A
x
3ft
PRUEBA 1
1. Si tiene F una magnitud de 55 lb determine la magnitud de su componente proyectada que actúa a lo largo del eje X y a lo largo del cable AC
A (15 ,0 ,0 )B (0 ,3 ,8 )C (0 ,−8 ,12)
1er Paso
r AB=(o−15 ) i+(3−0 ) j+(8−0 ) k
r AB=−15i+3 j+8k
‖r⃗ AB‖=√(−15)2+(3 )2+( 8 )2
‖r⃗ AB‖=√225+9+64
‖r⃗ AB‖=√298
Ur AB=−15
√298+ 3
√298+ 8
√298
Ur AB=−0.869 i+0.174 j+0.463k
FB=‖FB‖.Ur AB
FB=55 (−0.869 i+0.174 j+0.463 k)
FB=−47.795 i+9.57 j+25.465k
B
C8ft
8ft 8ft
15ft
2do Paso
r AC= (0−15 ) i+(−8−0 ) j+(12−0 ) k
r AC=−15 i−8 j+12k
‖r⃗ AC‖=√(−15)2+(−8 )2+ (12 )2
‖r⃗ AC‖=√225+64+144
‖r⃗ AC‖=√433
Ur AC=−15
√433+ 8
√433+ 12
√433
Ur AC=−0.72 i+0.384 j+0.576 k
3er Paso
F=F .U rAB=55 (−0,869 i+0,174 j+0.463k )
F=−47,795i+9,57 j+25,465k
F AC=FB∙U rAC
F AC=(−47.795 i+9.57 j+25.465k ) ∙ (−0,72 i−0,384 j+0,576k )
F AC=(−47.795 ) (−0.72 )i+(9.57 ) (−0.384 ) j+(25.465 ) (0.576 ) k
F AC=34.413−3.675+14.669
F AC=45.5 lb
60°
2. Determine la magnitud no alargada del resorte AC si una fuerza P=80 lb genera el ángulo = 60°θ para la posición de equilibrio. La cuerda AB tiene 2 pies de longitud considere k = 50 lb/pie
1er Paso
l=√(4)2+¿¿
l=√16+4−8
l=√122do Paso
√12sen600 =
2sen60 °
θ=sin−1( 2 sen600
√12 )θ=3003er Paso
∑ Fy=0
Tsen600+Fsen300−80=0
∑ Fx=0
−Tcos600+Fcos300
4to PasoFx=40 lb
Fy=kx
40=50 (√12−l´ )
=30°Θ
F1
T
x
P=80 lb
2ft 2ft
l=√12−4050
=2,66 pies
3. Determine la fuerza resultante en cada cable para sostener la plataforma de 3500 lb. Considere d= 4 pies
A(0 ,0 ,10)B(4 ,−3 ,0)C (0 ,3 ,0)D(4 ,1 ,0)
1er Pasor AB=4 i−3 j−10k
‖r AB‖=5√5
U AB=r AB
‖r AB‖U AB=
45√5
− 35√5
− 105√5
U AB=0.3578 i−0.2683 j−0.8944k
2do Pasor AC=3 j−10k
‖r AC‖=√109
U AC=r AC
‖r AC‖
U AC=3
√109− 10
√109
U AC=0.2873 j−0.9578k
3er Paso r AD=4 i+ j−10k
‖r AD‖=3 √13
U AD=r AD
‖r AD‖U AD=
43√13
+ 13√13
− 103√13
U AD=0.3698 i+0.0925 j−0.9245 k
4to Paso F AB=FAB (0,3578 i−0,2683 j−0,8944 k )=0,3578 F ABi−0,2683F AB j−0,8944 FAB k
F AC=FAC (0,2873 j−0,9578k )=0,2873 F AC j−0,9578 F ACk
F AD=F AD ( 0,3698i+0,0925 j−0,9245k )=0,3698 FAD i+0,0925 FAD j−0,9245 FAD k
F=3500k
5to Paso
∑ F=0
F AB+F AC+FAD+F=0
(0.3578 F ABi−0.2683F AB j−0.8944 FAB k )+ (0.2873 FAC j−0.9578F AC k )+(0.3698 F ADi+0.0925 F AD j−0.9245 F AD k )+3500k
6to Paso 0,3578 F AB+0.3698F AD=0
−0.2683 F AB+0.2873F AC+0.0925 F AD=0
−0.8944 F AB−0.9578F AC−0.9245 F AD+3500=0
7mo Paso F AB=1.47
F AC=0.914
F AD=1.42
F3=4 50 0F1=480 0
PRUEBA 2
1. Cadena AB ejerce una fuerza de 20 lb. Sobre la puerta localizada en B. determine en forma vectorial el momento de esta fuerza a lo largo del eje abisagrado x de la puerta.
2. Determine las reacciones en A y B debido a las cargas mostradas.
1er Paso
F1=12 pies∙800 li/ pie
2=4800 lb
F2=9 pies .300 lb / pie
2=1350 lb
F3=9 pies∙500 lb / pie=4500lb
2do PasoFR=10650l b
3er PasoMF1=F1 ∙4
MF1=1920 lb ∙ pie
MF2=F2 ∙3
MF2=−4050 lb ∙ pie
MF3=F3 ∙4 ,5
MF3=−20250 lb ∙ pie
F2=1350
4to PasoMr=−5100 lb ∙ pie
3. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante equivalente y especifique el punto. Medido O, donde la línea de acción de la resultante interseca a la viga.
EXAMEN INTERCICLO
1. La lesión en el cable de la CE es 160 lb determinar el momento de la fuerza resultante sobre la línea recta a través de las bisagras A y B
A (0, 0, 0)B (0,-4 sen20º, + 4 cos20º)C (4,-4 sen20º, + 4 cos20º)D (4, 0, 0)1er Paso
F=160 lb
rCE=−4 i+3.36 j+2.24 k
‖rCE‖=√(−4)2+(3.36 )2+(2.24 )2
‖rCE‖=√16+11.2896+5.0176
‖rCE‖=√323072
‖rCE‖=5.68
UrCE=rCE→
‖rCE→ ‖=
−45.68
+ 3.365.68
+ 2.245.68
UrCE=−0.70 i+0.59 j+0.39k
F⃗ 1=F⃗1 .U⃗rCE
F⃗ 1=−0.70 (160 )+0.59 (160 )+0.39(160)
F⃗ 1=−112 i+94.4 j+62.4k
2do Paso
MR A=M⃗ F1+M⃗F 2
MR A= r⃗ AC x F⃗1+r⃗AD x F⃗2 =[ i j k4 −1.36 3.75
−112 94.4 62.4 ]+[ i j k4 0 0
20 −60 0 ]MR A= (−438.864 i−669.6 j+225.28k )+(−240k )
MR A=−438.864 i−669.6 j−14.72k
3er Paso
M⃗RAB=M⃗RA+U⃗r AB
r⃗ AB=0 i−1.36 j+3.75k
‖r⃗ AB‖=√(0)2+ (−1.36 )2+ (3.75 )2
‖r⃗ AB‖=√1.849+14.0625
‖r⃗ AB‖=√15.9115
‖r⃗ AB‖=3.98
Ur AB=r AB→
‖r AB→ ‖=
−03.98
−1.363.98
+ 3.753.98
Ur AB=0 i−0.34 j+0.94k
M⃗RAB=(−438.864 i−669.6 j−14.72k )+(0 i−0.34 j+0.94k )
M⃗RAB=227.664−13.83
M⃗RAB=213.834 lb . pie Sol.
2. Reemplace el sistema de fuerza y momento de par que actúa sobre la viga con voladizo por una fuerza resultante y un momento de par en el punto A
1er Paso
FRx=∑ FX
FRx=F2x−F1x
FRx=5
15(26 )−F1.sen 30º
FRx=10−15
FRx=−5KN
2do Paso
FRy=∑ F y
FRy=−F1 y−F2 y
FRy=−F1.cos 30º−1213
(F2 )
FRy=−25.98−24
FRy=−49.98KN
3er Paso
MRA=∑M A
MRA=MF 1x−M F1 y−M F2 x−MF 2 y−M 1
MRA=F1x . (0.3 )−F1 y . (2 )−F2 x . (0.3 )−F2 y . (6 )−45
MRA=15 (0.3 )−25.98 (2 )−10 (0.3 )−24 (6 )−45
MRA=4.5−51.96−3−144−45
MRA=−239.46KN .m
4to Paso
FR=√(FRx)2+(F Ry)
2
FR=√(−5)2+(−49.98)2
FR=√25+2498
FR=√2523
FR=50.23KN
3. El brazo de la grúa tiene un soporte de pasador en A. el cilindro hidráulico BC ejerce una fuerza sobre el brazo en C en la dirección paralela a BC. El brazo de la grúa tiene una masa de 200kg, y su peso puede ser asumido para actuar en un punto 2m a la derecha de A. si la masa de la caja suspendida es 800kg y el sistema está en equilibrio, ¿Cuál es la magnitud de la fuerza ejercida por el cilindro hidráulico?
∑M A=0→Equilibrio
−W (2 )−T (7 )+C y (3 )−C x (2.4 )=0
(C .cos26.56 ° ) (3 )− (sen26.56 ° ) (2.4 )=(2 ) (200 (9.8 ) )+(7)( 800 (9.8 ) )2.683−1.073=3 920+54 880
1.61C=58 800
C=58 8001.61
C=36 521.74N
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