Taller 4 mecanica para ingenieria
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El documento presenta un taller de mecánica para ingeniería donde se analizan sistemas de fuerzas y momentos aplicados a diversas estructuras y componentes mecánicos. Se detalla la resolución de problemas que involucran cargas en columnas, sistemas de poleas y fuerzas en componentes de un camión y aeronave. Se busca reemplazar sistemas de fuerzas por equilibrios equivalentes y se calculan magnitudes y direcciones de los momentos resultantes.
Taller 4 mecanica para ingenieria
- 1. Taller 4 mecánica para ingenería. Bryan Andrés Rico Quevedo January 17, 2020 1. Una base soporta la carga de cuatro columnas como se ilustra en la figura No 1. Determine la magnitud y el punto de aplicación de carga de la fuerza resultante del sistema. Figure 1: Fy = 40Kips + 8Kips + 12Kips + 20kips = 80Kips (1) la sumatoria en los ejes z y x es igual a 0. Mx = −10ft ∗ 20Kpis − 8ft ∗ 5Kpis = −240Kpis ∗ ft (2) Mz = −20Kpis ∗ 4ft − 8Kpis ∗ 10ft − 12kpis ∗ 10ft = −280Kpis ∗ ft (3) 2. Cuatro fuerzas están siendo aplicadas al componente de máquina ABDE como se ilustra en la Figura No 2. Reemplace las fuerzas por un sistema equivalente fuerza momento aplicado en el punto A. Figure 2: Fx = −300N − 120N = −420N (4) Fz = −250N (5) Fy = −50N (6) 1
- 2. FR = −420Ni − 50Nj − 250Nk (7) ahora se procede a hacer la suma de momentos en los ejes: My = 250N ∗ 0.2m − 120N ∗ 0.16m = 30.8Nm (8) Mz = −50N ∗ 0.2m − 120N ∗ 0.1m = −10Nm − 12Nm = −22Nm (9) Mx = −0 (10) Ma = 30.8Nmi + 0j − 22Nmk (11) 3. Dos poleas de 150 mm de diámetro están montadas sobre el eje AD, como se indica en la figura No 3. Las poleas instaladas en los puntos B y C actúan en planos verticales paralelos al plano yz. Reemplace las fuerzas mostradas con un sistema equivalente fuerza-par aplicado en el punto A. Figure 3: radio r = 0.15m 2 = 0.075 hacemos sumtarias de fuerzas en cada polea, polea B: FRB = 145n ∗ (0i − cos(20)j + sen(20)k) − 215j = −351.26Nj + 49.593Nk (12) MB = 145N ∗ 0.075m − 215N ∗ 0.075m = −(5.25Nm)i (13) polea C: FRC = (155N(+240N)(sen(10)j − cos(10)k) (14) MC = (240N − 155N) ∗ (0.075m)i = (6.375m)i (15) se pueden sumar estos momentos y fuerzas resultantes: FR = FRB + FRC = −(419.85N)j − (339.41N)K (16) Suma de momentos en el punto A MA = (MB+MC)i−351.26N∗0.225mK−49.593N∗0.225mj−68.591N∗0.45mk+389N∗0.45mj = (17) = (1.125Nm)i + (163.9Nm)j − (110.96Nm)k (18) 4. Se muestran los pesos de los diferentes componentes del camión ilustrado en la Figura No4. Reemplace este sistema de fuerzas por une fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación medida desde el punto A. Fy = 3500Lb + 5500Lb + 1750Lb = 10750Lb (19) ahora se procede a calcular el momento en el punto A: MRa = Ma; 10750lb ∗ d = 3500lb ∗ 20ft + 5500lb ∗ 6ft − 1750lb ∗ 2ft (20) d = 99500Lb 10750Lb = 9.25 (21) 2
- 3. Figure 4: 5. Como parte de una prueba, los dos motores de la aeronave se aceleran y los orificios de la bomba de combustible se ajustan para que se muestren los empujes hacia adelante y hacia atrás que se ilustran en la Figura No 5. ¿Qué fuerza debe ejercer el grupo en cada una de las ruedas principales de frenado en A y B para contrarrestar el efecto de giro de los dos empujes del operador? Desestime cualquier efecto de la rueda de morro C, que está girada 90 ◦ y sin freno. Figure 5: MA = MB = 500lb ∗ 3ft + 500lb ∗ 11ft = 7000Lb ∗ ft (22) 6. Determine la magnitud y la dirección del par M que reemplazará a los dos pares de fuerza dadas y producirá el mismo efecto externo sobre el bloque. Especifique las dos fuerzas F y - F, aplicadas en las dos caras del bloque paralelas al plan y-z e, que pueden reemplazar las cuatro fuerzas dadas. Las fuerzas 30-N actúan parall el al plano y-z. Figure 6: se calculan los pares de fuerzas: Mz = 30N ∗ 0.6m ∗ cos60 = 9Nm (23) My = −30N ∗ 0.6m ∗ sen60 = −15.58Nm (24) 3
- 4. Mtotal = 0i − 15.58Nmj + (9Nm)k (25) 4