Problemas Resueltos de Resistencia de lv' ater¡ales Miguel Angel Millán lvluñoz
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6r = proyecc
(A'A"') -
proyecc (62)
Sólo queda definir los ángulos de los lados citados respecto al lado sobre el que que proyectamos, y podremos ¡esolver la ecuación, en la que la única incógnita es
A'A"'.
Según el gráfico vemos que:
- 62. cos(c - p) proyecc (A'A"') = A'A"'. cos(7rl2 -ct - p)=A'A"'. proyecc (6¡)
sen( o + p)
Así pues, sustituyendo en la ecuación anterior y despejando 6r =
A'A"'
. sen(
A'A"',
quedará:
g + B) + 6'. cos(ü + B)
fi+$cos(a+P) sen(a +
P) Con esta expresión conocemos los dos catetos del triángulo rectii,ngulo, y podemos calcular el movimiento de A con la expresión:
+ (A',
A'" \2
Las componentes horizontal p¡oyectande este valor de
A'A"'
y vertical
se deducen
sobre un eje vertical y
otro horizontal. Del gráfico puede obtenerse que:
t80=62/(A'A"') 6v=AA'.cos(p-{) 6H:AA'.sen(p-g)
Aplicando las expresiones anteriores a los datos del problema: En la primera parte del problema se obtuvo:
senp=2/3
sencr:l/3
62
El lado del triángulo
ü
es
decir: c¡:19,5' p=41,3" ¡¿+p:61,3'
= 0,08 cm
A'4"'será:
+ 61cosl,1 r
Pl l.0l F 0.08cos(61.1) =
sen(61.3)
sen(d + P)
=
lll
c'"
El movinriento del punto A será entonces:
Cap.ll
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Trucción t' Compresión sünple. Problcntas isos!úticas