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Problemas estatica 1er parcial
Estática (Instituto Politécnico Nacional)
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Problemas estatica 1er parcial
Estática (Instituto Politécnico Nacional)
Baixado por Wheslley Silva (wheslley.s.sousa@gmail.com)
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2.2 Dos fuerzas P y Q se aplican en el punto A del gancho que 
se muestra en la figura. Si se sabe que P = 60 lb y Q = 25 lb, 
determine gráficamente la magnitud y la dirección de su 
resultante mediante a) la ley del paralelogramo, b) la regla del 
triángulo. 
 
 
 
 
Método del paralelogramo Método del triangulo 
 
 
La suma de los ángulos internos de un paralelogramo es 360, por lo que: 360 − 2 ∗ (20 + 35) = 250 
Y como α es igual de ambos lados, los 250 son la suma de ambos, por lo que α = 2502 = 150 
Como tenemos el valor de los lados P y Q y el ángulo α, podemos usar la ley de 
cosenos 𝑅2 = 𝑃2 + 𝑄2 − 2𝑃𝑄 cos α 𝑅 = √602 + 252 − 2(60)(25) cos 125 𝑹 = 𝟕𝟕. 𝟏𝟎𝟖 𝒍𝒃 
 
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Y para encontrar el ángulo usamos la ley de senos 𝐴sin 𝑎 = 𝐵sin 𝑏 
 
Por lo que 𝑄sin β = 𝑅sin α 25sin β = 77.108sin 150 β = sin−1 25 sin 15077.108 𝛃 = 𝟗. 𝟑𝟐𝟗 
 
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2.4 Se aplican dos fuerzas en el punto B de la 
viga AB que se muestra en la figura. Determine 
gráficamente la magnitud y la dirección de su 
resultante mediante a) la ley del paralelogramo, 
b) la regla del triángulo. 
 
 
Método del paralelogramo Método del triangulo 
 
 
 
 
 
 
 
 
La suma de los ángulos internos de un paralelogramo es 360, por lo que: 360 − 2 ∗ (40 + 60) = 160 
Y como α es igual de ambos lados, los 250 son la suma de ambos, por lo que α = 1602 = 80 
Como tenemos el valor de los lados y el ángulo α, podemos usar la ley de cosenos 𝑅2 = 𝑃2 + 𝑄2 − 2𝑃𝑄 cos α 𝑅 = √22 + 32 − 2(2)(3) cos 80 𝑹 = 𝟑. 𝟑 𝑲𝑵 
 
Y para encontrar el ángulo usamos la ley de senos 𝐴sin 𝑎 = 𝐵sin 𝑏 
 
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Por lo que 2sin β = 𝑟sin α 2sin β = 3.3sin 80 β = sin−1 2 sin 803.3 𝛃 = 𝟑𝟔. 𝟔𝟒 
 
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2.7 Se aplican dos fuerzas en el gancho de apoyo que se 
muestra en la figura. Si se sabe que la magnitud de P es 35 N, 
determine por trigonometría a) el ángulo α requerido, si la 
resultante R de las dos fuerzas aplicadas en el gancho debe ser 
horizontal, y b) la magnitud correspondiente de R. 
 
 
Diagrama de cuerpo libre 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar el ángulo β usamos la ley de senos 𝐴sin 𝑎 = 𝐵sin 𝑏 
Por lo que 50sin β = 35sin 25 β = sin−1 50 sin 2535 𝛃 = 𝟑𝟕. 𝟏𝟓 
La suma de los ángulos internos de un triángulo es 180, por lo que: 180 − 25 − 37.15 = 117.3 = r 
Como tenemos el valor de los lados y el ángulo, podemos usar la ley de cosenos 𝑅2 = 𝑃2 + 𝑄2 − 2𝑃𝑄 cos α 𝑅 = √352 + 502 − 2(35)(50) cos 117.85 𝑹 = 𝟕𝟑. 𝟐𝟏 𝑵 
 
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2.11 Un tanque de acero es colocado dentro de una 
excavación. Si se sabe que α = 20°, determine por 
trigonometría a) la magnitud requerida de la fuerza P, si 
la resultante R de las dos fuerzas aplicadas en A debe 
ser vertical, b) la magnitud correspondiente de R. 
 
Diagrama de cuerpo libre 
 
Como tenemos un lado y 2 ángulos, usamos la ley de senos para encontrar ambos 
lados faltantes 𝐴sin 𝑎 = 𝐵sin 𝑏 
Por lo que 425sin 70 = 𝑅sin 50 R = 425 sin 50sin 70 𝐑 = 𝟑𝟒𝟔. 𝟒𝟔 𝐥𝐛 
 425sin 70 = 𝑃sin 60 P = 425 sin 60sin 70 𝐏 = 𝟑𝟗𝟏. 𝟔𝟖 𝐥𝐛 
 
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2.21 Determine las componentes x y y de cada una de las fuerzas que se muestran 
en las figuras. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 α = tan−1 . 6. 8 = 36.86° 
 β = tan−1 . 9. 56 = 58.10° = 238.1° 
 r = tan−1 . 9. 48 = 61.92° = 298.08° 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 = 800 cos 36.86 + 424 cos 238.1 + 408 cos 298.08 
∑ 𝐹𝑥 = 0 = 640.08 − 224.05 + 192.04 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 = 800 sin 36.86 + 424 sin 238.1 + 408 sin 298.08 
∑ 𝐹𝑦 = 0 = 479.88 − 359.96 − 359.97 
(800 N) 640.08, 479.88 (424 N) -224.05, -359.96 (408 N) 192.04, -359.97 
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2.23 Determine las componentes x y y de cada una de las fuerzas que se muestran 
en las figuras. 
 
 
 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 = 60 cos 25 + 50 cos 220 + 40 cos 300 
∑ 𝐹𝑥 = 0 = 54.37 − 38.3 + 20 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 = 60 sin 25 + 50 sin 220 + 40 sin 300 
∑ 𝐹𝑦 = 0 = 25.35 − 32.13 − 34.64 
 
(60 lb) 54.37, 25.35 (50 lb) -38.3, -32.13 (40 lb) 20, -34.64 
 
 
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2.25 El elemento BD ejerce sobre el elemento ABC una fuerza P dirigida a lo largo 
de la línea BD. Si se sabe que P debe tener una componente horizontal de 300 lb, 
determine a) la magnitud de la fuerza P y b) su componente vertical. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como tenemos un lado y 2 ángulos, usamos la ley de senos para encontrar ambos 
lados faltantes 𝐴sin 𝑎 = 𝐵sin 𝑏 
Por lo que 300sin 35 = 𝑃𝑦sin 55 Py = 300 sin 55sin 35 𝐏𝐲 = 𝟒𝟐𝟖. 𝟒𝟒 𝐥𝐛 
 300sin 35 = 𝑃sin 90 P = 300 sin 90sin 35 𝐏 = 𝟓𝟐𝟑. 𝟎𝟑 𝐥𝐛 
 
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2.30 El cable AC ejerce sobre la viga AB una fuerza P dirigida a lo largo de la línea 
AC. Si se sabe que P debe tener una componente vertical de 350 lb, determine a) 
la magnitud de la fuerza P y b) su componente horizontal. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 = 𝑄 sin 270 + 𝑃 sin 35 
∑ 𝐹𝑦 = 0 = −350 + 𝑃 sin 35 
𝑃 = 350sin 35 𝑷 = 𝟔𝟏𝟎. 𝟐 𝒍𝒃 
 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑃𝑥 = 𝑄 cos 270 + 𝑃 cos 35 
∑ 𝐹𝑥= 𝑃𝑥 = 610 cos 35 𝑷𝒙 = 𝟒𝟗𝟗. 𝟖𝟓 𝒍𝒃 
 
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2.35 Si se sabe que α= 35°, determine la resultante de las tres fuerzas 
mostradas en la figura 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 200 cos 215 + 150 cos 295 + 100 cos 325 
∑ 𝐹𝑥 = −163.83 + 63.39 + 81.91 
∑ 𝐹𝑥 = −18.52 𝑁 
 ∑ 𝐹𝑦 = 200 sin 215 + 150 sin 295 + 100 sin 325 
∑ 𝐹𝑦 = −114.71 − 135.94 − 57.35 
∑ 𝐹𝑦 = −308.01 𝑁 
 
𝑅 = √∑ 𝐹𝑥2 + ∑ 𝐹𝑦2 
𝑅 = √−18.522 + −308.012 𝑹 = 𝟑𝟎𝟖. 𝟓𝟔 𝑵 
 θ = tan−1 𝐹𝑦𝐹𝑥 = tan−1 −308.01−18.52 𝛉 = 𝟖𝟔. 𝟓𝟓° 
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2.37 Si se sabe que α= 40°, determine la resultante de las tres fuerzas que se 
muestran en la figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2.41 Determine a) la tensión requerida en el cable AC, si se sabe que la resultante 
de las tres fuerzas ejercidas en el punto C del aguilón BC debe estar dirigida a lo 
largo de BC, b) la magnitud correspondiente de la resultante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑇 cos 155 + 50 cos 270 + 75 cos 295 
𝑇 = −50 cos 270 − 75 cos 295cos 155 𝑇 = 34.97 𝑙𝑏 
 ∑ 𝐹𝑥 = 34.97 cos 155 + 50 cos 270 + 75 cos 295 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
 ∑ 𝐹𝑦 = 34.97 sin 155 + 50 sin 270 + 75 sin 295 ∑ 𝐹𝑦 = −103.19 𝑙𝑏 
 𝑅 = √02 + −103.192 𝑹 = 𝟏𝟎𝟑. 𝟏𝟗 𝒍𝒃 𝛉 = 𝟐𝟕𝟎° 
 
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2.43 En C se amarran dos cables y se cargan como se muestra en la figura. Si se 
sabe que α = 20°, determine la tensión a) en el cable AC y b) en el cable BC. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 𝑤 = 200 ∗ 9.81 = 1962 𝑁 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 = 𝑇𝐶𝐵 cos 20 + 𝑇𝐶𝐴 cos 140 + 𝑤 cos 270 0 = 0.93 𝑇𝐶𝐵 − 0.76 𝑇𝐶𝐴 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 = 𝑇𝐶𝐵 sin 20 + 𝑇𝐶𝐴 sin 140 + 𝑤 sin 270 1962 = 0.34 𝑇𝐶𝐵 − 0.34 𝑇𝐶𝐴 
Obtenemos un sistema de ecuaciones de dos variables [0.93 −.76 00.34 0.64 1962] 
Obteniendo como resultados 𝑻𝑪𝑩 = 𝟏𝟕𝟒𝟔. 𝟖 𝑵 𝛉 = 𝟐𝟎° 𝑻𝑪𝑨 = 𝟐𝟏𝟑𝟕. 𝟔 𝑵 𝛉 = 𝟏𝟒𝟎° 
 
 
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2.46 En C se amarran dos cables y se cargan como se muestra en la figura. 
Determine la tensión a) en el cable AC y b) en el cable BC. 
 
 
 
 
 
 
 
 𝑤 = 200 ∗ 9.81 = 1962 𝑁 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 = 𝑇𝐶𝐴 cos 195 + 𝑇𝐶𝐵cos 75 + 𝑤 cos 270 0 = −0.96 𝑇𝐶𝐴 + 0.25 𝑇𝐶𝐵 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 = 𝑇𝐶𝐴 sin 195 + 𝑇𝐶𝐵sin 75 + 𝑤 sin 270 1962 = −0.25 𝑇𝐶𝐴 + 0.96 𝑇𝐶𝐵 
Obtenemos un sistema de ecuaciones de dos variables [−0.96 −.25 0−0.25 0.96 1962] 
Obteniendo como resultados 𝑻𝑪𝑩 = 𝟐𝟏𝟗𝟐. 𝟒𝟑 𝒏 𝛉 = 𝟏𝟓° 𝑻𝑪𝑨 = 𝟓𝟕𝟎. 𝟗𝟒 𝑵 𝛉 = 𝟕𝟓° 
 
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2.51 Una conexión soldada está en equilibrio bajo la acción de las cuatro fuerzas 
que se muestran en la figura. Si se sabe que FA = 8 kN y que FB = 16 kN, determine 
las magnitudes de las dos fuerzas restantes. 
 
 
 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 = 𝐹𝐴 cos 216.86 + 𝐹𝐵 cos 36.86 + 𝐹𝐶 cos 180 + 𝐹𝐷 cos 270 
∑ 𝐹𝑥 = 0 = 8 cos 216.86 + 16 cos 36.86 + 𝐹𝐶 cos 180 + 𝐹𝐷 cos 270 
∑ 𝐹𝑥 = 0 = −6.4 + 12.8 − 𝐹𝐶 𝑭𝑪 = 𝟔. 𝟒 𝑲𝑵 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 = 𝐹𝐴 sin 216.86 + 𝐹𝐵 sin 36.86 + 𝐹𝐶 sin 180 + 𝐹𝐷 sin 270 
∑ 𝐹𝑦 = 0 = 8 sin 216.86 + 16 sin 36.86 + 6.4 sin 180 + 𝐹𝐷 sin 270 
∑ 𝐹𝑦 = 0 = −4.72 + 9.44 − 𝐹𝐷 𝑭𝑫 = 𝟒. 𝟕𝟐 𝑲𝑵 
 
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2.54 En C se amarran dos cables y se cargan como se muestra en la figura. 
Determine el rango de valores de Q para los cuales la tensión no será mayor que 
60 lb en cualquiera de los cables. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2.63 El collarín A puede deslizarse sin fricción sobre una barra horizontal y está 
conectado a una carga de 50 lb, como se muestra en la figura. Determine la 
magnitud de la fuerza P requerida para mantener al collarín en equilibrio cuando a) 
x = 4.5 in., b) x = 15 in. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2.71 Determine a) las componentes x, y y z de la fuerza de 
750 N y b) los ángulos x, θ y y θ z que forma la fuerza con 
los ejes coordenados. 
 𝐹𝑥 = 750 sin 35 cos 25 = 389.877 𝑁 𝐹𝑦 = 750 cos 35 = 614.364 𝑁 𝐹𝑧 = 750 sin 35 sin 25 = 181.802 𝑁 
 cos θx = 𝐹𝑥𝐹 θx = cos−1 389.877750 = 𝟓𝟖. 𝟔𝟕° 
 cos θy = 𝐹𝑦𝐹 θy = cos−1 614.364750 = 𝟑𝟓° 
 cos θx = 𝐹𝑧𝐹 θz = cos−1 181.802750 = 𝟕𝟓. 𝟗𝟕° 
 
 
 
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2.73 Una placa circular horizontal se sostiene mediante 
tres alambres que forman ángulos de 30° respecto de la 
vertical y se encuentran unidos a un soporte en D. Si se 
sabe que la componente x de la fuerza ejercida por el 
alambre AD sobre la placa es de 110.3 N, determine a) 
la tensión en el alambre AD, b) los ángulos θ x, θ y y θ z 
que forma la fuerza ejercida en A con los ejes 
coordenados. 
 
 
 
 𝐹𝑥𝐴𝐷 = 110.3 𝑁 𝐹𝑥 = 𝑇 sin 30 cos 40 𝑇 = 110.3sin 30 ∗ cos 40 = 𝟐𝟖𝟕. 𝟗𝟕 𝑵 
 𝐹𝑦 = 287.97 cos 30 = 249.38 𝑁 𝐹𝑧 = 287.97 sin 30 sin 40 = −92.55 𝑁 
 𝐹𝑥 = 𝐹 cos θx θx = cos−1 110.3287.97 = 𝟔𝟕. 𝟒𝟕° 𝐹𝑦 = 𝐹 cos θy θy = cos−1 249.38287.97 = 𝟑𝟎° 𝐹𝑧 = 𝐹 cos θz θz = cos−1 −92.55287.97 = 𝟏𝟎𝟖. 𝟕𝟒° 
 
 
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2.85 Una torre de transmisión se sostiene mediante tres alambres, los cuales están 
anclados por medio de pernos en B, C y D. Si la tensión en el alambre AB es de 525 
lb, determine las componentes de la fuerza ejercida por el alambre sobre el perno 
en B. 
 𝐹𝐴𝐵 = 525 𝐿𝐵 𝐹𝐴𝐵 = (20,100, −20) |𝐹𝐴𝐵| = √202 + 1002 − 252 = 105 𝐹𝐴𝐵 = ( 20105 + 100105 − 25105) ∗ 525 𝑭𝑨𝑩 = 𝟏𝟎𝟎𝒊 + 𝟓𝟎𝟎𝑱 − 𝟏𝟐𝟓𝑲 
 
 
 
 
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2.89 Si se sabe que la tensión en el cable AB es de 1 425 N, determine las 
componentes de la fuerza ejercida sobre la placa en B. 
 𝐹𝐴𝐵 = 1425 𝑁 𝐹𝐴𝐵 = (−900,600,360) |𝐹𝐴𝐵| = √−9002 + 6002 − 3602 = 1140 𝐹𝐴𝐵 = (−9001140 + 6001140 − 3601140) ∗ 1425 𝑭𝑨𝑩 = −𝟏𝟏𝟐𝟓𝒊 + 𝟕𝟓𝟎𝑱 − 𝟒𝟓𝟎𝑲 
 
 
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2.98 El extremo del cable coaxial AE se une al poste AB, el 
cual está sostenido por los tirantes de alambre AC y AD. Si 
se sabe que la tensión en el alambre AD es de 125 lb y que 
la resultante de las fuerzas ejercidas en A por los alambres 
AC y AD debe estar contenida en el plano xy, determine a) 
la tensión en AC, b) la magnitud y la dirección de la 
resultante de las dos fuerzas. 
 
 
 
 𝐹𝐴𝐷 = 125 
 𝐹𝐴𝐷𝑋 = 125 cos 126 = −73.47 𝐹𝐴𝐷𝑌 = 125 cos 36 = 101.127 𝐹𝐴𝐷𝑍 = 125 cos 42 = 92.89 
 𝐹𝐴𝐶𝑋 = 𝐹𝐴𝐶 cos 120 = −0.5 𝐹𝐴𝐶 𝐹𝐴𝐶𝑌 = 𝐹𝐴𝐶 cos 30 = 0.866 𝐹𝐴𝐶 𝐹𝐴𝐶𝑍 = 𝐹𝐴𝐶cos 80 = 0.173 𝐹𝐴𝐶 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 = −0.5 𝐹𝐴𝐶 − 73.47 𝑭𝑨𝑪 = −𝟏𝟒𝟔. 𝟗𝟒 
 𝐹𝐴𝐶𝑋 = −146.84 cos 120 = 73.47 𝐹𝐴𝐶𝑌 = −146.84 cos 30 = −127.25 𝐹𝐴𝐶𝑍 = −146.84 cos 80 = −25.51 
 𝑅 = √(𝐹𝐴𝐷𝑋 − 𝐹𝐴𝐶𝑋)2 + (𝐹𝐴𝐷𝑌 − 𝐹𝐴𝐶𝑌)2 + (𝐹𝐴𝐷𝑍 − 𝐹𝐴𝐶𝑍)2 𝑹 = 𝟕𝟐. 𝟐𝟔 
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3.21 Se aplica una fuerza de 200 N sobre la ménsula ABC, como se muestra en la 
figura. Determine el momento de la fuerza alrededor de A. 
 𝑟𝐴𝐶 = (60 𝑥10−3, 75 𝑥10−3, 0) 𝐹 = (200 cos 60 cos 90 , 200 cos 30 , 200 cos 60 sin 90) 𝐹 = (0,173.255,100) 
 
 
 
 
 
 
[ 𝑖 𝐽 𝐾60 𝑥10−3 75 𝑥10−3 00 173.255 100] 
 (7.5 𝑥103)(100) = 𝟕. 𝟓 𝒊 −(60 𝑥10−3)(100) = −𝟔 𝑱 −(60 𝑥10−3)(173.205) = 𝟏𝟎. 𝟑𝟗 𝑲 
 
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3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grande para evitar 
que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BC son de 555 N y 
660 N, respectivamente, determine el momento respecto de O de la fuerza 
resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B. 
 𝑟 = (0,7,0) 
 𝐹𝐵𝐴 = (−0.75, −7,6) |𝐹𝐵𝐴| = √−0.752 + −72 + 62 = 9.25 𝐹𝐵𝐴 = (−0.759.25 − 79.25 + 69.25) ∗ 555 𝐹𝐵𝐴 = −45𝑖 − 420𝐽 + 360𝐾 
 
[ 𝑖 𝐽 𝐾0 7 0−45 −420 360] 
 (7)(360) − (0)(−420) = 2520 𝑖 (0)(−45) − (0)(360) = 0 𝐽 (0)(−420) − (7)(−45) = 315 𝐾 
 
 𝐹𝐵𝐶 = (4.25, −7,1) |𝐹𝐵𝐶| = √4.252 + −72 + 12 = 8.25 𝐹𝐵𝐴 = (4.258.25 − 78.25 + 18.25) ∗ 660 𝐹𝐵𝐴 = 340𝑖 − 550𝐽 + 80𝐾 
 
[ 𝑖 𝐽 𝐾0 7 0340 −550 80] 
 
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(7)(80) − (0)(−550) = 560 𝑖 (0)(340) − (0)(80) = 0 𝐽 (0)(−550) − (7)(340) = −2380 𝐾 
 ∑ 𝐹𝑥 = 2520 + 560 = 𝟑𝟎𝟖𝟎 𝒊 
∑ 𝐹𝑧 = 315 − 2380 = −𝟐𝟎𝟔𝟓 𝑲 
 
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3.26 Una lancha pequeña cuelga de dos grúas, una de las cuales se muestra en la 
figura. La tensión en la línea ABAD es de 82 lb. Determine el momento alrededor de 
C de la fuerza resultante RA ejercida sobre la grúa en A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 𝑟 = (0,7.75,3) 
 𝐹𝐷𝐴 = −6𝑖 − 7.75𝐽 − 3𝐾 𝐹𝐴𝐵 = 0𝑖 + 164𝐽 + 0𝐾 
 |𝐹𝐴𝐷| = √62 + 7.752 + 32 = 10.25 𝐹𝐴𝐷 = ( 610.25 − 7.7510.25 − 110.25) ∗ 82 𝐹𝐴𝐷 = 48𝑖 − 62𝐽 − 24𝐾 
 
 
[ 𝑖 𝐽 𝐾0 7.75 348 −62 −10.25] 
 (7.75)(−10.25) − (3)(−62) = 0 𝑖 (3)(48) − (0)(−10.25) = 144 𝐽 (0)(−62) − (7.75)(48) = −372 𝐾 
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[𝑖 𝐽 𝐾0 7.75 30 144 −372] 
 (7.75)(−372) − (3)(144) = 492 𝑖 (3)(0) − (0)(−372) = 0 𝐽 (0)(144) − (7.75)(0) = 0 𝐾 
 ∑ 𝑀 = 𝟒𝟗𝟐𝒊 + 𝟏𝟒𝟒𝑱 − 𝟑𝟕𝟐𝑲 
 
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3.39 Determine el ángulo formado por los tirantes AB y AC de la red de voleibol 
que se muestra en la figura. 
 
 𝑃𝐴𝐵 = −6.5𝑖 − 8𝐽 + 2𝐾 
 𝑄𝐴𝐶 = 0𝑖 − 8𝐽 + 6𝐾 
 
 
 |𝑃𝐴𝐵| = √6.52 − 82 + 22 = 10.5 |𝑄𝐴𝐶| = √02 − 82 + 62 = 10 
 𝑃 ∗ 𝑄 = 76 cos θ = 76|𝑃||𝑄| = 76105 = 0.723 θ = cos−1 76105 = 𝟒𝟑. 𝟔° 
 
 
 
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