Resolución Examen Parcial de Mecánica Analítica 1

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RESOLUCION DEL SEGUNDO EXAMEN PARCIAL, MECANICA ANALITICA 1. 03/10/20 
Ing. Cesar A. García Nájera. 
1. El momento resultante de los 3 pares se calcula sumando los momentos de los 3 
pares. 
�⃗⃗� 𝑅 = ∑ �⃗⃗� 𝑅 → �⃗⃗� 𝑅 = �⃗⃗� 𝟏/ + �⃗⃗� 𝟐/ + �⃗⃗� 𝟑/ 
�⃗⃗� 𝑅 = (4 𝑝𝑖𝑒𝑠)(100 𝑙𝑏) + (4 𝑝𝑖𝑒𝑠)(75 𝑙𝑏) + (4 𝑝𝑖𝑒𝑠)(200 𝑙𝑏)(sin𝜃) = (1100 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒) 
𝜃 = 30° P1. 
 
 P2. Primero calculamos la fuerza resultante de las 3 fuerzas. 
�⃗⃗� = 〈𝟎, −𝟒𝟎𝟎〉 Magnitud: ‖�⃗⃗� ‖ = 𝟒𝟎𝟎 𝑵 
El momento resultante respecto al punto O. 
 
�⃗⃗� 𝑅 = ∑�⃗⃗� 𝑅 → �⃗⃗� 𝑅 = −(0.12 𝑚)(100 𝑁) − (0.3 𝑚)(400 𝑁)𝑠𝑒𝑛30° − 60 𝑁.𝑚 
�⃗⃗� 𝑅 = −132 𝑁.𝑚 �̂� 
El punto, medido desde 0, donde la línea de acción de la resultante interseca la línea 0-B, es: 
 𝑀 = 132 𝑁.𝑚 = 𝑥(400)𝑠𝑒𝑛30° ∴ 𝑥 = 0.66 𝑚 P2. 
 
 
 
 ≅ ≅ 
 
 F 
 
 M = 126 N.m 
 F = 400 N 
 
 F = 400 N 
 -F 
 
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA 
 
 
 
∑𝑀𝐵 = 0 + 
 
𝑀 − (1 𝑚)(1350 𝑁) − (900 𝑚.𝑁)
+ ( 2𝑠𝑒𝑛45°)(𝑅𝐴) = 0 
 
𝑀 − ( 2250 𝑚.𝑁) + (2𝑠𝑒𝑛45°)(𝑅𝐴) = 0 (I) 
 
∑𝐹𝑌 = 0 + 
𝑅𝐵 𝑠𝑒𝑛45° − 1350 = 0 (II) 
 ∴ 𝑅𝐵 = 1909.2 𝑁 
∑𝐹𝑥 = 0 + 
−𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 𝑐𝑜𝑠45° = 0 → (III) 
𝑅𝐴 = 1909.2 𝑐𝑜𝑠45° → 
𝐏𝟒. 𝑅𝐴 = 1350 𝑁 = 1.4 𝑘𝑁.𝑚 
De la ecuación I obtenemos: 
𝐏𝟑.𝑀 = 340.81 𝑚. 𝑁 = 0.34 𝑘𝑁.𝑚 
 
 
DIAGRAMA DE FUERZAS DEL CUERPO 
 RIGIDO 
 
4. ∑ �⃗⃗⃗� 𝑨 = 𝟎 
𝑀𝐴
𝑅 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = [
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
0.6 0 0.6
0 𝑹𝑩𝒚 0
] +
 [
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
1.2 0 1
𝑹𝑪𝒙 𝑹𝑪𝒚 𝟎
] +
[
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
1.2 0 0.6
0 −100 0
] + [
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
0 0 0.6
0 −200 0
] = 0 
RB 
M 
RA 
2.83 m 
0.63 m 
m m 
 
𝑀𝐴
𝑅⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ = 〈−0.6𝑹𝑩𝒚, 0, 0.6𝑹𝑩𝒚〉
+ 〈−𝑹𝒄𝒚, 𝑹𝑪𝒙, 1.2𝑹𝒄𝒚〉
+ 〈60, 0, −120〉
+ 〈120, 0, 0〉 
∑𝑴𝒙 = 𝟎 
−0.6𝑹𝑩𝒚 − 𝑹𝒄𝒚 + 𝟔𝟎 + 𝟏𝟐𝟎 = 𝟎 
0.6𝑹𝑩𝒚 + 𝑹𝒄𝒚 = 𝟏𝟖𝟎 (I) 
∑𝑴𝒀 = 𝟎 
𝑹𝑪𝒙 = 𝟎 (II) 
∑𝑴𝒛 = 𝟎 
0.6𝑹𝑩𝒚 + 1.2𝑹𝒄𝒚 − 𝟏𝟐𝟎 = 𝟎 
0.6𝑹𝑩𝒚 + 1.2𝑹𝒄𝒚 = 𝟏𝟐𝟎 (III) 
Resolviendo (I) y (III), obtenemos: 
𝑹𝑩𝒚 = 𝟖𝟎𝟎 𝑵, 𝑹𝑪𝒚 = −𝟑𝟎𝟎 𝑵, , 
∑ �⃗⃗� = 𝟎 
�⃗⃗� 𝑨 + �⃗⃗� 𝑩 + �⃗⃗� 𝑪 + �⃗⃗� + �⃗⃗� = 𝟎 
∑𝑭𝒙 = 𝟎, conocemos 𝑹𝑪𝒙 = 𝟎 
𝑹𝑨𝒙 + 𝑹𝑪𝒙 = 𝟎 ∴ 𝑹𝑨𝒙 = 𝟎 (IV) 
 ∑𝑭𝒚 = 𝟎, conocemos: 
𝑹𝑩𝒚 = 𝟖𝟎𝟎 𝑵,𝑹𝑪𝒚 = −𝟑𝟎𝟎 𝑵 
 𝑅𝐴𝑦 + 𝟖𝟎𝟎 − 𝟑𝟎𝟎 − 𝟏𝟎𝟎 − 𝟐𝟎𝟎 = 𝟎 (VI) 
 ∴ 𝑹𝑨𝒚 = −𝟐𝟎𝟎 𝑵 
∑𝑭𝒛 = 𝟎 𝑹𝑩𝒛 = 𝟎 
1. APLICAR LA SUMA DE MOMENTOS 
RESPECTO AL PUNTO “A” 
∑ �⃗⃗⃗� 𝑨 = 𝟎 
 �⃗� 𝑨𝑩 X �⃗⃗� 𝑩 + �⃗⃗� 𝑨𝑪 x �⃗⃗⃗� 𝑪 + �⃗⃗� 𝑨𝑷 x �⃗⃗⃗� + �⃗⃗� 𝑨𝑷 x �⃗⃗⃗� = 𝟎 
2. VECTORES POSICIÓN RESPECTO 
AL PUNTO “A”: 
�⃗� 𝑨𝑩 = 〈𝟎. 𝟔, 𝟎, 𝟎. 𝟔〉 
�⃗� 𝑨𝑪 = 〈𝟏. 𝟐, 𝟎, 𝟏〉 
�⃗� 𝑨𝑷 = 〈𝟏. 𝟐, 𝟎, 𝟎. 𝟔〉 
�⃗� 𝑨𝑸 = 〈𝟎, 𝟎, 𝟎. 𝟔〉 
3. FUERZAS EXPRESADAS EN COMPONENTES 
RECTANGULARES: 
�⃗⃗� 𝑨 = 〈𝑹𝑨𝒙, 𝑹𝑨𝒚 , 𝟎〉 
�⃗⃗� 𝑩 = 〈𝟎, 𝑹𝑩𝒚, 𝟎〉 
�⃗⃗� 𝑪 = 〈𝑹𝑪𝒙, 𝑹𝑪𝒚, 𝟎〉 
�⃗⃗� = 〈𝟎, −𝟏𝟎𝟎,𝟎〉, �⃗⃗⃗� = 〈𝟎, −𝟐𝟎𝟎,𝟎〉 
 
 
RESPUESTAS 
 
 
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LAS 
BOCINAS 
 
 
 
 W 
 
∑𝑴𝟏 = 𝟎 + 
 (𝟏. 𝟓 𝒎 )𝑻𝟐 − (𝟏 𝒎)(𝟏𝟎 𝒌𝑵) = 𝟎 
 
 
  0yF + 
𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 − 𝑊 = 0 → 𝑻𝟏 + 6.66 − 10 = 0 𝐏𝟕.𝑻𝟏 = 3.33 𝑘𝑁 
 𝑻𝟐 = 𝟔. 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DEL NODO 
“E” 
 y 
 Θ = 63.43°, β = 33.69° 
 EC x 
 β 
 T2 = 6.66 kN 
ED 
 
  0Fy + 
−𝐸𝐷 𝑠𝑖𝑛 33.69° − 𝑇2 = 0 
𝐸𝐷 =
−𝑇2
𝑠𝑖𝑛 33.69°
 → 𝐏𝟖.𝐸𝐷 = −12 𝑘𝑁 (𝑪) 
 
  0xF + 
−𝑬𝑫𝑐𝑜𝑠 33.69° − 𝐸𝐶 = 0 
 
𝐸𝐶 = −(−12) 𝑐𝑜𝑠 33.69° → 
 𝐸𝐶 = 10 𝑘𝑁 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 
 
 
Magnitud de la reacción en A y C: 
𝐏𝟔.𝑹𝑨 = 𝟐𝟎𝟎 𝑵, 𝐏𝟓.𝑹𝑪 = 𝟑𝟎𝟎 𝑵 
 
 
T1 
T2 
1 m 
 
 
 
 
Dado que conocemos EC a tensión como se 
muestra en la sección 1 de la armadura. 
 
∑𝑀𝐹 = 0 + 
−(300 𝑚𝑚)(𝑃) + (400 𝑚𝑚)(𝐶𝐸) = 0 
−(300 𝑚𝑚)(𝑃) + (400 𝑚𝑚)(16 𝑘𝑁) = 0 
 
 ∴ 𝐏𝟏𝟎:𝑃 = 21.3 𝑘𝑁 
 
∑𝐹𝑥 = 0 + 
 −𝐸𝐶 − 𝐹𝐷𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝐶𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 
−16 − 𝐹𝐷𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝐶𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 
𝐹𝐷𝑐𝑜𝑠18.43° + 𝐹𝐶𝑐𝑜𝑠53.13 = −16 (I) 
 
∑𝐹𝑌 = 0 + 
 −𝐹𝐷𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝐹𝐶𝑠𝑒𝑛𝛽 − 4 𝑘𝑁 − 𝑃 = 0 
−𝐹𝐷𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝐹𝐶𝑠𝑒𝑛𝛽 − 4 𝑘𝑁 − 21.33 = 0 
−𝐹𝐷𝑠𝑒𝑛18.43° + 𝐹𝐶𝑠𝑒𝑛53.13° = 25.33 (II) 
α = 18.43° β = 53.13° 
 
Resolviendo I y II, obtenemos: 
 𝐏𝟗:𝐹𝐷 = −29.5 𝑘𝑁(𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛) 
𝑦 𝐹𝐶 = 20 𝑘𝑁(𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) 
 
 
 
C 
D 
β 
α