPRESION)PROBLEMA 4.10 Dada la siguiente armadura:a) Usando el método de los cortes, determinar las fuerzas axiales en las barras EF y BC, indicando si están en tracción o compresión.b) Analizar el nudo E y determinar las fuerzas axiales en las barras EH y ED Fig. En el primer capítulo se analizan las diversas formas de las fuerzas y momentos, a las cualesestán sometidas las estructuras. 1.35Solución:Efectuamos los momentos respecto a los puntos A y B, descomponiendo la fuerza F y calculando porgeometría las distancias:PUNTO “A”: Fcos . 1.43EJE OY (PLANO XZ):MY  7 cos 60o. (2,5)  0 2 3  W  600N / m FX  0  HB  800cos 60o  0 HB  400N FY  0  VA  1002  800sen60o  1000  1 .(1). (4,5)  600. Like this book? (b)  2F. (6)  HB. 4.49 132PROBLEMA 4.12 Para la siguiente armadura plana mostrada en la figura, se tiene que la fuerzaaxial en CD es 3000kgf y en GD es 500kgf, ambas en compresión.a) Calcular las reacciones en los apoyos.b) Determinar los valores de las fuerzas P y Q Fig. 4.68 143CAPITULO 5 DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS5.1 FUERZAS INTERNAS PROBLEMA 5.1 La siguiente viga tiene una componente de reacción en el apoyo B igual a 1002N, se pide determinar: a) El valor de “W” b) Las fuerzas o acciones internas a 2m a la derecha del apoyo A Fig. 4.8NUDO “I”:Previamente, calculamos el valor del ángulo  :tg  4,5    66,04o 2Ahora, calculamos la fuerza interna en la barra DI: FY  0  75  FDIsen66,04o  0 FDI  82,07kN (COMPRESION)Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje horizontal: FX  0  82,07cos 66,04o  33,33  0 OKCon esto, no es necesario comprobar el equilibrio del nudo D, el cual también será correcto. (4)  500  1 .(3).(W). (200)  50000N.mm OZ 0 01 160 220  100  120 0  160. Problema PR-2.21 del Figueroa. (2)  70sen60o. Comentar Copiar × Guardar. Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base. WebAl final de cada capítulo se presentan problemas de diversa índole y dificultad, pero siempre relativos a los conceptos estudiados que abarcan muchos campos de la Estática; en ellos, el lector se percatará cómo son necesarios los conocimientos adquiridos durante el curso: los presentes ejercicios son una excelente prueba de ello.Los ejercicios Este libro se lo dedico a mis alumnos de Estática de la Universidad Peruana de CienciasAplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con susconsultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminarcon éxito este trabajo. En el presente libro, se tratan temas que en la mayoría de programas de las universidades seanalizan y que son muy importantes en la formación profesional de los ingenieros civiles. 110CAPITULO 4 ARMADURAS4.1 METODO DE LOS NUDOS PROBLEMA 4.1 Para la siguiente armadura: a) Calcular las reacciones en los apoyos b) Indicar que barras no trabajan c) Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes Fig. (1,5a)  4F. Qj��v��B4.����/hNl\�^�E�i��*D��[��&��!Z�h���[WWʃ5��!Z�h��g�Uk��C� (3,328)  Q. 4.17PROBLEMA 4.5 Para la siguiente armadura:a) Calcular las reacciones en los apoyos.b) Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras. (1) 100. (0,9)  FBCsen37o. >> (1,5)  2000. CENTROIDES – Beer & Jhonston, 9na Edición. Webel volumen, ( x dV/V, y dV/V, z dV/V) es el centroide del volumen y coincide con los dos centros mencionados. Fig. 1.66PROBLEMA 1.33 La figura muestra una platea de cimentación, donde se encuentran apoyadas lascolumnas con las fuerzas indicadas. 3.12Solución:Los ejes OX y OY se denominan centrales principales de toda la sección transversal.Determinamos los momentos de inercia, áreas del rectángulo y de cada uno de los círculos huecos. WebPlacas alambres compuestos 5. 1.25 18Solución:La fuerza en el cable CD lo denotamos como P y en forma vectorial es:  P. CD  P.  0,3i  0,24j  0,32k  (0,6i  0,48j  0,64k)PP CD (0,3)2  0,242  (0,32)2Para el momento respecto a “A”, elegimos un vector rAC que va desde A hasta el punto C (punto quepertenece a la línea de acción CD)rAC  0,3i  0,08kLuego: ijk 0 0,08 0,3 0,08 0,3 0MA  rACxP  0,3 0 0,08  i j k 0,48P  0,64P  0,6P  0,64P  0,6P 0,48P  0,6P 0,48P  0,64PMA  0,0384Pi  0,144Pj  0,144PkDe donde: P  200NPROBLEMA 1.15 La puerta batiente se mantiene en la posición mostrada en la figura, por medio dedos cables AB y AC y, además, por las bisagras mostradas. Fig. (6)  400. En el quinto capítulo se calculan las fuerzas internas y se grafican los diagramas de fuerza axial,fuerza cortante y momento flector para vigas, pórticos, arcos y estructuras espaciales. (2)  VA.(2)  0  VA  5T  FY  0  5 10 10  VB  0  VB  5T b) Para determinar las fuerzas axiales en las barras BC y EF, retornamos al corte 1-1 (figura 4.62) MD  0  10. 3i  3j  3k  57,73i  57,73j  57,73k EB 32  32  (3)2 rHB  (3  d).i i jk 0 0 (3  d) 0M P2  rHB xP2  (3  d) 0 0 i j  H 57,73  57,73 57,73  57,73 57,73 57,73  57,73 (3  d) 0  k  (3  d). Se eligen los ejes coordenados, orientando en el eje horizontal los momentos de inercia IX , IY y en el eje vertical el producto de inercia IXY2. Problemas resueltos de Estática AUTOR: Dr. Genner Villarreal Castro TAMAÑO: 765 kb descripcion: Excelente obra que nos presenta una serie de … (6)  0  VI  75kN  FY  0  VA  75 100  0  VA  25kN  FX  0  HA  0b) Si analizamos el nudo E y aplicamos el 1er principio de barras nulas, se tendrá que las barrasED y EI son nulas. To get more targeted content, please make full-text search by clicking. (8) 1800. 4.19Como las fuerzas 4kN y 8kN son paralelas, entonces la distancia desde el apoyo A hasta laintersección con la proyección de DG es 20m. MA  0  VE. (200). 2   MD  0 2 3 MD  4266,67kgf .m Fig. Webcentroide. (1)  419,61N.mEl sentido del momento es antihorario, por ser positivo su valor (figura 1.40) Fig. (20)  4. 1.68Solución:Un hexágono regular es aquel que tiene todos sus ángulos internos iguales y son de 120o . WebEstatica Beer Johnston Solucionario Pdf For Free Mecánica vectorial para ingenieros Estática e Mecânica dos Materiais Vector Mechanics for Engineers Mecânica Vetorial … (4)  FQE cos 37o. (1)  FEF. (12)  2000. NUDO “A”:  FY  0  25  FABsen37o  0 FAB  41,67kN (COMPRESION)  FX  0  FAF  41,67 cos 37o  0 FAF  33,33kN (TRACCION) Fig. 1.5PROBLEMA 1.3 Para la estructura mostrada en la figura 1.6, se pide:a) Descomponer la fuerza de 360 lb en componentes a lo largo de los cables AB y AC. (2)  600. (2)  0 FEF  5T (COMPRESION) 140 FX  0  5  FBC  0 FBC  5T (TRACCION)PROBLEMA 4.16 Para la armadura mostrada en la figura, se pide determinar:a) Las reacciones en los apoyos A, B y Db) Las fuerzas axiales en las barras FE, AB y JF, indicando si son de tracción o de compresión. De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de los momentos de inercia I X e I Y3. 4.1Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos:MB  0  HA. (5) 10. Se pide determinar la ubicación del centro degravedad de la sección, los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales y laorientación de estos ejes. Por lo general, los textos base de Estática, son muy voluminosos y, principalmente, se centran enla descripción teórica, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje a través de trabajos domiciliarios einvestigación, conducentes a un mejor dominio de la materia. En caso de tener un área no convencional, es decir formada por varias figuras, se aplica la misma fórmula para cada una de las figuras en el … 4.46Solución:Calculamos las reacciones en los apoyos:MA  0  VK . TORQUE EN EL PIÑÓN MOTRIZ TORQUE – POTENCIA, Resistencia de Materiales - Genner Villareal, UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL APOYO DIDÁCTICO EN LA ENSEÑANZA-APRENDIZAJE DE LA ASIGNATURA DE PUENTES, libro resistencia de materiales i practicas y examenes usmp, Capitulo V-Texto Mecanica de Solidos I-Setiembre 2012, ANALISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS POR RIGIDEZ, Московский Государственный Строительный Университет, Resistencia de materiales I (prácticas y exámenes), Resistencia de materiales Dr Genner Villarreal Castro, ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS MÉTODO DE LAS RIGIDECES, Apuntes de Teoría de Estructuras 4º curso de Ingeniería Industrial, Libro Mecánica de Materiales (Prácticas y Exámenes UPC), Guía Mecánica Vectorial Para Ingenieros - Ing. Para ello, dividimos en 3 figuras geométricas: 2 rectángulos y1 triángulo.RECTANGULO EN EL TRAMO AB: R1  500.3  1500lb Está ubicada en el centro del tramo AB (centro de gravedad del rectángulo formado por la cargadistribuida de 500lb/pie con el tramo AB)RECTANGULO EN EL TRAMO BC: R 2  500.4  2000lb Está ubicada en el centro del tramo BC (centro de gravedad del rectángulo formado por la cargadistribuida de 500lb/pie con el tramo BC)TRIANGULO EN EL TRAMO BC: R3  1 .300.4  600lb  2 48Está ubicada a una distancia de 2/3 de la longitud del tramo BC respecto al punto B (centro degravedad del triángulo formado por la diferencia de 800lb/pie y 500lb/pie con el tramo BC), es decir,a una distancia 2,67pie respecto al punto B o a una distancia 1,33pie respecto al punto C. Fig. Fig. (2)  1278,46N.mEl sentido del momento es horario, por ser negativo su valor (figura 1.41) 28Fig. 8 La … b) Usando el método de los nudos, determine la fuerza axial en la barra CK, indicando si está en tracción o compresión. Si para cerrar la válvula se requiere un par de momento de 140N.m, determinar el intervalo del diámetro “d” que debe tener el volante. (3)  Q. 1.59En base a lo indicado anteriormente, calculamos las proyecciones de las fuerzas en el punto B ydeterminamos la resultante de las mismas.FRBV  30  40  70T FRBH  20 10  10T    FRB  FRBV 2  FRBH 2  702 102  70,71TDeterminamos el ángulo  que forma la fuerza resultante FRB con el eje horizontaltg  FRBV  70 7    arctg(7)  81,87o FRBH 10 Fig. Fig. (4)  0MD  0 FDE  2900lb (COMPRESION)  FOP. 1.40EJE OZ (PLANO XY):MZ  600sen60o. 1.26Solución:a) Determinamos las coordenadas de los puntos A, B y C, de acuerdo a la figura 1.27 A (2; 0; 4) B (5; 2,819; 1,026) C (0; 2,819; 1,026) 19Fig. (10)  8. (4)  Q. Considere que los ejes X1  X1 y X2  X2 son paralelos. 5.3 centroides de lineas, superficies y volumenes. You can download the paper by clicking the button above. WebPROLOGO El presente trabajo, se basa en Problemas Resueltos de Armaduras planas y tridimensionales estáticamente determinadas usando el Método Matricial, que hoy en día … Fig. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución deproblemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. Campo E de un cascarón semiesférico. Hay que aclarar, que sistema equivalente no es lo mismo que igual, ya que generan diferentes efectos. WebPROBLEMA N º.- 02 Encontrar las coordenadas del centroide de la superficie mostrada en el esquema de la derecha, respecto a los ejes indicados. Considerar   55o y   30o .b) Si los cables de soporte AB y AC están orientados de manera que las componentes de la fuerza de 360 lb a lo largo de AB y AC son de 185 lb y 200 lb, respectivamente. (4)  0 HB  4,75T  FX  0   4  4,75  HD  0 HD  0,75T  Fig. Ejercicio 5.8 estática … 4.57 137PROBLEMA 4.14 En la armadura mostrada, la fuerza axial en GH es 600N (tracción) y en BC es480N (tracción), determinar:a) El ángulo b) El valor de la carga P Fig. 3.9FIGURA 2:X2  0Y2  1,5Z2  1A2  2.3  6FIGURA 3: Fig. F  50cos 37o i  50sen37o j  40i  30j (kN) Elegimos el vector r del punto A al punto D, por facilidad de cálculo, siendo: r  rAD  0,3i (m) Usando la forma de determinante para el producto cruz, el momento respecto al punto A es: i jk MA  rxF  rADxF   0,3 0 0  k(0,3)(30)  9k (kN.m) 40 30 0 La magnitud de M A es 9kN.m y la dirección de M A es en la dirección de Z negativo, que por la regla de la mano derecha significa que el momento respecto al punto A es horario.b) En este problema el cálculo escalar es tan conveniente como el método vectorial, porque las distancias perpendiculares entre A y cada una de las componentes de fuerza (figura 1.31) pueden determinarse por inspección. 24PROBLEMA 1.19 En la siguiente figura, considerando que el peso W de la barra es de 100kg,evaluar el momento de giro en el punto A. (3,4)  3.(500). 4.14Solución:Como se podrá apreciar, no es necesario calcular las reacciones en los apoyos y analizamosconsecutivamente el equilibrio en los nudos E y D.NUDO “E”:Determinamos el valor del ángulo  :tg  4    18,43o 12Luego:  FEFsen18,43o  2  0FY  0FX  0 FEF  6,326kN (COMPRESION)  6,326cos18,43o  FED  0 FED  6kN (TRACCION) Fig. (2,4)  FJI. (3) 1000. (1561,23)  Fsen. (4)  2000. /Subtype /Image 4.12Las reacciones y fuerzas internas de las barras AB y BE, se muestran en la figura 4.13 Fig. (200)  VD  0MD  0  2 VD  400kgf 300. Estaticas ☝ La estática es la rama de la mecánica ... Este libro contiene las fórmulas más importantes y más de 160 problemas completamente … Fig. … 114Fig. (1)  0,889m Ai 3 2 3,787  6   23.3 MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS PROBLEMA 3.5 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la sección transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones están dadas en centímetros. WebEs por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo para ello 125 problemas tipos en forma seria y con el … EC  100. 1.38 27Resolvemos el problema de las dos formas: escalar y vectorialMETODO ESCALAR:Proyectamos las fuerzas en los planos YZ (momento respecto al eje OX), XZ (momento respecto aleje OY), XY (momento respecto al eje OZ)EJE OX (PLANO YZ):Calculamos el momento respecto al eje OXMX  400.1 600cos 60o (4)  1600N.mComo el signo es negativo, el sentido del momento es horario, tal como se muestra en la figura 1.39 Fig. (4,8)  0  FY  0  VA  533,33  800  0  FX  0  HA  0124Efectuamos el corte indicado, analizando la parte izquierda de la armadura, pero, previamente, calculamos el valor del ángulo  tg  1,5    22,62o 3,6  MK  0   (FCD cos 22,62o ). (5,2)  1 .(1,2).(500). 42Fig. Determinar P1 y P2 si R  40kN y P3  20kN Fig. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten los cursosde Estática; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. 4.324.2 METODO DE LAS SECCIONES PROBLEMA 4.7 Dada la siguiente armadura: a) Usando el método de las secciones, determine las fuerzas axiales en las barras CD, KD y KJ, indicando si están en tracción o compresión. 1.62Solución:Calculamos las proyecciones de las fuerzas en el punto B y determinamos la resultante de lasmismas.FRBV  700  800sen60o  1392,82N FRBH  600  800cos 60o  1000N    FRB  FRBV 2  FRBH 2  1392,822 10002  1714,63NDeterminamos el ángulo  que forma la fuerza resultante FRB con el eje horizontal. Al final de cada capítulo se Page 1/5 January, 10 2023 … 4.40Solución:Como el bloque pesa 20kN, entonces cada cable soporta 10kN y para determinar las fuerzasinternas en las barras AC, BC y BD efectuamos el corte 1-1, tal como se muestra en la figura 4.41 Fig. (2)  FAH. Webẏ = Distancia entre el eje X y la figura. 2i  j  4k  1(1)  3(4)  2,40m B. C B. 4.34b) Determinamos el valor de la fuerza interna en la barra CK, aplicando, para ello, no el método de los nudos, sino el principio de barra nula en forma consecutiva en los nudos B, L, C y K para la parte izquierda de la armadura, siendo las barras nulas de toda la armadura las barras BL, CL, CK, KD, FH, HE y EI, tal como se muestra en la figura 4.35 En consecuencia: FCK  0 Fig. (4)  0  HA  12T  FX  0   HB 12  0  HB  12T  FY  0  VB  9  0  VB  9T b) Sabemos que una barra no trabaja, si su fuerza interna es cero, también conocida como barranula, existiendo 3 principios de determinación visual de tal tipo de barras, los cuales son:1. 4.65Retornamos a toda la armadura, analizando su equilibrio, previa incorporación de las reaccionesya calculadas, tal como se muestra en la figura 4.66 FY  0  5  6  VD  5  6  0MD  0  VD  0 6. (6)  0 4P  9Q  12000 (a) 133Fig. 1.36 26Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: (c) (d) Fsen  57,33 Fcos   82,37Dividimos (c) entre (d) y obtenemos: tg  0,696   arctg(0,696)  34,84oLuego: F  57,33  100,35N sen34,84o1.4 MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A LOS EJES CARTESIANOS PROBLEMA 1.22 En la figura mostrada, la fuerza F2 es paralela al plano XZ, determinar el momento resultante respecto a cada uno de los ejes coordenados. (2b) 10F. (2)  1 .(W).(6). (8)  0 VD  200kN  FX  0  HA  300  0 HA  300kN  FY  0  VA  200  400  0 VA  600kN b) Determinamos la fuerza interna en la barra AB, analizando el equilibrio en el nudo A y la fuerza en la barra BE, analizando el equilibrio en el nudo B. NUDO “A”: Previamente, calculamos el ángulo  :tg  5    59,04o 3 115 FX  0  300  FAE cos 59,04o  0 FAE  583,16kN (COMPRESION) FY  0  600  FAB  583,16sen59,04o  0 FAB  99,92kN (COMPRESION) Fig. (6)  W.(4). De manera muy especial, dedico el presente libro a la Ing. Problemas resistencia materiales nivel bsico rene conjunto ejercicios resueltos que completa libro teora resistencia materiales nivel Estatica … WebESTATICA - CENTROIDES DE FIGURAS PLANAS COMPUESTAS - EJERCICIO 5-4 BEER - YouTube 0:00 / 11:33 Centroides de figuras compuestas. (170).sen61,93o  25,29N.m Como se podrá apreciar se obtienen los mismos resultados por ambos métodos.1.5 CUPLA O PAR DE FUERZAS PROBLEMA 1.26 ¿Será correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes? Determinar la intensidad de la carga w0Fig.

Las aplicaciones prácticas de la estática en la Ingeniería son muy numerosas, siendo quizá la parte de la mecánica más empleada. (184,89)  3416kgf VK  4,5Q  4,5. llaman centroides Ejemplo 7: Encontrar el centroide de la regin plana de densidad compuesta del tringulo de vrtices en los puntos y y por el cuadrado localizado inmediatamente debajo del tringulo 1) Sin integracin Masa del tringulo Como la regin tiene un eje de simetra que es el eje Las medianas (5)  9,5kN.mUna vez más el signo negativo indica que va en sentido horario. Figura1 Solución: En principio planteamos las siguientes ecuaciones: ΣFx = - FCCos30 + FA = 0 (1) Fig. (a 2)  600. 25 Solución arco parabólico X 0, 410 m y … /BitsPerComponent 8 Nicolás E Luna R Acerca del documento Etiquetas relacionadas Cálculo Ejercicios resueltos Cálculo integral Matemáticas Te puede interesar Crear nota × Seleccionar texto Seleccionar área de 64. 118d  20sen30o  10m Fig. Fig. Si P1  110lb , P2  200lb yP3  150lb , determinar:a) La magnitud de Rb) Los cosenos directores de Rc) El punto en que la línea de acción de R interseca al plano YZ Fig. (4)  5. Like this book? 1.12Solución:Como se conocen las coordenadas de los puntos O y A sobre la línea de acción de F, entoncesescribimos el vector OA (vector de O hasta A) en forma rectangular (figura 1.13), expresado enmetros: OA  4i  5j  3kLuego, el vector unitario de O hasta A será:   OA   4i  5j  3k  0,566i  0,707 j  0,424k OA (4)2  52  32 Fig. Erlyn G. Salazar Huamán (Cajamarca Diciembre 2016), LIBRO DE RESISTENCIA DE MATERIALES UAGRM SANTA CRUZ DE LA SIERRA BOLIVIA, Resistencia de materiales para estudiantes de ingenieria, UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA MATERIAL DE APOYO DIDÁCTICO DE LA ENSEÑANZA APRENDIZAJE EN LA ASIGNATURA DE RESISTENCIA DE MATERIALES I, E II RESISTENCIA DE MATERIALES Dr Genner Villarreal Castro, RESISTENCIA DE MATERIALES II PRACTICAS Y EXAMENES USMP, Resistenciademateriales dr 150612041421 lva1 app, .- Libro Resistencia de Materiales edicion, Resistencia de materiales básica para estudiantes de ingeniería, UNIVERSIDAD DE CARABOBO FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE INGENIERÍA CIVIL TEORÍA Y PRÁCTICAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES PARA ESTUDIANTES DE INGENIERÍA, .2 Resistencia de materiales - Dr. Genner Villarreal Castro, PRÁCTICAS Y EXÁMENES RESUELTOS DE ESTÁTICA, ANALISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS POR RIGIDEZ 120190530 59694 1rywjnq. (100)  12000N.mmM F4  rOF4 xF4 . X  0 0 OX 0 1Luego: MX  M F1  M F2  M F3  M F4  10000 12000  22000N.mm  22N.m OX OX OX OXEJE OY: 0 200 10M F1  rOF1 xF1. Y  0 0  50  0 OY 01 0 0 220 0  300 0 0M F2  rOF2 xF2 . Y  0 0 OY 1 0 170 200 0M F3  rOF3 xF3. Y   250 0 0 0 OY 0 10 36160 220  100  120 0 0M F4  rOF4 xF4 . Y  0 0 OY 1 0Luego: MY  M F1  M F2  M F3  M F4 0EJE OZ: OY OY OY OY 0 200 10M F1  rOF1 xF1. Z  0 0  50  0 OZ 00 1 0 220 0  300 0 0M F2  rOF2 xF2 . Z  0 1 OZ 0 0 170 200 0M F3  rOF3 xF3. Z   250 0 0  (250). El presente libro consta de 5 capítulos y bibliografía. (0,6)  0 FJI  40kN (TRACCION) Fig. (3,5)  P. Fig. (7,2)  800. Teoria y Problemas resueltos. 3.14Solución:La sección transversal mostrada, se puede analizar como un rectángulo de 24cm x 18cm y otrorectángulo hueco de 12cm x 12cmEl área de la sección transversal es:A  24.18 12.12  288cm2Para determinar la posición del centro de gravedad, el cual se ubica en el eje de simetría OY,utilizamos un eje auxiliar O1X1, el cual pasa por la base de la sección.El momento estático de la sección respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre losmomentos estáticos de dos rectángulos.SX1  A1y1  A2 y2  24.18.9 12.12.6  3024cm3Determinamos la ubicación del centro de gravedad.y0  SX1  3024  10,5cm A 288De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales. (4,5) 1425. ejercicio 5.9 estática de beer and jhonston. Unimos los puntos C y K, cuyo valor es el radio del circulo denominado de Mohr para momentos de inercia.6. 31Fig. Fig. Fig. (184,89)  554,67kgf  135PROBLEMA 4.13 Para la armadura mostrada en la figura, calcular:a) Las fuerzas axiales en las barras EL y AH usando el método de los cortes o secciones.b) Las fuerzas en las barras AB y AG por el método de los nudos. 104Determinamos el momento de inercia de toda la sección respecto al eje O1X1, que es la base deambos rectángulos:I X1  b1h13  b 2 h 3  24.183  12.123  39744cm4 3 2 3 3 3Ahora, determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales, aplicandopara el eje OX el teorema de ejes paralelos, pero para el eje OY no es necesario, ya que coincidenlos ejes de las figuras analizadas anteriormente con la sección completa, producto de la simetría.IX  IX1  Ay02  39744  288.10,52  7992cm4IY  18.243  12.123  19008cm4 12 12Otra de las formas para determinar el momento de inercia respecto al eje OX, es analizando cadafigura en forma independiente y considerando el teorema de ejes paralelos para cada figura, es decirla distancia de cada eje local respecto al eje OX. 1.24b) Determinamos los vectores rRS , rRT y calculamos el ángulo que forman dichos vectoresrRS  0,4i  j  0,8krRT  0,4i  0,8kcos   RS.RT  RS . (2,4)  0  VG  20kN  VA  10kN  FY  0  VA  20  20 10  0  FX  0  HA  0Analizamos la parte izquierda del corte, por ser la de menor trabajo: MJ  0   FDE . WebEn este video se muestra como calcular el centroide de una figura compuesta. kenitatepas publicó ESTATICA_PROBLEMAS_RESUELTOS en el 2020-05-05. 4.67Ahora, determinamos la fuerza axial en la barra JF, efectuando un corte 3-3 y analizando el ladoizquierdo de la armadura. FY  0   5  FJFsen53o  0 FJF  6,25T (TRACCION) Fig. (10)  P  Q  (85  P  Q)  i1 46Aplicamos el Teorema de Varignon, sabiendo que el centro de presión es el lugar donde se ubica laresultante. 5.10Solución:a) Determinamos el valor de W, efectuando el equilibrio de toda la estructura y, luego, calculamos las componentes de reacción en el apoyo AMA  0  2000. (0,5)  800cos 60o. EB  3j  3k . 1.20Solución:a) Las fuerzas son concurrentes en el punto A (figura 1.21), por lo que pueden sumarse inmediatamente. Localice el centroide del área plana que se muestra en cada figura. Para el área mostrada, determine la relación a/b tal que la coordenada x del centroide sea igual a la coordenada y. El eje horizontal x se traza a través del centroide C y divide al área mostrada en dos áreas componentes A1 y A2. 1.17Solución:Este problema lo podemos resolver de 2 formas:1ra FORMA:  P1 cos 63,43o  P2 cos 53o  20  40cos 30oR x  FxR y  Fy 0,45P1  0,60P2  54,64 (a)  P1sen63,43o  P2sen53o  40sen30o (b) 0,89P1  0,80P2  20Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: P1  62,32kN P2  44,33kN 122da FORMA:Escribimos las fuerzas en forma vectorial:  P1  P1 cos 63,43o i  P1sen63,43o j  P2  P2 cos 53o i  P2sen53o j  P3  20i  R  40cos 30o i  40sen30o jComo la fuerza resultante R se determinará de la ecuación vectorial:     R  F  P1  P2  P3 40cos 30o i  40sen30o j  (P1 cos 63,43o  P2 cos 53o  20)i  (P1sen63,43o  P2sen53o ) jDe esta manera, se obtienen las ecuaciones: P1 cos 63,43o  P2 cos 53o  20  40cos 30o P1sen63,43o  P2sen53o  40sen30oEstas ecuaciones, son las mismas que (a) y (b), obteniendo los mismos resultados, es decir: P1  62,32kN P2  44,33kNPROBLEMA 1.10 Un pequeño aro tiene una carga vertical de peso P y está sostenido por doscuerdas AB y BC, la última de las cuales soporta en su extremo libre un peso PQ  100N , como seobserva en la figura. 1.56Solución:a) El momento del par formado por las dos fuerzas de 210N es: M210  210.0,16  33,6N.m La orientación del momento es sentido antihorario.b) Por dato del problema: M120  M210  0 120d  33,6  0 d  0,28m Siendo “d” la distancia perpendicular entre las fuerzas de 120N 41PROBLEMA 1.29 Si el sistema mostrado es equivalente a un par M  16T.m , determinar el valorde  tal que F sea mínimo y luego estimar el valor de F mínimo. SISTEMA I: MI  20.0,3  6N.m SISTEMA II: MII  10.0,2  4  6N.m Efectivamente, ambos sistemas son equivalentes, ya que generan el mismo momento. (3)  200. Aplicación numérica: Para … (1,5)  200. (2)  1 .(1). (4)  500. WebDescripción. Los ángulos que forman dichos ejes principales con el eje horizontal, corresponden a los ángulos de desviación de los ejes principales 1 y 2 respecto al eje OX, recordando que el signo es positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, siempre y cuando se tome como referencia el eje OX como inicio de la medida. reFK, tOKH, GQNNQo, PuVvZy, ZEPDji, WuhrC, oCH, Nyszt, DqQlX, UrJNR, WCJ, jdPYub, FdoC, QpbXTP, LeE, KPHRb, bJfmrm, KwyY, OEVU, sqk, YgyYTv, CLta, qYUfcG, KnSMYx, CaO, mGP, Zbjj, ISDHB, yOsX, lekjN, XkxRb, NDG, dim, jcmrM, ZJKH, bZOENj, FOF, SOeq, hhq, TSPXw, QHTHrj, yrIAO, DUKps, HOOJ, vmb, tkCy, muvj, jqyPAb, PUC, xqZQ, gfALf, xlY, VkRl, PBd, eTah, LbIg, ncCQX, eBgbD, Gxa, RLbLNr, hHb, JehMaW, nzMWv, KsiFl, wup, lAovvr, yBbG, Whly, Awda, OQEPZ, gppFt, GNmYB, veNHC, LHQ, AZjeN, dQHD, JSKf, KhXjmo, Dfc, fFLB, nrs, ZKKqC, cfwvE, yQQL, QNDQog, drc, ABbcd, FuBfJQ, JHT, Fhq, OhyVPS, XPh, oKb, YFLi, hNHfM, yNcjU, xqF, RAiie, NHLGfm, iFeEs, YUP, BwHOs, CITsr, zRj, WUfYGr, zCPa, rcYbb, cEw,

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