EQUILIBRIO DE UN SISTEMA GENERAL DE FUERZAS EN EL ESPACIO; ENTRAMADOS Y MAQUINAS - CORREGIDO para presentar final

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EQUILIBRIO DE UN SISTEMA GENERAL 
DE FUERZAS R=0 M=0.
ENTRAMADOS Y MÁQUINAS
OBJETIVO GENERAL:
Estudiar diversos tipos de ejercicios de equilibrio de un sistema general de fuerzas; entramados y máquinas. 
OBJETIVOS ESPECÍFICOS:
Definir los conceptos de equilibrio de un sistema general de fuerzas, entramados y máquinas.
Reconocer las aplicaciones de entramados y máquinas en nuestra vida cotidiana.
INTRODUCCIÓN:
El hombre gracias a su ingenio fue capaz de llegar a la luna y es ese mismo ingenio el que lo ha llevado a inventar y descubrir diversos instrumentos que facilitan su vida cotidiana, es por eso que hoy tenemos el beneficio que nos proporcionan utilizar dichos instrumentos que son bien conocidos como máquinas. Dichas máquinas también están sometidas a los principios de la física, he ahí la importancia de estudiar este tema para tener una noción de su funcionamiento.
Equilibrio
 Para que haya equilibrio, las componentes horizontales de las fuerzas que actúan sobre un objeto deben cancelarse mutuamente, y lo mismo debe ocurrir con las componentes verticales. Esta condición es necesaria para el equilibrio, pero no es suficiente.
 Para que haya equilibrio también es necesario que la suma de los momentos en torno a cualquier eje sea cero. Los momentos dextrógiros (giro a la derecha) en torno a todo eje deben cancelarse con los momentos levógiros (giro a la izquierda) en torno a ese eje.
 Condición de equilibrio en el espacio
 La sumatoria de todas las fuerzas aplicadas y no aplicadas debe ser nula y, la sumatoria de los momentos de todas las fuerzas con respecto a los tres ejes de referencia debe ser nula. 
Equilibrio de fuerzas 
Σ Fx = 0 
Σ Fy = 0 
Σ Fz = 0 
Equilibrio de momentos 
Σ My = 0 
Σ Mx = 0 
Σ Mz = 0
EJERCICIO 1: Bajo cada apoyo A, B y C de la plancha no homogénea se instala un dinamómetro cuyas lecturas son 600, 480 y 680 N, respectivamente. Hallar el peso P de la plancha y las coordenadas x-y de su centro de masa.
z
z
z
 
 
 
 
 
				
EJERCICIO 2: Hallar las tensiones en los tres cables que sujetan la placa de 90 kg.
C
C
y
z
x
 
 
 
C
z
x
y
 
 
EJERCICIO 3: La pluma liviana en ángulo recto que soporta al cilindro de 400 kg está sujeta por tres cables y una rótula O fija al plano vertical x-y. Hallar la reacción en O y los módulos de las tensiones en los cables.
B
B
B
 
…………I
…………II
……………III
B
 
 
B
 
……………1
…………2
Reemplazando en la ecuación 1
Reemplazando en la ecuación 2
Reemplazando en la ecuación I
Reemplazando en la ecuación 1 en la ecuación II
Reemplazando en la ecuación III
∴ 
EJERCICIO 4:
la barra de flexión está en a, b, c, mediante cojinetes lisos. calcular los componentes 
de reacción x, y, z, en los rodamientos si la varilla está sujeta a fuerzas
f1 = 300 lb y f2=250 lb; f1 se encuentra en el plano y-z. los cojinetes están alineados 
correctamente y solo ejercen reacciones de fuerza en la varilla.
Ax
Ay
Bx
Bz
Cz
Cy
F 1 = (- 300 cos 45ª J – 300 sen 45ª k)
 = (-212,132 J – 212,132 K) lb
F2 =(250 cos 45ª sen 30ª) i+( 250 cos 45ª cos 30ª) J- (250 sen 45ª ) k
 =(88,388 i +153,093 J – 176,777K) lb
 Ax + Bx + 88,388 i = 0
 Ay +Cy – 212,132J + 153,093J =0
 Bz+ Cz - 212,132k - 176,777k =0
 
 
 
 
++=0
- (* 3 )– (* 4 )+(212,132 *5) +(212,132*5)=0
 
 +=0
 (Cz*5) +(Ax *4) =0
 Mz = 0 
 + + =0 
 (Ax *5) + (Bx *3) + (Cy*5) = 0
Ax
Ay
Bx
Bz
Cz
Cy
Ax
Ay
Bx
Bz
Cz
Cy
Ax + Bx + 88,388 i = 0…………(1)
Ay +Cy – 212,132J + 153,093J =0……..(2)
Bz+ Cz - 212,132k - 176,777k =0……(3)
(* 3 )+(* 4 )=2121,32……..(4)
(Cz*5) +(Ax *4) =0……..(5)
 (Ax *5) + (Bx *3) + (Cy*5) = 0……..(6)
5AX+3BX+5CY=0……….(6)
 
Reemplazamos:
AX= -88,388-BX……..(1)
CY=59,039- AY……..(2)
AY=(2121,32-3BZ)4…….(4)
BZ=388,909-CZ…….(3)
CZ=-4AX……(5)
CZ=-4(-88,388-BX)
CY=59,039- AY
CY=59,039- (530,33-0,75BZ)
CY=-471,291+0,75(388,909-CZ)
CY=-179,609-0,75CZ
CY=-179,609-1,75(-4(-88,388-BX)
CY=-444,773-3BX
5AX+3BX+5CY=0…….(6)
5(-88,388-BX)+3BX+5(-444,773-3BX)=0
-5BX+3BX-15BX=5(88,388)+5(444,773)
-17BX=2665,805
BX=-156,812
Ax + Bx + 88,388 i = 0…………(1)
Ax -156,812 =- 88,388 
AX=68,424
5AX+3BX+5CY=0………(6)
5(68,424)+3(-156,812)+5(CY)=0
CY=25,6632
AY+CY= 59,039………..(2)
AY+25,6632=59,039
AY=33,3758
3BZ+4AY=2121,32……(4)
3BZ+4(33,3758)=2121,32
BZ=662,056
BZ+CZ=388,909….(3)
662,6056+CZ=388,909
CZ=-273,6966
BX=-156,812
AX=68,424
CY=25,6632
AY=33,3758
BZ=662,056
CZ=-273,6966
¿Qué es un entramado?
A continuación, se desmiembra la mesa y se dibujan por separado los DSL de cada una de sus partes.
Son estructuras normalmente fijas y estables. Están diseñadas para soportar cargas.
tiene al menos un elemento no recto conectado en más de dos puntos o conectado en dos puntos pero que soporta carga externa en otro punto diferente; a estos elementos se les conoce como elementos de fuerza múltiple.
un bastidor puede estar armado con uno o más elementos de dos fuerzas, o incluso no tener alguno
los elementos pueden estar unidos entre si por dos opciones: conexiones rígidas (generan momentos) o por conexiones flexibles (articulaciones o eslabones). Esta es la característica principal que le proporciona a los bastidores y que se consideran como varios elementos conectados para formar una configuración rígida.
El la figura tenemos una mesa en la que ninguno de sus miembros lo es de dos fuerzas. Además, aun cuando pueda doblarse la mesa desenganchando el tablero de las patas, en su utilización normal la mesa es una estructura rígida estable y por tanto un entramado.
1ºAnálisis de la estructura completa. 
Dibujamos su DCL y escribimos las EQ:
Dan las reacciones en los apoyos: AX=0 DY=W/2
∑FX = AX = 0
∑FY = AY + DY - W 
∑MA= 0,6 DY - 0,3 W= 0
EJERCICIO Nº
Hallar la intensidad de la reacción en el pasador B, teniendo en cuenta de que BD es un
 miembro de dos fuerzas
AY
DX
DY
∑MA= 0
+= 0
-500(0,6) + DY (0,3) = 0
DY= 1000 N
∑MD= 0
+= 0
-500(0,6)- Ay (0,3)= 0
Ay = -1000 N
DX
DY
RB
∑MB = 0 
+=0
1000 (0,3) +DX (0,4)= 0
DX= -750
∑FX = 0
500+RB+ Dx = 0
500-750= -RB
RB= 250
Considerar el entramado de la figura: 
Determinar las fuerzas en todas las barras que lo componen considerando los datos siguientes: 
F1= 50 kN
La longitud de la barra CD es de 4 m.
La longitud de la barra AB es de 8 m.
Las puntos C y E están en la mitad de las barras AB y CD, respectivamente.
Dibujamos el diagrama de solido libre del entramado completo, para encontrar las reacciones en los apoyos mediante las ecuaciones del equilibrio.
FX = AX =0
FY= F1 = 0
MA =  (2 m) x F1  MA = 0
Ay= F1 = 50 kN
 MA = (2 M) × F1 = (2 m) × (50 kN) = 100 kN m
Con estos resultados, podemos separar las barras para aplicar a cada una de las ecuaciones del equilibrio.
Como la barra BD solo tiene fuerzas en sus extremos, es una barra de dos fuerzas y por tanto, las fuerzas correspondientes a esta barra serán colineales, según la dirección de la barra, con el mismo modulo y sentidos opuestos. Con las otras dos barras (AB y CD) no sucede lo mismo por tener fuerzas en un punto medio.
Aplicamos las ecuaciones del equilibrio a cada barra 
De la barra BD obtenemos la dirección de la fuerza FBD que será la misma de la barra: como las distancias CD y CB son iguales (4 m), el ángulo que forma la fuerza FBD con la horizontal será de 45°.
 Empecemos, por ejemplo, por la barra CD y las ecuaciones son: 
Fx = Cx  FBD × cos45° = 0
Fy = Cy  FBD × sen45° = F1 = 0
MD = (2 m) × F1  (4 m) × CY = 0
Cy = (2 m) x F1 / (4 m) = (2 m) x (50 kN) / (4 m) = 25 kN
FBD = (F1  Cy) / sen45° = (50 kN  25 kN) / 0.707 = 35.36 kN
Cx = FBD x cos45° = (35.36 kN) x 0.707 = 25 kN
Podemos comprobar los resultados aplicando lasecuaciones de la barra AB.
Dibujamos los diagramas de sólido libre de las barras por separado, con los resultados finales de las fuerzas
Podemos representar las fuerzas en cada barra mediante sus componentes x e y. 
Para hacer esto calculamos las componentes de la fuerza FBD:
FBD x = FBD x = FBD x cos45° = (35.36 kN) x 0.707 = 25 kN
De esta forma podemos comprobar a simple vista que la suma de fuerzas y de momentos es cero en cada barra.
35.36 kN
También se puede calcular el módulo de cada fuerza y el ángulo que forma su dirección con la horizontal para representar los resultados como una única fuerza en cada punto.
= =35.36kN
 = tg1 (Cy / Cx) = tg1 (25kN) = tg1 (1) = 45°
EJERCICIO Nº 
Obtenga los componentes de las fuerzas que actúan en la barra BCD del bastidor mostrado en la figura
∑MB = 0
+2150(510)+2943(1460)-A(500)=0
A=10786,56 N
∑FY = 0
BY-2943-2510=0
BY=5093 N
∑FX= 0
BX – A = 0
BX= A
BX= 10786,56
GX
2943 KN
GY
CX
CY
GX
GY
DY
DX
A= 1786,56
DX
DY
CX
CY
BY= 5093
BX= 10766,56 
∑M D= 0
+GX(500) – 10786,56 (500) = 0
GX= 10 786,56 N
∑FX= 0
DX-GX-A = 0
DX= 21573,12
Ahora el elemento BCD
∑FX= 0
CX+10786,56-21573,12=0
CX= 10786,56
∑MD= 5093N(1060) –CY(610)=0
CY= 8850,13
∑FY= 0
DY-CY +BY = 0
DY= 3757,13 N
De nuevo, el elemento ADG
∑FY= O
FY- DY= 0 
FY= DY GY= DY
En el elemento EGM se efectúa la comprobación de resultados:
∑FX=0
GX-CX= 0
10786,56-10786,56=0
∑FY= 0; CY-2150- 2943 – GY = 0
8850,13 – 2150 – 2943 – 3757,13 = 0
0= 0
 ∑ MH=0
2943 (950) +GY(550) + CY (60) – CX (500) = 0
2943(950)+3757,13 (550) +8850,13 (60) – 10 786,56 ( 500) = 0
0=0
¿ALGUNA VEZ VEMOS ENTRAMADOS EN NUESTRA VIDA COTIDIANA?
 ¿QUÉ SON LAS MÁQUINAS?
puede definirse como un conjunto de elementos unidos entre si, con el propósito fundamental de modificar las fuerzas aplicadas en ella y generalmente contiene partes móviles. Se puede agregar que las máquinas, al soportar cargas y modificarlas, son estables o rígidas bajo ciertas condiciones de las fuerzas,
. Están diseñadas para transmitir y modificar fuerzas.
Las máquinas al igual que los entramados, contienen siempre al menos un elemento multifuerza.
EJERCICIO Nº7
La cabina y la unidad motriz de la retroexcavadora que se muestra en la figura esta conectada mediante un perno 
Vertical localizado 2m detrás de las ruedas de la cabina, y la distancia desde C hasta D es de 1 m. El centro de gravedad
De la unidad motriz de 300 KN esta localizado en Gm. mientras que los centros de gravedad de la cabina de 100 KN
Y de la carga de 75 KN se localizan, respectivamente, en Gc y Gl. Si se sabe que el tractor está en reposo sin aplicar 
sus frenos, determine.
Las reacciones en cada una de las cuatro ruedas
Las fuerzas ejercidas sobre la unidad motriz en C y en D.
+++=0
(75 KN*8) - (Ra*4,8) + (100KN*3,6) - (300KN*0,8)=0
4,8Ra= 720KN.m
Ra=150 KN /2
Ra=75 KN 
-475N + 150N +Rb=0
Rb= 325 KN /2
Rb=162,5 KN
B)Las fuerzas ejercidas sobre la unidad motriz en C y en D
++
(-Cx*1m)+(325 KN*2,8m) – (300 KN*3,6m) = 0
Cx= - 170 KN
∑Fx=0
Cx – Dx = 0
Cx= Dx
Dx= -170 KN
∑Fy= 0
Dy + 325 KN – 300 KN = 0
Dy= -25 KN
2,8m
1m
EJERCICIO Nª8
La grúa consta de tres partes, que tienen pesos de W1 =3500 lb, W2 =900 lb, W3 = 1500 lb
y centros de gravedad en G1 ,G2 y G3 respectivamente. DETERMINE.
las reacciones en cada uno de los cuatro neumáticos si la carga se iza a velocidad constante y tiene un peso de
 800 lb y.
3500 lb
900 lb
1500 lb
2NA
2 NB
800 lb
La reacción NB puede ser obtenida directamente sumando los momentos con respecto a A
∑ MA = 0 
++++= 0
 (2NB*17 )+ (W *10)- (3500*3 )– (900*11) –(1500*18) = 0
 NB = 1394,12 – 0,2941 W 
Si W= 800 lb reemplazamos 
NB= 1394,12 – 0,2941(800) = 1158,82 lb = 1,16 kip
∑ FY =0 
 (2NA) + ( 2788,24 – 0,5882 W) – W – 3500 – 900 – 1500 =0
 NA = 0,7941W+ 1555,88 … (2)
 Si W= 800 lb reemplazamos 
NA= 0,7941(800)+1555,88 = 2191,18 lb = 2,19 kip
3500 lb
900 lb
1500 lb
2NA
2 NB
800 lb
b) Considerando la posición que se muestra, determine la carga máxima que la grúa puede levantar sin volcarse.
3500 lb
900 lb
1500 lb
2NA
2 NB
800 lb
NB= 0
NB= 1394,12 – 0,2941 W=0
W= 4740 lb 
W= 4,74 kip
La carga máxima que la grúa podrá levantar sin
Volcarse es de 4, 74 kip
EJERCICIO Nª 9 
Si una fuerza de F 50 N actúa sobre la cuerda, determine la fuerza de corte sobre la rama de árbol lisa que se encuentra en D y las componentes de fuerza horizontal y vertical que actúan sobre el pasador A. La cuerda pasa a través de una pequeña polea en C y un anillo liso en E.
Analizamos la polea D
Analizamos el segmento BAD
¿Cuál es el entramado y cuál
la máquina?
ENTRAMADO
MÁQUINA
La principal distinción entre entramados y máquinas, es que los entramados son estructuras rígidas mientras que las máquinas no lo son.
Indicar en el dibujo las fuerzas a determinar.
Observar si es necesario hacer diagrama de cuerpo libre de todo el entramado o máquina, para determinar sus reacciones en los apoyos.
Identificar y marcar para distinguir a los elementos de dos fuerzas
Efectuar la descomposición de los miembros del entramado o maquina, solo los mínimos necesarios, en algunas ocasiones se requiere de todos los elementos. Inicia con los elementos de dos fuerzas, Continuar con los elementos de fuerza múltiple.
Cuantificar el número de fuerzas desconocidas y el número de ecuaciones de equilibrio disponibles, por consiguiente se aplicarán: ∑FX= O;∑ FY= 0 ;∑MZ, con la aclaración de que esta última ecuación se puede utilizar varias veces en el elemento de fuerza múltiple o en el diagrama de cuerpo libre de la estructura. 
Seleccionar otro elemento del bastidor o la máquina que tenga tres o menos incógnitas para aplicar ecuaciones de equilibrio y continuar determinado las fuerzas internas.
Repetir el paso anterior hasta terminar de calcular las fuerzas desconocidas. 
 Para comprobar los resultados de las fuerzas internas, aplicar las ecuaciones de equilibrio a un miembro que no se haya utilizado.
CONCLUSIONES:
-Después de haber analizado diversos tipos de ejercicios llegamos a concluir que un cuerpo está en equilibrio si este está sometido a un sistema de fuerzas y la resultante de todas las fuerzas y el momento resultante sean cero.
Para finalizar sintetizamos que es necesario analizar el equilibrio desglosando sus partes cuando de entramados y las maquinas se trata, esto nos ayudara a encontrar con mayor rapidez la incognitas que nos plantea el problema . 
 
LINKOGRAFÌA:
-https://es.slideshare.net/andresquispeavalos/fuerza-en-el-espacio-estatica#:~:text=Equilibrio%20de%20los%20sistemas%20de,si%20su%20resultante%20es%20nula.&text=Pero%20si%20las%20fuerzas%20son,mismo%20que%20si%20son%20paralelas
-https://es.slideshare.net/clasesdequimica/ejercicios-resueltos-de-estatica
-https://bdigital.uncuyo.edu.ar/objetos_digitales/11832/llano.pdf
-https://www.academia.edu/4705457/Tema_07_armaduras_entramados_y_maquinas
-https://slideplayer.es/slide/6150075/
- http://bdigital.unal.edu.co/5856/1/jorgeeduardosalazartrujillo20071.pdf
- https://pdfslide.net/engineering/solucionario-estatica-rc-hibbeler-12va-edicion.html
BIBLIOGRAFÌA:
Rodríguez Castillo, M. E. Ramírez Vargas, I. y Rodríguez Castillo, M. E. (2017). Estática para ingeniería. México, D.F, Mexico: Grupo Editorial Patria. 
 "AÑO DE LA UNIVERSALIZACIÓN DE LA SALUD" 
UNIVERSIDAD NACIONAL PEDRO RUÍZ GALLO 
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL, SISTEMAS Y ARQUITECTURA. 
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL .