EstaticaLaptop [VARGAS].pdf

Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno

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DEPARTAMENTO DE INGENIERIADE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA

ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL


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ELABORADO POR:ING° LUIS ALFREDO VARGAS MORENO

PROFESOR DEL CURSO


:319176,:9605573

DEPARTAMENTO DE INGENIERIADE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL

ESTATICA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA

ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL


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SILABO

1. DATOS GENERALES

1.1 Nombre de la Asignatura : Estática

1.2 Código : IC-243

1.3 Créditos : 5

1.4 Tipo : Obligatorio

1.5 Requisito : FS-142, MA-146

1.6 Plan de Estudios : 2004

1.7 Semestre Académico : 2011-I


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1.8 Duración : 16 semanas

1.9 Período de inicio y término : 29/08/2011

09/12/2011

1.10 Docentes Responsables :

Ing° Luís Alfredo Vargas Moreno

1.11 N° horas de clases semanales

1.11.1 Teóricas : 4

1.11.2 Prácticas : 2


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1.12 Lugar

1.12.1 Teoría : H-216

1.12.2 Práctica : H-216

1.13 Horario

1.13.1 Teoría : Lunes: 16-18hrs

1.13.2 Teoría : Miércoles: 18-20hrs

1.13.2 Practica : Jueves: 18-20hrs


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2. SUMILLA

Según el plan curricular, la sumilla es la siguiente:

Conceptos y principios fundamentales de la mecánica,operaciones con fuerzas, equilibrio de cuerpos rígidos,determinación de propiedades de las secciones, fuerzasen vigas y cables.

3. OBJETIVOS

3.1 General: Determinar el comportamiento de cadaestructura en base a los criterios de continuidad de loselementos estructurales.


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3.2 Especifico: Se pretende que el alumno aprenda losconceptos básicos relacionados con el equilibrio de loscuerpos rígidos teniendo en cuenta las fuerzas actuantes ysus puntos de aplicación. Suministrar las herramientas quele permitan plantear y resolver problemas relacionados conel equilibrio de partículas y cuerpos rígidos. Darleconocer al estudiante los conceptos básicos para analizardiferentes tipos de estructuras estáticamentedeterminadas.

4. METODOLOGÍA

En el desarrollo del curso se promoverá la participaciónactiva del estudiante, utilizando métodos: inductivo-deductivo; modo: colectivo explicativo; forma: intuitivosensorial; con sus respectivos procedimientos y técnica


:319176,:9605573como lluvia de ideas, seminarios, enseñanza en grupos,estudio dirigido, talleres y otros.RECURSOS DIDACTICOSSe utilizara proyector multimedia y pizarra acrílica.

5. SISTEMA DE EVALUACIÓNSe evaluara por medio de la rendición de un ExamenParcial, un Examen Final y un Trabajo Domiciliario.La nota final se obtendrá aplicando la siguiente fórmula:

2

2

2

1

1

4

EP EF P

P

PP

PP

F

P


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6. REFERENCIA BIBLIOGRAFICA

Estática, Beer R. Johnston.

Estática, J. L. Meriam.

Estática Gráfica, Otto Henkel.


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.

01 Introducción, Definición, Vectores, Regladel Paralelogramo, suma de tres o masvectores, escalares, mecánica de laspartículas, fuerzas en un plano.

Resultante de varias fuerzas concurrentes.Descompocisión de una fuerza encomponentes.

Lavm

02 Componentes rectangulares de una fuerza,vectores unitarios.

Suma por suma de sus componentes,equilibrio de una partícula, fuerzas en elespacio.

Lavm

7.0 Programa Analítico - Practico


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03 Equilibrio de una partícula en el espacio,sólido rígido, principio de transmisibilidad,momento de una fuerza con respecto a unpunto.

Teorema de Varignon, componentesrectangulares del momento de una fuerza.

Lavm

04 Producto escalar de dos vectores,proyección de un vector sobre un eje dado,producto mixto de tres vectores.

Momento de una fuerza con respecto a uneje, par de fuerzas, suma de pares,representación de un par.

Lavm


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05 Descomposición de una fuerza: en unafuerza y un par en un punto dado,reducción de un sistema de fuerzas a unafuerza y un par.

Casos particulares de la reducción de unsistema de fuerzas: fuerzas coplanares,fuerzas paralelas; caso general.

Lavm

06 Equilibrio del sólido rígido, equilibrio en dosdimensiones. Tipos de apoyos.

Tipos de ligaduras, equilibrio de un sólidorígido sometido a tres fuerzas.

Lavm

07 Equilibrio de un sólido sometido a dosfuerzas, centro de gravedad, centro de

Lavm


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07 Gravedad de área planas, centro degravedad de líneas.

Áreas y líneas compuestas, centro degravedad por integración.

Lavm

08 SEMANA DE EXAMENES PARCIALES Lavm

09 Líneas.

Teoremas de Pappus-Guldin, cargasrepartidas sobre vigas.

Lavm

10 Volúmenes, cuerpos y volúmenescompuestos.

Vigas, tipos de vigas, en voladizo,simplemente apoyada, con voladizos, vigasisóstáticas, hiperestaticas.


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11 Vigas combinadas, tipos de cargas, fuerzacortante y momento flector, convención designos.

Diagrama de fuerzas cortantes y momentoflector.

Lavm

12 Relaciones entre la carga, la fuerzacortante y el momento flector.

Ejemplos.

Lavm

13 Momento de inercia, momento de inercia deun área finita, momento polar de inercia,radio de giro.

Teorema de Steiner, producto de inercia,momentos de inercia respecto a ejes


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13 Inclinados, dirección de ejes principales,producto de inercia respecto de ejesinclinados, círculo de Mhor.

Lavm

14 Momento de inercia máximo y mínimo.

Armaduras, marcos.

Lavm

15 SEMANA DE EXAMENES FINALES Lavm

16 Entrega de notas, promedios, reclamos,finalización del semestre.


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CAPITULO 1

Estática de Las Partículas


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Fuerzas en el Plano


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ESTATICAEs una ciencia físico matemática, que describe ypredice las condiciones de reposo o movimiento de loscuerpos bajo la acción de fuerzas.

Vectores.- son expresiones matemáticas que poseenmódulo dirección y sentido.Ejemplo de magnitudes vectoriales- Las fuerzas- Los desplazamientos

- Las velocidades- Las aceleraciones- Los momentos lineales etc.


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La Suma de los vectores, se realiza gráficamenteutilizando la regla del paralelogramo.

Regla del Paralelogramo.- Se puede sustituir dosvectores por un único vector denominado resultante, elcual se obtiene trazando la diagonal de unparalelogramo cuyos lados son los vectores iniciales.

Ejemplo.- Sumar los vectores A y B, cuyascaracterísticas están dadas gráficamente (A).

Propiedad: A+B=B+A


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rA

rB

rA

rB


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Sumar los vectores:

Para sumar tres vectores, se suman primero dos deellos y luego resultante se suma al tercer vector.

Suma de tres 3 o mas vectores

r r rA BC, ,

r r r r r rA B C A B C+ + = + +( )

A

B

C


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C

Escalar.Es una magnitud que no tiene punto de aplicación,dirección ni sentido; solo tiene módulo.

R

A B

Ejemplos de magnitudes escalares:

- El Volumen- La Masa

- La energía


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Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Todafuerza es un vector, por lo tanto posee un punto de aplicación,dirección, sentido y módulo.

Mecánica de la Partículas

Fuerzas en un plano

Modulo.- Viene hacer cierto numero de unidades.

Dirección.- Esta dado por la recta soporte de la fuerza. Dicharecta se caracteriza por el ángulo que forma con una línea dadao prefijada.Sentido.- Se indica mediante una flecha


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A=Partícula

Problema.- Determinar gráfica y analíticamente laresultante de las fuerzas mostradas en la figura:

ALínea prefijada

5= ModuloA= Punto de aplicación

α= Dirección


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Ley de CosenosLey de Senos

2500N

1750N

95°

1750N

2500N

95º

R

2 2 21750 2500 2(1750)(2500) 85R Cos

2924R N

2924 1750

85Sen Sen

0.85Sen

58.40


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Problema.- La suma de las fuerzas A (que es horizontaly de 10N) y B (vertical) produce la fuerza C que tieneun módulo de 20N. ¿Cuáles son el módulo de la fuerzaB y la dirección de la fuerza C? [Utilizar el polígono defuerzas para conseguir unos resultados aproximados,que en este caso es un triángulo, y realizar además loscálculos analíticos.]


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Resultante de Varias fuerzas concurrentes

O

A

BC

La resultante de las fuerzas se obtiene por medio dela regla del polígono. Esta fuerza resultante producelos mismos efectos que las fuerzas originales.

A B C FuerzasCoplanares

O Particula

, ,

O

A

B

CR


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Descomposición de una fuerza en componentes

Una fuerza única F puede ser sustituida por dos ó masfuerzas que actuando simultáneamente producen losmismos efectos sobre la partícula.

Nota.- Para los fines del curso es de sumo interésconsiderar 2 casos de la descompocisión de una fuerza yque a su vez estas dadas en dos direcciones.

Primer caso.- Cuando se conoce la dirección de ambascomponentes.

F= dato

L1 y L2 = dato


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F

L2

L1

F

B

A

L2

L1

A y B, Solución

Segundo Caso.- Cuando una de las componentes esconocida.La segunda componente se obtiene utilizando laregla del triángulo.


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A y R= dato

Problema.- Se quiere descomponer la fuerza P, cuyo móduloes de 400N, en dos componentes dirigidas según las rectas a-ay b-b. Determinar trigonométricamente el ángulo α, sabiendo

que la Componente de P según la recta a-a debe ser de 280N.

B= incógnita

A

R RA

B


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a

a

b

bP

280N


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, , ?, ?

º , * * * º

2 2 2

2 2 2

P A B 2A B C os

P 400 A 280 B

50 400 280 B 2 280 B C os50

(Ley de cósenos)

(Ley de senos)

º

º( )

A P

Sen Sen50

ASen50arcSen

P

a

a

b

P

280N

280N


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Problema.- Sabiendo que α=30º, determinar elmódulo de la fuerza F de modo que la fuerzaresultante ejercida sobre el cilindro sea vertical. ¿Cuáles el correspondiente valor del módulo de laresultante?

F

600N


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600

30 20Sen Sen=

F

=F

600

30 130Sen Sen=

R

=R

Componentes rectangulares de una Fuerza

Cuando una fuerza se descompone en dos fuerzas cuyasdirecciones forman un ángulo de 90º entre si, se dice que soncomponentes rectangulares, porque forman un rectángulo.

F

600N

F

R


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Vectores unitarios.- Son aquellos vectores que tiene comomódulo la unidad.

El vector unitario según el eje “x”, se denomina por i.

FFy

Fxa

x

y


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El vector unitario según el eje “y”, se denomina por j.

Componentes según las direcciones x e y de la fuerzaF

j

i x

y

Módulo = 1


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Fx, Fy son escalares apropiadosFx, Fy, pueden ser positivos o negativos; el valor absoluto deFx, Fy, vienen hacer los módulos de las componentes segúnlas direcciones x e y, de la fuerza F.

F F x i + F y jj

ia

x

y

F

Fx Fxi

Fy Fyj


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Fx F Cos

El Modulo de la fuerza F:

2 2F Fx Fy

Fy F Sen

FyTg

Fx


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Problema.- Determinar las componentes x e y de cadauna de las fuerzas indicadas en el sistema mostrado enla figura.

x

y

80N100N120N


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x

y

80N100N120N

80cos330º

80 330º

Fx i

Fy sen j

100cos 290º

100 290

Fx i

Fy sen j

120cos 220º

120 220º

Fx

Fy sen


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Suma de fuerzas por suma de sus componentes

R A B C y

x

A

B

C

xA

yA

xB

yB

xC

yC

y

x

R

xR

yR

Rx Fx

Ry Fy

( )Rxi Ax Bx Cx i

( )Ryj Ay By Cy j

R Rx Ry


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Equilibrio de una partícula

Si la resultante de todas las fuerzas que actúan sobreuna partícula es nula, se dice que la partícula esta enequilibrio.

0R F ( ) 0Fxi Fyj

0Fx 0Fy


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Problema.- Dos cables están unidos en C y cargados según semuestra en la figura. Determinar la tensión en AC y BC.

0.60

0.80


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ax

y

ß

TBC

100

TAC

T CosBC

T SenBC

T CosAC

T SenAC


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Fuerzas en el Espacio


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Fuerzas en el espacio

2 2 2F F x F y F z

Fx FCos xFy FCos y

Fz FCos z


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Problema.- Determinar las componentes x, y, z de lafuerza de 250N y los ángulos que forma esta con losejes coordenados.

2 2 2(cos ) (cos ) (cos ) 1x y z

F Fxi Fyj Fzk


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250 30ºFy Cos

30°

y

xz

250N

25°

(250 60) 25ºFx Cos Cos

(250 60 ) 25ºFz Cos Sen

F


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Problema.- Si se sabe que la tensión en AB es de39kn, determinar los valores que deben tener lastensiones en AC y AD de modo que la resultante delas 3 fuerzas aplicadas en A sea vertical.

x xF FCos

xx

FCos

F

x


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EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA EN EL ESPACIO

0R F

( ) 0Fxi Fyj Fzk

0, 0, 0Fx Fy Fz


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Problema.- Una grúa (que no semuestra) esta soportando unajaula de 2kN a través de trescables: AB, CB y DB. Nóteseque D está en el centro de lacara exterior de la jaula; C estaa un a distancia de 1.6m de laesquina de dicha cara, y B estadirectamente sobre el centro deesa cara. ¿Cuáles son las fuerzasF1, F2 y F3 que transmiten loscables?


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Problema.- ¿Cuál es la suma de las tres fuerzas? La fuerza de 2kN esta en el plano yz.


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CAPITULO 2

Sólido Rígido

Sistemas Equivalentesde Fuerzas


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Son aquellos sólidos que se consideran indeformables.Las fuerzas que actúan sobre un sólido rígido puedenser exteriores e interiores:

SOLIDÓ RIGIDO

1) Las fuerzas exteriores representan la acción deotros cuerpos sobre el sólido rígido considerado.

2) Las fuerzas interiores son aquellas que mantienenunidas las partículas del sólido rígido.


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Nota.- Cada una de las fuerzas exteriores que actúan sobre unsólido rígido es capaz si no se le opone otra de imprimir alsólido un movimiento de traslación o de rotación, o ambos ala vez.


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PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD

Si: F, F’=Módulo, dirección, SentidoL, L’ es la misma recta soporteO, O’ son puntos diferentes de aplicación de la fuerza


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Estas fuerzas producen el mismo efecto físico sobre elsolidó rígido, por lo que se dice que sonmecánicamente equivalentes.


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MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO DE UNPUNTO

Se define el momentode una fuerza F,respecto de un punto O,al producto vectorial deun vector posiciónllamado r y de un vectorfuerza llamado F.

OM r F

.OM rFSen F d


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El módulo de Mo mide la tendencia de la fuerza F aimprimir al sólido rígido una rotación alrededor de uneje dirigido según Mo.

NOTA.- Dos fuerzas son mecánicamenteequivalentes, si y solo si son iguales (módulo,dirección y sentido) y sus momentos respecto a unpunto dado también son iguales.

',F F

'O OM M


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TEOREMA DE VARIGNON

1 2 3( ..... )O nM r R r F F F F

1 2 3 ..... )nr R r F r F r F r F

Fn

1 2 3 ..... nR F F F F


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COMPONENTES RECTANGULARES DEL MOMENTODE UNA FUERZA

F


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r xi yj zk

F Fxi Fyj Fzk

OM r F

OM Mxi Myj Mzk

O

i j k

M x y z

Fx Fy Fz


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Problema.- Una fuerzade 450N esta aplicadaen A. Determinar a)El momento de lafuerza respecto alpunto D. B) La fuerzamínima que aplicadaen B produce elmismo momentorespecto a D.


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0.3 0.125r i j

450 30º 450 30ºF Sen i Cos j

(0.3,0.125)r DA A D

0.3 0.125 0

450 30 450cos30 0

FD

i j k

M

sen

88.788 .FDM k N m


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M rxFSen

M Fxd

Se sabe que:

Si F mínimo

d=máximo

max88.788 imok Fd

2 288.788 (0.3) (0.225)F

236.768F N


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PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES

. .P Q P Q C o s

:

x y z

Si

P P i P j P k y

x y zQ Q i Q j Q k

. .P Q Px Qx PyQy PzQz

. .Px Qx PyQy PzQz P QCos

.

.

Px Q x PyQ y PzQ zC os

P Q


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PROYECCION DE UN VECTOR SOBRE UN EJE DADO

P RCosOLR


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. . . ( . ) .R S R S C o s R C o s S

. .ROLR S P S .R

O L

R SP

S

.RO LP R

PRODUCTO MIXTO DE TRES VECTORES

, ,R S T

Se define como producto mixto de tres vectores a la siguienterelación:

. ( )R S T

Sean los vectores:


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R

S

T

R S T

Rx Ry Rz

Sx Sy Sz

Tx Ty Tz

.( )

.( ) .( ) .( )R S T S T R T R S

Propiedad:

Problema.- Un poste esta sujeto por medio de tres vientoscomo se aprecia en la figura. Determinar el ángulo queforman los cables AD y AC.


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Solución:( 14,0,0) (0, 48,0) ( 14, 48,0)AD D A

14 48 0AD i j k

(16,0, 24) (0, 48,0) (16, 48, 24)AC C A

16 48 24AC i j k

2 2 2( 14) ( 48) (0)AD

2 2 2(16) (48) (24)AC

. 14 16 48 48 0

. 50 56ACAD

AD AC x xCos

AD AC x

42.02º


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MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO DE UN EJE

Se define elmomento de unafuerza con respectoa un eje, como laproyección sobre eleje del momento dela fuerza conrespecto a un puntodel eje.


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Físicamente el momento de una fuerza con respecto de uneje, mide la tendencia de hacer girar el solidó alrededor dedicho eje.

. . . .FOMF F F

O L O L O OM P M M

. ( ) .FO LM r F

.FOL

x y z

M x y z

Fx Fy Fz

Pr oducto Mixto detres vectores


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Problema.- Calcular el momento de la fuerza P, con respectoal punto A y a la recta AB.

x

y

z


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AM r P

( ,0, ) (0, , ) ( , ,0)r a a a a a a

( , ,0) ( ,0, ) (0, , )

2

a a a a a aP P P

a

(0,100, 100)P

(2, 2,0)r

2 2 0

0 100 100A

i j k

M

200 200 200AM i j k


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.( ) .P

ABM r F

1 0 0

2 2 0 .(1,0,0)

0 100 100

P

ABM

200P

ABM i

PAR DE FUERZAS

Se llama par de fuerzas, alsistema formado por dos fuerzasF y-F, que tienen el mismomodulo, rectas soportesparalelos y sentidos opuestos.


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RESULTANTE DE UN PAR DE FUERZAS

La resultante de un par de fuerzases un momento, siendo este unvector libre (se puede aplicar encualquier punto)

Suma de Pares

1:Si setiene M Momento deun par

2M Momento deun par

1 2 ,la suma de M M M es otro momento deotro par


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Representación de un parPuede ser representado por vectores:


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Cualquier fuerza F, que actúa sobre un solidó rígido puede sertrasladada a un punto arbitrario O, sin mas que añadir un parcuyo momento sea igual al momento de F con respecto adicho punto.

Descompocision de una fuerza, en una fuerza y un par en unpunto dado.


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Reducción de un sistema de fuerzas, a una fuerza y un par


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R F

( )R

O OM M r F


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z

Problema.-Reducir elsistema fuerza-paraplicado al sólidomostrado en la figura,al punto cuyascoordenadas son: (8,-7,-5)cm.F1=1000kgf(Contenido en elplano ABC)F2=2000kgfF3=3000kgfd=20cm

(0,4,0)

(5,0,0)

(6,0,7)

(0,4,5)

(0,0,5)

OF1

F1

F2

F3

A

B

C

y

x

d

(3,3,2)


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1F

6 0 2 (8,0, 24)

6 4 2

i j k

CAxCB

1 8,0, 241000 20( )

640

F

M x

1

6325 0 18,974F

M i j k

2F

23,3, 5

2000( )43

F


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2 915 915 1525F i j k

2

5 10 7

915 915 1525

F

i j k

M

2

21655 14030 4575F

M i j k

3F

3 3000F k

3

8 7 5

0 0 3000

F

i j k

M


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3

21,000 24,000F

M i j

1 2 3R F F F

915 915 1475R i j k kgf

1 2 3R F F F

M M M M

5670 9970 14,399R

M i j k

Casos Particulares de la Reducción de un Sistema de Fuerzas

a) Fuerzas Coplanares

Son fuerzas que actúan en un mismo plano.


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ROM

dR


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b) Fuerzas Paralelas

yR F R

x xM M R

z zM M

R

OM r R


:319176,:9605573

.Rz yM x R

Rz

y

Mx

R

.Rx yM z R

Rx

y

Mz

R

c) Caso General

TORSOR


:319176,:9605573

1

( ).( )RoR M R

MR R

Solución

Reduciremos todo elsistema de fuerzasprimero al origen (0,0,0)

1 ( . ).RoM M

Problema.- Reducir el sistema de fuerzas aplicado a la placamostrado en la figura, a un torsor. Especificar el eje y el pasodel torsor.


:319176,:9605573

40 6 8 0 40(8 6 )

0 0 40

i j k

C i j

40 320 240C i j

10 6 0 4 10( 4 6 )

0 10 0

i j k

C i k

10 40 60C i kj


:319176,:9605573

10 0 8 4 10(4 8 )

10 0 0

i j k

C i k

10 (40 80 )C j k

10R i

360 280 140C i j k

1

( ).( ).

C R RC

R R

Torsor


:319176,:9605573

1

( 360, 280, 140).( 10,0,0) ( 10,0,0).

10 10C

1 360C i

2 1C C C

2 280 140C j k

2r R C

( 0) ( 0) ( 0)

10 0

2

0

80 140

i j k

x y jz k

10 10 280 140zj yk j k

28,

14

z

y


:319176,:9605573

Paso del torsor (P)

1 36036

10

CP

R

Ecuación del ejeEl eje es paralelo al eje x.Un punto de paso del eje es (0,-14,28)


:319176,:9605573

CAPITULO 3

Equilibrio del SólidoRígido


:319176,:9605573

0 ( ) 0F M r F

0, 0 0x y zF F F 0, 0 0x y zM M M

Equilibrio en dos dimensionesLas fuerzas exteriores y la estructura, se encuentran en elplano de la figura; es evidente que las reacciones en losapoyos se encontraran en el mismo plano:

Equilibrio del sólido rígidoSe dice que un sólido rígido esta en equilibrio, cuando lasfuerzas exteriores que actúan sobre el, forman un sistema defuerzas equivalentes a cero:


:319176,:9605573

Tipos de apoyo

1º Una reacción con una recta soporte conocida

Rodillos

Balancín Superficie lisaReacción con una rectasoporte conocidaNumero de incógnitas = 1


:319176,:9605573

Reacción con una recta soporteconocida

Numero de incógnitas = 1

DeslizaderaBiela Reacción con una recta soporte

conocida

Cable Biela


:319176,:9605573

Reacción con rectasoporte desconocida

Articulación Superficie rugosa

Numero de incógnitas = 2

Fuerza y par

Numero de incógnitas = 3Empotramiento


:319176,:9605573

REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES


:319176,:9605573

0xF 0yF 0AM Tipos de ligaduras

1º El tipo y numero de apoyos, determina el número deincógnitas o reacciones (R).

2º Para un sistema general de fuerzas, el número deecuaciones es igual a tres (Q).

3º Si R=Q:

a) El sistema es estable, esta completamente ligadoy estáticamente determinado.


:319176,:9605573

b) El sistema es inestable, tiene ligadura impropia y sonestáticamente indeterminados.


:319176,:9605573

Un sólido rígido esta impropiamente ligado siempre quesus apoyos aunque pueden generar un númerosuficiente de reacciones, estén dispuestos de tal formaque las reacciones sean concurrentes o paralelas.


:319176,:9605573

4º Si R<Q: el sistema es inestable y esta parcialmenteligado.

Cuando las ligaduras, no pueden impedir el movimientode la estructura.


:319176,:9605573

Las reacciones en A y B, introducen sólo 2 incógnitas,una de las ecuaciones, no se satisfacera.

5º Si R>Q: el sistema es estáticamente indeterminado(hiperestatico)


:319176,:9605573

Ligadura completa, estructura estáticamenteindeterminada, el número de reacciones mayor que elnúmero de ecuaciones de equilibrio

Determinación del Tipo de Ligadura

Para una armadura coplanar:

LigadanteCompletameArmadura;2 nNNSi Rb

LigadateParcialmenArmadura;2 nNNSi Rb

adaindeterminnteEstaticameesArmadura;2 nNNSi Rb

adeterminadnteEstaticameesArmadura;2 nNNSi Rb


:319176,:9605573

Problema.- En la estructura mostrada en la figura,calcular las reacciones en los apoyos A y B.

2.5m 2.5m

3.0m


:319176,:9605573

0BM 400 2.5 5 3 0y xA A

0xF

0yF 400 0 400y y yA B A BSen

En (1)

1000

5 3B

Sen Cos

0x xA BCos A BCos

Bx

By


:319176,:9605573

333.33B N

333.33xA N

400.00yA N

Para el problema β=90-α

α=90°, β=0°

Equilibrio de un sólido rígido sometido a tres fuerzas

Si un sólido rígido sometido a tres fuerzas está enequilibrio, las rectas soportes de las 3 fuerzas debenser concurrentes o paralelas


:319176,:9605573

0DM Si se toma momento respecto al punto de concurrenciade dos de ellas, la recta de acción de la tercera fuerza,necesariamente tendrá que concurrir a este punto paraque el momento sea nulo.


:319176,:9605573

Equilibrio en Tres dimensiones

Las reacciones en apoyos y uniones de una estructuratridimensional, comprende desde una fuerza única(apoyo en superficie lisa), hasta seis (tres fuerzas ytres momentos/ apoyo de empotramiento).

Para expresar las condiciones de equilibrio de unsólido rígido, es necesario seis ecuaciones escalares,a saber:

0, 0 0x y zF F F 0, 0 0x y zM M M


:319176,:9605573

En la mayoría de los problemas, las ecuacionesescalares anteriores, se obtendrán mascómodamente si las condiciones del equilibrio delsólido rígido considerado se expresan primero enforma vectorial, de la siguiente manera:

0 ( ) 0F M r F


:319176,:9605573

REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES


:319176,:9605573

CAPITULO 4

Fuerzas Repartidas

Centros de Gravedad


:319176,:9605573

Centroides de Áreas y Curvas Planas

ii

W W

c i ii

Wx W x

Tomando momentos conrespecto al eje y

i ii

c

W x

xW

(1)


:319176,:9605573

Análogamente, se tiene:

i ii

c

W y

yW

La localización de la línea de acción del pesoresultante W de la placa esta dada por la coordenadasxc, e yc.

W

V i iW V i iW At (3)

(2)


:319176,:9605573

(3) en (1) y (2)

( )i ii

c

At x

xAt

( )i ii

c

At y

yAt

El punto situado sobre el área A, localizado porla coordenadas xc e yc, se define como elcentroide de esta área.

i ii

c

A x

xA

i ii

c

A y

yA


:319176,:9605573

Si se sigue subdividiendo el área de la placa en lasáreas elementales Ai, se llega a una situación limite,de modo que:

0i

i ii A

cA

xdAA x

x LimA A

0i

i ii A

cA

ydAA y

y LimA A

Las dos ecuacionesanteriores constituyenla definición formal delas coordenadascentroidales del Área“A”.


:319176,:9605573

, es el momento de primer orden del area A con respecto al eje "y"A

xdA

, es el momento de primer orden del area A con respecto al eje "x"A

ydA

Centroides de Curvas Planas


:319176,:9605573

i ii

c

l x

xl

i ii

c

l y

yl

0i

i ii l

cl

xdll x

x Liml l

0i

i ii l

cl

ydll y

y Liml l

Notas

1º Si un área o una línea, posee un eje de simetría, elcentro de gravedad debe estar situado sobre dicho eje.


:319176,:9605573


:319176,:9605573

2º Si un área o una línea, posee dos ejes de simetría,el centro de gravedad debe estar situado en el puntode intersección de ellos.


:319176,:9605573

3º Si un área o una línea, posee un centro de simetría,el centro de gravedad debe estar situado en dichocentro de simetría.


:319176,:9605573

Áreas y líneas compuestas

El centro de gravedad de áreas y líneas compuestas,se determina descomponiendo el área o la líneacompuesta en áreas o líneas conocidas maspequeñas.


:319176,:9605573

1 1 2 2

1 2

.........

........i i

ci

x A x A x Ax

A A A

1 1 2 2

1 2

.........

........i i

ci

y A y A y Ay

A A A


:319176,:9605573


:319176,:9605573

( ) ( )x h c y k

2x cy

x a y h2a

ch

22 a

x yh

Problema.- Hallar la abcisa delcentro de gravedad del áreasombreada.

solución


:319176,:9605573

x b2

2

hby

a

2

2

3

2

. 3 3 .. ( )

3 4 4 3

3 3

a h a b hbb

axah hb

a

4 4

3 3

3( )

4

a bx

a b


:319176,:9605573

Centros de Gravedad por integración

Áreas (elemento vertical)

ydxdA

x xel yy

el 2

A

xdA

x A

A

xydxx

b

a

A

ydA

y A

A

ydxy

y

b

a 2


:319176,:9605573

Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad delrectángulo mostrado en la figura.

xxel

hdxdA

A

xhdxx

b

0

bh

hx

x

b

0

2

2

2

bx

x dx


:319176,:9605573

dyxbdA )(

x xb x

el

2

A

xdA

x A

c

c

dyxb

dyxbbx

x

0

0

)(

))(2

(

xx b

el

2

(a,c)

Elemento horizontal


:319176,:9605573

y yel

A

ydA

y A

c

c

dyxb

dyxbyy

0

0

)(

)(


:319176,:9605573

d

rCosxel3

2

2

)( rrddA

0

2

0

2

2

2)

3

2(

dr

drrCos

x

2

2 drdA

A

xdA

x A

Coordenadas Polares


:319176,:9605573

rSenyel3

2

A

ydA

y A

0

2

0

2

2

2)

3

2(

dr

drrSen

y

Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad delárea sombreada.


:319176,:9605573

x

x,y

22 a

x yh

dx

2

2x

a

hy

ydxdA

b

a

b

a

ydx

xydxx

b

a

b

a

dxxa

h

dxxa

hx

x

)(

)(

2

2

2

2b

a

b

a

x

x

x

3

4

3

4

)(

)(

4

333

44

ba

bax


:319176,:9605573

P(x,y)

dx

dy

dL

ydxddL 22

L

xdL

x L

x xel

L

ydL

y L

y yel

dxdx

dydL 2)(1

dydy

dxdL 2)(1

dd

drrdL 22 )(

Líneas


:319176,:9605573

Teoremas de Pappus-Guldin

Estos teoremas, se refieren a las superficies y acuerpos de revolución.

Una superficie de revolución se genera por la rotaciónde un línea curva plana alrededor de un eje fijo.Ejemplo:

Esfera Cono Toro


:319176,:9605573

Un cuerpo de revolución se genera por la rotación deun área plana alrededor de un eje fijo. Ejemplo:

Teorema N°1

El área de una superficie de revolución es igual a lacurva generatriz multiplicada por la distancia recorridapor el C.G. del área cuando se genera la superficie

Esfera Cono

Toro


:319176,:9605573

ydLdA 2

ydLdA 2

ydLA 2

LyA 2

Siendo 2πy, la distancia recorrida por elC.G.de la linea LNota.- La curva generatriz, no debe cortar el ejealrededor del cual gira.

y


:319176,:9605573

Teorema N°2El volumen de un cuerpo de revolución es igual al áreageneratriz multiplicada por la distancia recorrida por elC.G. del área cuando se genera el cuerpo ó volumen.

ydAdV 2

ydAdV 2

ydAV 2

AyV 2

y y


:319176,:9605573

Nota.- El teorema no puede aplicarse, si el áreageneratriz, corta al eje alrededor del cual se genera elcuerpo de revolución.

Siendo 2πy, la distancia recorrida por el C.G.del area A.


:319176,:9605573

Problema.- Determinar el área superficial y el volumendel remolque para materiales sueltos que se muestraen la figura 8.16.


:319176,:9605573

L

13.092Σ

0.4050.450.9

2.5411.052.42

7.21.26

2.5411.052.42

0.4050.450.9

L(m) ( )y m2( )y m LyA 2

22 13.092 82.26A m


:319176,:9605573

AA(m2)

6.984Σ

0.9720.452.16

0.3610.36

4.320.67.2

0.3610.36

0.9720.452.16

( )y m3( )y m AyV 2

32 6.984 43.88mV


:319176,:9605573

Cargas Repartidas sobre vigas

Se puede sustituir una carga repartida sobre unaviga, por una carga concentrada; el módulo de estacarga es igual al área bajo la curva de cargas y surecta de acción pasa por el centro de gravedad deesta área.

L

wdxW0


:319176,:9605573

nndwxdwxdwxdwxWx ...................332211

: wM

ii

idwxWx

ii

iw

dwxLimWxi

0 xdwWx AxdAxL

0

Nota.- La carga concentrada es equivalente sólo en loque se refiere a fuerzas exteriores, puede emplearsepara hallar las reacciones, pero no para calcularfuerzas interiores y deformaciones.


:319176,:9605573

Volúmenes


:319176,:9605573

0M

ii

i wrWr

)()( jrwjrWi

ii

jrwjrWi

ii ).().(

).(.0

i

iiw

rwLimrWi

ii dwrrW ..

Relaciones escalares

xdwWx.

ydwWy.

zdwWz.


:319176,:9605573

Nota.- Si el cuerpo esta constituido por un materialhomogéneo, entonces el centro de gravedad de uncuerpo, es el mismo que el centro de gravedad de suvolumen:

ii dvrrV ..

xdvVx.

ydvVy.

zdvVz.

Son las coordenadas delcentro de gravedad.

:,, zyx


:319176,:9605573

xdv se le denomina momento de primer orden delvolumen respecto al plano yz.

ydv

zdv

se le denomina momento de primer orden delvolumen respecto al plano xz.

se le denomina momento de primer orden delvolumen respecto al plano xy.

Notas

1° Si un volumen posee un plano de simetría, sucentro de gravedad, debe estar situado en dichoplano.


:319176,:9605573

2° Si un volumen posee dos planos de simetría, sucentro de gravedad, debe estar situado en laintersección de dichos planos.

3° Si un volumen posee tres planos de simetría, sucentro de gravedad, debe estar situado en el punto deintersección de dichos planos.

Cuerpos y Volúmenes Compuestos

ii

iwxWx ii

iwyWy ii

iwxWy

ii

ivxVx ii

ivyVy ii

ivxVy


:319176,:9605573

Problema.- en el semicono mostrado en la figura,determinar las coordenadas del centro de gravedad.

)3

(2

1 hBV

)3

(2

1 2haV


:319176,:9605573

dxy

dv2

2

x

y

h

a yx

h

a

xxel 3

4yyel


:319176,:9605573

dvxVx el

h

dxy

xVx0

2

2.

h

dxh

xa

xVx0

2

22

2.

hx4

3

dvyVy el

a

dxyy

Vy0

2

.2

.3

4

a

dya

hyyVy

0

2

.2

.3

4

ay


:319176,:9605573

CAPITULO 5

Fuerzas en Vigas


:319176,:9605573

VIGAS

Se conoce como Viga, a un elemento estructuraldiseñado para soportar cargas aplicadas en diversospuntos a lo largo de la misma.

En la mayoría de los casos las vigas soportan cargasperpendiculares al eje de la viga, produciéndose en laviga fuerzas cortantes y momentos flectores.


:319176,:9605573

En ingeniería y arquitectura se denomina viga a unelemento constructivo lineal que trabajaprincipalmente a flexión. En las vigas la longitudpredomina sobre las otras dos dimensiones y sueleser horizontal.

El esfuerzo de flexión provoca tensiones de tracción ycompresión, produciéndose las máximas en el cordóninferior y en el cordón superior respectivamente, lascuales se calculan relacionando el momento flector y elsegundo momento de inercia. En las zonas cercanas alos apoyos se producen esfuerzos cortantes opunzonamiento.

http://es.wikipedia.org/wiki/Ingenier%C3%ADa

http://es.wikipedia.org/wiki/Arquitectura

http://es.wikipedia.org/wiki/Flexi%C3%B3n_mec%C3%A1nica

http://es.wikipedia.org/wiki/Tensi%C3%B3n_mec%C3%A1nica

http://es.wikipedia.org/wiki/Tracci%C3%B3n

http://es.wikipedia.org/wiki/Compresi%C3%B3n

http://es.wikipedia.org/wiki/Momento_flector

http://es.wikipedia.org/wiki/Segundo_momento_de_inercia

http://es.wikipedia.org/wiki/Esfuerzo_cortante


:319176,:9605573

Tipos de Vigas

Viga en voladizo


:319176,:9605573

Si la viga esta sujeta solamente en un extremo, de talmanera que su eje no pueda girar en ese punto, se lellama viga en voladizo.

Viga simplemente apoyada


:319176,:9605573

Viga con voladizos

Es una viga simplemente apoyada y que tiene uno olos dos extremos que continúan mas allá de estospuntos.


:319176,:9605573

Todas las vigas consideradas anteriormente son talesque se pueden calcular las reacciones en los apoyosutilizando las ecuaciones de equilibrio estático y se lesdenomina vigas estáticamente determinadas.

Vigas hiperestaticas

Si el número de reacciones que se ejercen sobre laviga excede el número de ecuaciones del equilibrioestático, las reacciones de las vigas sonestáticamente indeterminadas.

Vigas estáticamente determinadas


:319176,:9605573

V. Empotrada en unextremo y s. Apoyadaen el otro

V. Continua V. Biempotrada

Vigas CombinadasSon aquellas vigas que se conectan (dos o mas)mediante rotulas o articulaciones para formar unaúnica estructura continua.


:319176,:9605573

Tipos de carga

1° Carga aislada (aplicada en un punto), se expresa N.


:319176,:9605573

2° Carga repartida uniforme y con variación, seexpresa en N/m.

3° Carga por medio de un par, se expresa en N-m.


:319176,:9605573

Fuerza Cortante y Momento Flector en una viga


:319176,:9605573

Si se corta una viga en “C” y se suprime la partederecha de ésta sección, se deberá sustituir la partesuprimida por el efecto que ejercía sobre la parte dela izquierda; efecto que consiste en una fuerzacortante vertical (V) juntamente con un par (M).


:319176,:9605573

La fuerza V y el par M mantienen en equilibrio la partede la izquierda de la barra bajo la acción de lasfuerzas RA y P1.

Fuerza Cortante (V)

La suma algebraica de todas las fuerzas verticalessituados a un lado de la sección “C”, se llama fuerzacortante en esa sección.

Momento Flector (M)

La suma algebraica de los momentos de las fuerzasexteriores situados a un lado de la sección “C”, sellama momento flector en “C”.


:319176,:9605573

Convención de signos

El esfuerzo cortante (V) y el momento flector (M) enuna sección determinada de una viga se consideranpositivos cuando las fuerzas interiores y los pares queactúan sobre cada parte de la viga están dirigidoscomo se indica en la figura.


:319176,:9605573

* El esfuerzo cortante en “C” es positivo cuando lasfuerzas exteriores (cargas y reacciones) que actúansobre la viga tienden a cortar la viga en la seccióncomo se indica en la figura.


:319176,:9605573

* El momento flector (M) en la sección es positivocuando las fuerzas exteriores que actúan sobre la vigatienden a doblar la viga en la sección como se indicaen la figura.


:319176,:9605573

Diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores

Los diagramas de fuerzas cortantes y momentosflectores, es la representación grafica del efecto quese producen en cada una de las secciones de la viga.

* Las fuerzas cortantes positivas, se graficaran sobre eleje de la viga y los negativos debajo.

* Los momentos flectores se graficarán, si es positivodebajo del eje y si es negativo encima del eje.

Problema.- Para la viga mostrada en la figura,determinar:


:319176,:9605573

a) Reacciones en los apoyos

b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector

c) Diagramas de fuerza cortante y momento flector

d) Momentos flector máximo y su respectiva ubicación.


:319176,:9605573

a) Reacciones

Diagrama de cuerpo libre:

0 .AM S Horario

* 0B B

PaPa R L R

L

0 .BM S horario

* 0A A

PbR L Pb R

L

a b

RA RB

L

P

C


:319176,:9605573

b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector

T r a m o A C , s e c c io n 1 -1 0 x a

VPb

L M

Pb

Lx

0 0x M

Pabx a M

L

a b

Pb/L Pa/L

L

P

C

1

1x

y

xA

B


:319176,:9605573

,sec 2 2TramoCB cion a x L

a b

Pb/L Pa/L

L

P

C

2

2

x

y

xA

B

Pb PaV P

L L

( )Pb

M x P x aL

Pabx a M

L

0x L M


:319176,:9605573

c) Diagramas

X

V

Pb

L

Pa

L

(+)

(-)

X

M

(+) (+)

Pab

LMomento F. Máximo


:319176,:9605573

d) Momento máximo y su ubicación

MPab

L x a

Relaciones entre la carga, el esfuerzo cortante y elmomento flector

dx


:319176,:9605573

0componentesverticales

( ) 0V wdx V dv

dvw

dx (1)

(2)dM

dxV

c c’

( ) .M dM M Vdx wdxdx

2

0

0cM


:319176,:9605573

La expresión N°1, indica que para una viga cargada enla forma anterior, la pendiente del diagrama de fuerzascortantes (dv/dx) es igual y de signo contrario a laintensidad de la carga (w) bajo el punto enconsideración.

La expresión N°2, nos indica que la pendiente deldiagrama de momentos flectores (dM/dx), es igual a lafuerza cortante.

La expresión N°2, demuestra también que el momentoflector es máximo cuando la fuerza cortante es igual acero.


:319176,:9605573

dx

dV wdx D

C

X

D C XV V wdx

V V Areabajo la curva entreC y DD C ( )

De la Ec. N°1D

C

D X

C XdV wdx


:319176,:9605573

La fuerza cortante entre dos puntos cualesquiera deuna viga es igual y de signo contrario al área de lacurva de carga comprendida entre dichos puntos.

dM Vdx

M M VdxD C x

x

C

D

D

C

D x

C xdM Vdx

De la Ec. N°2

(Area bajo la curva deldiagrama defuerzas cortantes entreC y D)D CM M


:319176,:9605573

Ejemplo:

Diagrama de cuerpo libre:

L

A B

w

L

A B

w

R =wL/2A R =wL/2A


:319176,:9605573

L

A B

w

R =wL/2A R =wL/2A

R R wLA B

R RA B

R RwL

A B 2

V V wdx wxx A

x

0

M A 0M M Vdxx A

X

0

AV V wx

2A

wLV

2

wLV wx Ec. Una recta

x


:319176,:9605573

M wL

x dx wL

x dxx

X X

( ) ( )2 20 0

Mw

Lx x Parabolax 2

2( )

AC

wL/2

(+)

(-)

L/2

wL/2

B


:319176,:9605573

(+)

wL /82

dM

dxV El valor del Momento Maximocorrespondea 0 :

V wL

x xL

( )2

02

MwL

MAX 2

8


:319176,:9605573

Problema.- Dibujar los diagramas de fuerza cortante ymomento flector para la viga mostrada en la figura.

6 3

AB

C

20N/m

6 3

AB

C

20N/m

R =80N R =40NA C


:319176,:9605573

V NA 80

La variación de la fuerza cortante entre dos puntos, esigual a menos el área comprendida bajo la curva decarga entre dichos puntos, por lo tanto se puedeobtener VB.

V V NB A ( )( )20 6 120

V V NB A 120 120 80 40

La pendiente dv/dx=-w, es constante entre A y B, portanto el diagrama de fuerzas cortantes entre estospuntos es una línea recta.


:319176,:9605573

Entre B y C el área bajo la curva de carga es cero, porlo tanto:

V V V V NC B C B 0 40La fuerza cortante es constante entre B y C

AD B

40N

(+)

(-)

x

80N

C


:319176,:9605573

A la ubicación de la sección donde el momento flectores máximo le denominaremos D (V=0).

x x

x m80

6

404

M A 0

La variación del momento flector entre dos puntos, esigual al área comprendida bajo la curva de carga entredichos puntos, por lo tanto se puede obtener MD.

160D AM M 160DM


:319176,:9605573

AD B

(+)

C

(+)

160Nm

120Nm

4 80 2 40

2 2B A

x xM M 120BM


:319176,:9605573

El diagrama de momentos flectores está conformadode una parábola seguido por un segmento de línearecta; la pendiente de la parábola en A es igual alvalor de V en ese punto.


:319176,:9605573

CAPITULO 6

Fuerzas Repartidas

Momentos de Inercia


:319176,:9605573

El momento de inercia delelemento de árearespecto del eje x es:

dIx y dA 2

Momentos de Inercia (I)

El momento de inercia o momento de segundo ordenrespecto a un eje en su plano, esta dado por elproducto del área del elemento y el cuadrado de ladistancia entre el elemento y el eje.


:319176,:9605573

El momento de Inercia de un área finita respecto a uneje en su plano es la suma de los momentos de inerciarespecto de ese eje de todos los elementos de áreacontenidos en ella.

Momento de Inercia de un Área Finita

Ix dIx y dA 2Iy dIy x dA 2

UnidadesLas unidades del momento de Inercia son la cuartapotencia de la unidad de longitud, por ejemplo: cm4

El momento de inercia del elemento de área respectodel eje y es: dIy x dA 2


:319176,:9605573

Momento Polar de Inercia (Io)

Viene hacer el momento de segundo orden conrespecto a un polo.

2Io dA pero x y2 2 2

2 2( )Io x y d A Io x dA y dA ( ) ( )2 2

Io Iy Ix


:319176,:9605573

Radio de Giro (k)

1° El radio de giro de un área, respecto al eje x, estadefinido por:

xx

Ik

A

2° El radio de giro de un área, respecto al eje y, estadefinido por:

y

y

Ik

A

3° El radio de giro de un área, respecto al polo (o),está dado por:


:319176,:9605573

oo

Ik

A

Teorema de Steiner

2x xI I Ad

'́

2y y

I I Ac


:319176,:9605573

El momento de Inercia de un área respecto a un ejecualquiera, es igual al momento de inercia respecto aun eje paralelo que pasa por el centro de gravedadmas el producto del área por el cuadrado de ladistancia entre los dos ejes.

Producto de Inercia Ixy

El producto de inercia de un área respecto de los ejesx e y, esta definido por:

xyI xydA


:319176,:9605573

1° A diferencia de los momentos de inercia Ix, Iy; elproducto de inercia Ixy puede ser positivo o negativo.

2° Cuando uno de los ejes x, y ó ambos, son ejes desimetría del área A, el producto de inercia Ixy es igual acero.

3° El producto de inercia de un área respecto a losejes x e y, es igual al producto de inercia del área conrespecto a los ejes centroidales, mas el producto delas distancias de los ejes centroidales por el área.

xy x yI I Acd


:319176,:9605573

Físicamente el momento de inercia es la resistenciaque ofrecen los cuerpos a la aceleración angular porefecto de un momento de fuerza.


:319176,:9605573

Momento de Inercia respecto a ejes inclinados

Por definición

2xI y d A

x ysen x cos

y y xsencos


:319176,:9605573

IxIx Iy Ix Iy

Ixysen

2 2

2 2cos (1)

Para el momento de inercia con respecto al eje y’,reemplazamos θ por (θ+90).

Dirección de ejes principales

dIx

d

0

22 m

Ixytg

Ix Iy

2( 2 )m

Ixytg

Ix Iy


:319176,:9605573

Productos de Inercia con respecto a ejes inclinados

Ix y x y dA

Ix y IxyIx Iy

sen

cos22

2 (2)

Circulo de Mhor

De (1) y (2) ordenando y sumando el cuadrado,tenemos:

IxIx Iy

Ix yIx Iy

I xy

2 2

2 2 2( )


:319176,:9605573

( )x h y R 2 2 2 Ecuación de unCirculo

x I x

y Ix y

2

Ix Iyh

2 2( )2

Ix IyR I xy

Los momentos de inercia, se representan en el eje delas abcisas y los productos de inercia a lo largo del ejede las ordenadas.


:319176,:9605573

Construcción:

Para dibujar un círculo cuyo centro se encuentra en eleje de los momentos, es necesario conoceradicionalmente dos puntos de paso del circulo, por lotanto de las ecuaciones (1) y (2):

Punto A

0

Ix Ix

Ix y Ixy

Punto B

0

Ix Iy

Ix y Ixy


:319176,:9605573

I

I

I

I

I

X'

X'Y´X

XY

I Y

I XY

-

X

Y

I max

I min

max

min

p1

p2

p1

X+ I Y

2

A

B

2

22

I X'Y´

I X'Y´


:319176,:9605573

Momentos de Inercia Máximo y Mínimo

mI2

in

Ix IyR

mI2

ax

Ix IyR

2 2m ,maxI ( ) ( )

2 2in

Ix Iy Ix IyIxy


:319176,:9605573


:319176,:9605573

Problema.- Para la sección mostrada, hallar:

a) Ix, Iy, Ixyb) Orientación de losejes principales quepasa por el origen.

c) Momentos principalesde Inercia.

d) Comprobar losresultados anterioresusando el circulo de Mhor. 8”

6”

2”

2”

y

x

d) Determinar el momento y producto de Inercia, paraun ángulo de 45°, medido a partir del eje “x” en sentidoantihorario


:319176,:9605573

a) 31

12.6 144

3Ix

32

16.2 16

3Ix

31

12 .6 16

3Iy

3 22

16 .2 6.2.5 336

12Iy

Ix 160

Iy 352

8”

6”

2”

2”

y

x

1

2


:319176,:9605573

2 2

1

2 . 63 6

4I x y

2 0 5 .1 . ( 6 .2 ) 6 0I x y

Ixy 96

8”

6”

2”

2”

y

x

1

2


:319176,:9605573

22 m

Ixytg

Ix Iy

2.962 1

160 352

2 45 22.5

m

m m

tg

2 2m , m axI ( ) ( )

2 2in

Ix Iy Ix IyIxy

2 2m ,max

160 352 160 352I ( ) (96)

2 2in

m

m

I 3 9 2

I 1 2 0

a x

i n

b)

c)


:319176,:9605573

I

I

X'

X'Y´

x

y

160,96

352,-96

d)


:319176,:9605573

d)

A(160,96)

B(352,-96)

Ix’y’

Ix’

x

y


:319176,:9605573

I

I

X'

X'Y´

x

y

391.76,0

120.24,0

135°45°

160,96

352,-96


:319176,:9605573

I

I

X'

X'Y´

x

y

391.76,0

120.24,0

135°

45°

352,96

160,96

90°

160,96

352,-96

Del grafico:

Iu =160Iv =352Iuv=-96


:319176,:9605573

a)

8”

6”

2”

2”

y

x1 2

3

31

12.2 5.33

3Ix

32

16.2 16.00

3Ix

3 23

12.4 (4 2) 4 138.67

12Ix

1 160.00Ix

31

12 .2 5.33

3Iy

3 22

16 .2 (6 2)5 336

12Iy

33

12 .4 10.67

3Iy 3 352Iy


:319176,:9605573

2 21

12 .2 4

4Ixy

2 (6 2)1 5 60Ixy

3 (2 4)4 1 32Ixy

96Ixy 8”

6”

2”

2”

y

x1 2

3


:319176,:9605573

CAPITULO 7

Análisis de Estructuras


:319176,:9605573

Armaduras

Una armadura, es una unidad estructural en la que losmiembros están arreglados de tal manera que formanuno o mas triángulos conectados.

Todos los miembros de una armadura, puede actuarbajo dos tipos de fuerza; ya sea en tensión o encompresión.

Si un miembro esta a tensión, la fuerza del miembroprovoca una fuerza de tracción en el nudo.

Si el miembro esta en compresión, la fuerza delmiembro provoca una fuerza de empuje en el nudo.


:319176,:9605573

Existen tres métodos para solucionar una armadura, asaber:

a) Método de los nudos

b) Método de las secciones

c) Método gráfico

Problema N01.- Determinar, usando el método de losnudos, las fuerzas axiales en las barras de laestructura representada, así como también lasreacciones en los soportes, (indicar la calidad de lasbarras).


:319176,:9605573

2kn 2kn

A B

C

D


:319176,:9605573

2kn 2kn

A B

C

D

Nudo B

0xF 0BA BDCos

0yF

2 0BDSen

5.20BD KN

4.80BA KN


:319176,:9605573

Nudo A

0xF

0yF

0AB ACCos

5.20AC KN

2 0AD ACSen

4.00AD KN

2kn 2kn

A B

C

D


:319176,:9605573

2kn 2kn

A B

C

D

0yF 0DA DBSen Dy

6.00Dy KN

0DBCos DC

4.80DC KN

Nudo D

0xF Dy


:319176,:96055732kn 2kn

A B

C

D

0Cx CD CACos

0Cx

0Cy CASen

2.00Cy KN

0yF Nudo C

0xF

Cx

Cy


:319176,:9605573

Diagrama de Cargas

2kn 2kn

A B

C

D

4.8

5.24

4.8

5.2

2 6


:319176,:9605573

Problema No2.- Determinar las fuerzas axiales en lasbarras FH, GH y GI de la estructura representada:

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn

5 5 5 5 5 5

30

F

L

H

G

8m


:319176,:9605573

Método de las secciones

Calculo de las reacciones

0AM

7.50yL KN

1 (5 10 15 20 25) 30 5 (5 10 15) 0yL

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn

A

F

H

G

12.5kn 7.5kn


:319176,:9605573

1kn

1knH

G

7.5kn

I

HF

HG

IG

0GM 15 1 10 7.5 15 1 15 0HF Sen

13.81HF KN

0HM 16

1 5 7.5 10 03

IG

13.13IG KN


:319176,:9605573

0LM 15 1 10 1 5 0HG Sen

1.37HG KN Problema No3.- En la armadura del problema No1,calcular las fuerzas en cada una de las barras asícomo su respectiva calidad.

Solución

Cuando se tienen muchas barras que calcular, esengorroso aplicar el método de los nudos, por lo quese aplica el método grafico o método de Maxwell-Cremona.


:319176,:9605573

Método Gráfico o Método de Maxwell-Cremona

1.- Se calculan las fuerzas externas (reacciones en losapoyos).

2.- Se grafica la estructura a una escala conveniente.

3.- Se nombra la estructura con la notación de Bow.

4.- Se grafica las fuerzas externas a una escalaconveniente.

5.- Se empieza a resolver gráficamente las barras encada uno de los nudos, teniendo en cuenta que paraello se debe ir al nudo que tiene dos incógnitas(barras).


:319176,:9605573

5.24

2kn 2kn

A B

C

D

2 6

a

b

c

d

e

f

2kn 2kn

A B

C

D

2 6

1.-

a

b

c

def

62

2 y 3.-

4 y 5.-

2 2

4.8

4.8

5.2


:319176,:9605573

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn

A

F

H

G

12.5kn 7.5kn

1.-

Problema No4.- En el Tijeral del problema No2, calcularlas fuerzas en cada una de las barras así como surespectiva calidad.

8m


:319176,:9605573

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn

5 5 5 5 5 5

30

A

F

L

H

G

8

2.-


:319176,:9605573

3.-

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn

A

F

H

G

12.5kn 7.5kn

a

b

c

d e

f

g

hij

k l

m

n

o p

qr

s t


:319176,:9605573

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn

A

F

H

G

12.5kn 7.5kn

a

b

c

d e

f

g

hij

k l

m

n

o p

qr

s t

a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

k

l

m

n

o

p

q

r

s,t

4.-


:319176,:9605573

a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

k

l

m

n

o

p

q

r

s,t

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn12.5kn 7.5kn

a

b

c

de

f

g

hij

k l

m

n

o p

qr

s t26.56

5.0

0

23.44

20.17

13.81 13.81

8.0

0

12

0.5

0

0.0

0

23.44 17.81 13.13 14.06 14.06

6.38

8.22 1.37

1.06

14.88

15.94


:319176,:9605573

a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

k

l

m

n

o

p

q

r

s,t

1kn

1kn

1kn

1kn

1kn

5kn 5kn 5kn12.5kn 7.5kn

a

b

c

de

f

g

hij

k l

m

n

o p

qr

s t26.56

5.0

0

23.44

20.17

13.81 13.81

8.0

0

12

0.5

0

0.0

023.44 17.81 13.13 14.06 14.06

6.38

8.22 1.37

1.06

14.88

15.94


:319176,:9605573

Marcos

Un marco esta conformado por una serie demiembros, las que se localizan en un solo plano y quetodas las fuerzas que actúan sobre esta estructuraquedan en el plano de la estructura.

La diferencia entre una armadura y un marco, es quelas fuerzas actuantes en este último, pueden estarubicado ya sea en los puntos de conexión de susmiembros o en cualquier lugar intermedio a lo largode la longitud de los miembros del marco.Las cargas pueden ser concentradas, de momento ydistribuidas.


:319176,:9605573

Ejemplos:


:319176,:9605573


:319176,:9605573

Análisis de Fuerzas en los Marcos

1° Trazar el diagrama de cuerpo libre del marcocompleto.

2° Imaginar el marco desarmado y trazar el diagramade cuerpo libre de cada uno de los miembros delmarco.

3° Si un miembro es una barra de armadura, la fuerzadesconocida que actúa sobre ella se dibuja condirección conocida con un sentido real supuesto.4° Todos los valores de fuerzas calculadas negativasse trataran como cantidades negativas a través delresto de la solución.


:319176,:9605573

Problema.- Hallar las fuerzas en todas las juntas delmarco indicado en la figura.


:319176,:9605573

0eM 200(3) (9) 125(12) 0cR

233cR lb

0xF 200 0exR

200exR

125 0ey cR R

0yF

108eyR


:319176,:9605573

(a)

(b)

(c)


:319176,:9605573

0dM 200(3) (6.93) 0axR

87axR lb

0xF 200 0ax dxR R

113dxR lb

0yF 0ay dyR R (1)

(a)


:319176,:9605573

0dM

108(6) 233(3) (12) 0byR 112byR lb

(b)


:319176,:9605573

0xF 200 0dx bxR R

200 113 0bxR 87bxR lb

0yF 108 233 0dy byR R

108 233 112 0dyR 13dyR lb En la Ecuación N°1

( 13) 0ayR 13ayR lb


:319176,:9605573

87

233 112

Diagrama de Cargas

200

a

d

125a

bd ce

87

13

113

13

113

13

200

108

87

13

87112

(a)

(b)

(c)

b


:319176,:9605573

87

13200

113

13

87

13

125

87

108 233 11213

113

200

87

112

Diagrama de Cargas


:319176,:9605573

A B

CD

E

8Kips

2ft 5 3 1 2

5

2

Problema.-Hallar lasfuerzas entodas las juntasdel marcoindicado en lafigura.


:319176,:9605573

A

By

CD

E

8Kips

2ft 5 3 1 2

5

2

0AM

+

Ay

Ax

(8)(13) 11 0yB

9.45yB Kips

0BM +

( )(11) (8)(2) 0yA

1.45yA Kips

0xF 0xA


:319176,:9605573

By

8Kips

Cy

Ax

Cx

Ey

Ex

Cy

Cx

Dy

Dx

Ey

Ex

Dy

Dx

Ay

(a)

(b)


:319176,:9605573

0CM

+

(8)(11) 8 0yD

11yD Kips

0DM +

( )(8) (8)(3) 0yC

3yC Kips

0xF 0x xD C x xD C

0EM

+

( )(7) 3 5 ( )(5) 0y xA C

0.97xC Kips

0xF 0x xE C

0.97xE Kips

0yF 0y y yA C E


:319176,:9605573

1.55yE Kips

RESUMEN

0 , 1.45

9.45

0.97 , 3

0.97 , 11

0.97 , 1.55

x y

y

x y

x y

x y

A Kips A Kips

B Kips

C Kips C Kips

D Kips D Kips

E Kips E Kips

3

0.97

1.55

0.97

1.45

(b)


:319176,:9605573

8Kips

3

0.97

11

0.97

(a)

0 , 1.45

9.45

0.97 , 3

0.97 , 11

0.97 , 1.55

x y

y

x y

x y

x y

A Kips A Kips

B Kips

C Kips C Kips

D Kips D Kips

E Kips E Kips

9.45

1.55

0.97

11

0.97


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Cadenas y Cables

A menudo encontramos cables o cadenas que seutilizan para soportar cargas.

En los puentes colgantes, se encuentra disposicionescoplanares en las cuales un cable soporta una grancarga. En tales casos el peso propio del cable sueleser insignificante.

En las líneas de alta tensión eléctrica la fuerza principales el peso propio del cable.


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Cables Flexibles con Cargas Concentradas

El análisis de un cable flexible de esta clase sueleconsistir en encontrar las reacciones en los soportes,la fuerza en cada segmento del cable y laconfiguración del cable cargado.

Problema.- Dado el cable flexible que se muestra en lafigura, determínese las fuerzas de reacción en A y F,las fuerzas en cada segmento del cable y lasdimensiones yc, yd , ye.


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3

2m 3 5 4 2

60kn

80kn70kn

90kn

A

B

C

D

E

F

2

16m

yc yd

ye


:319176,:9605573

3

2m 3 5 4 2

60kn

80kn70kn

90kn

A

B

C

D

E

F

2

16m

yc yd

ye

RARF

Ax

AyFy

Fx

Diagrama de cuerpo libre

yEF


:319176,:9605573

0FM

+

3 2

y xA A

90 2 70 6 80 11 60 14 16 2 0y xA A

105.50xA kn 158.20yA kn

0yF 60 80 70 90 0y yA F

141.80yF kn

0xF 0x xA F

105.50xF kn


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FUERZA EN BC

3

2m 3 5 4 2

60kn

80kn70kn

90kn

A

B

C

D

E

F

2

16m

yc yd

ye

RARF

Ax

AyFy

Fx

yEF


:319176,:9605573

60kn

B

C

Ax

Ay

BCx

BCy

0yF 60 0y yA BC

98.20yBC kn

0xF 0x xA BC

105.50xBC kn

ΔBC

98.20

3 105.50BC

2.79BC m

5.79c b BCy y m


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Fuerza en CD

60kn

B

C

Ax

Ay

CDx

CDy

0yF 60 80 0y yA CD

18.20yCD kn

0xF

0x xA CD

105.50xCD kn

D

80kn

ΔCD

18.20

5 105.50CD

0.86CD m

6.65d c CDy y m


:319176,:9605573

60kn

B

C

Ax

Ay

DEx

DEy

D

80kn 70kn

E

Fuerza en DE

0yF 60 80 70 0y yA DE

51.80yDE kn

0xF

0x xA DE

105.50xCD knΔD

E

51.80

4 105.50DE

1.96DE m

4.69e d DEy y m


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Cables Flexibles con Cargas Repartidas

oTCos T

TSen W

2 2OT T W

O

WTg

T


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Cable Parabólico

2 2 2OT T w x

O

wxTg

T

0DM +

02

O

xwx T y

2

2 O

wxy

T


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:319176,:9605573

2

01 ( )

Bx

B

dyS dx

dx

2

2 O

wxy

T

/ O

dywx T

dx

2 2

201

Bx

B

O

w xS dx

T


:319176,:9605573

2 2 4 4

2 40(1 .......)

8

Bx

B

O O

w x w xS dx

T T

2 2 4 4

2 4(1 .......)

6 40B B

B B

O O

w x w xS x

T T

2

2B

B

O

wxy

T

2 42 21 ( ) ( ) .......

3 5B B

B B

B B

y yS x

x x

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