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P2examen Parcial 07-10-2023 Ing Finalfinal
P2examen Parcial 07-10-2023 Ing Finalfinal
P2examen Parcial 07-10-2023 Ing Finalfinal
⃗⃗ 𝑨 ‖ = 𝟒𝟐𝟕 ± 9
‖𝑹
∑ 𝐹𝑥 = 0 +
−( 𝑅𝐵 𝑁)𝑐𝑜𝑠60° + ( 𝑅𝐴 𝑁)𝑐𝑜𝑠45° = 0
RA RB −( 𝑅𝐵 )𝑐𝑜𝑠60° + ( 𝑅𝐴 )𝑐𝑜𝑠45° = 0 II
45o 30o 60o
T
∑ 𝑀𝐵 = 0 +
( 𝑭 𝑵 ∗ 𝟎. 𝟖 𝒎) + ( 𝑻 𝑵 ∗ 𝟐. 𝟑 𝒎) − ( 3.3 𝑚)( 𝑅𝐴 𝑁)(𝑠𝑒𝑛45°) = 0
( 𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟎. 𝟖 ) + ( 𝑻 ∗ 𝟐. 𝟑) − ( 3.3 )( 𝑅𝐴 )(𝑠𝑒𝑛45°) = 0
−( 3.3 𝑅𝐴 )(𝑠𝑒𝑛45°) + ( 𝑻 ∗ 𝟐. 𝟑) = −480 III
)(
𝑅𝐵 = 603.2 𝑁 𝑃2
𝑅𝐴 = 426.5 𝑁 𝑃1
𝑇 = 223.9 𝑁
UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS, FACULTAD DE INGENIERIA. MODALIDAD VIRTUAL.
DEPARTAMENTO DE FÍSICA, 2º EXAMEN PARCIAL, MECANICA ANALITICA 1, 07/10/2023
CLAVE DE EXAMEN. COORDINACION DE MECANICA 1:
CATEDRATICO: Ing. Cesar Garcia Nájera
⃗ ‖ = 𝟐𝟗. 𝟓 ± 1
‖𝑻
∑ 𝐹𝑥 = 0 +
−( 𝑅𝐵 𝑁)𝑐𝑜𝑠60° + ( 𝑅𝐴 𝑁)𝑐𝑜𝑠30° = 0
RA 30o 60o −( 𝑅𝐵 )𝑐𝑜𝑠60° + ( 𝑅𝐴 )𝑐𝑜𝑠30° = 0 II
30o 60o RB
T
∑ 𝑀𝐵 = 0 +
( 𝑻 𝑵 ∗ 𝟎. 𝟖 𝒎) + ( 𝑭 𝑵 ∗ 𝟐. 𝟑 𝒎) − ( 3.3 𝑚)( 𝑅𝐴 𝑁)(𝑠𝑒𝑛30°) = 0
( 𝑻 ∗ 𝟎. 𝟖 ) + ( 𝟓𝟎𝟎 ∗ 𝟐. 𝟑) − ( 3.3 )( 𝑅𝐴 )(𝑠𝑒𝑛30°) = 0
−( 3.3 )( 𝑅𝐴 )(𝑠𝑒𝑛30°) + ( 𝟎. 𝟖 ∗ 𝑻) = −1150 III
𝑅𝐵 = 25943.5 𝑁 = 25.9 𝑘𝑁 𝑃2
𝑅𝐴 = 14978.9 𝑁 = 15 𝑘𝑁
𝑇 = 29456.5 𝑁 = 29.5 𝑘𝑁 𝑃1
UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS, FACULTAD DE INGENIERIA. MODALIDAD VIRTUAL.
DEPARTAMENTO DE FÍSICA, 2º EXAMEN PARCIAL, MECANICA ANALITICA 1, 07/10/2023
CLAVE DE EXAMEN. COORDINACION DE MECANICA 1:
CATEDRATICO: Ing. Cesar Garcia Nájera
𝜆𝑥 = 〈𝟏, 𝟎, 𝟎〉
VECTORES POSICIÓN MEDIDOS RESPECTO DEL PUNTO “0”
T
⃗ 𝟎𝑭 = 〈𝟐𝟎𝟎,
𝒓 𝟎, −𝟐𝟎𝟎〉 ⃗ 𝟎𝑻 = 〈𝟎, 𝟎,
𝒓 𝟏𝟎𝟎〉,
0
FUERZAS EXPRESADAS EN FORMA VECTORIAL:
⃗𝑭 = 10 𝑖̂ − 30 𝑗̂ − 10 𝑘̂ [𝑁], ⃗𝑻 = 〈𝟎 , − 𝑻, 𝟎〉
⃗⃗ 𝑩 = 〈𝑹𝑩𝒙 , 𝑹𝑩𝒚 ,
𝑹 ⃗ 𝑪 = 〈𝟎,
𝑹𝑩𝒛 〉 𝑹 𝑹𝒄𝒚 , 𝑹𝑪𝒛 〉
APLICANDO ∑ 𝑴 𝒙 = 𝟎:
∑ 𝑴𝒙 = ∑ 𝜆 𝑥 . 𝑴⃗⃗⃗ 𝟎 = 𝟎
APLICAR LA SUMA DE MOMENTOS RESPECTO A
⃗ 𝟎𝑭 × ⃗𝑭) + 𝜆𝑥 . (𝒓
𝜆𝑥 . (𝒓 ⃗)=𝟎
⃗ 𝟎𝑻 × 𝑻
LINEA QUE UNE LOS PUNTOS A y B (eje x)
∑ 𝑴 𝒙 = 𝟎, ∑ 𝑴𝒙 = ∑ 𝜆𝑥 . ⃗𝑴⃗⃗ 𝟎 = 𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟏 𝟎 𝟎
⃗ ) + 𝜆𝑥 . (𝒓 ⃗)=𝟎 |𝟐𝟎𝟎 𝟎 −𝟐𝟎𝟎| + |𝟎 𝟎 𝟏𝟎𝟎| = 𝟎
⃗ 𝟎𝑭
𝜆𝑥 . (𝒓 × 𝑭 ⃗ 𝟎𝑻 × 𝑻
𝟏𝟎 −𝟑𝟎 −𝟏𝟎 𝟎 −𝑻 𝟎
−𝟔𝟎𝟎𝟎 + 𝟏𝟎𝟎𝑻 = 𝟎 ∴ T = 60 N P3
UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS, FACULTAD DE INGENIERIA. MODALIDAD VIRTUAL.
DEPARTAMENTO DE FÍSICA, 2º EXAMEN PARCIAL, MECANICA ANALITICA 1, 07/10/2023
CLAVE DE EXAMEN. COORDINACION DE MECANICA 1:
CATEDRATICO: Ing. Cesar Garcia Nájera
8.1 ± 0.3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗ = 𝑷〈𝟐, − 𝟔, 𝟎〉,
𝑭 ⃗ 𝑪𝑬 = 𝑪𝑬 ∗ 𝑻 = 𝑻 ∗ 〈−2, 1.7, 𝟏. 𝟏〉/√𝟖. 𝟏
𝑻
𝑪𝑬
⃗⃗ 𝑨 = 〈𝑹𝑨𝒙 ,
𝑹 𝑹𝑨𝒚 , ⃗ 𝑩 = 〈𝑹𝑩𝒙 ,
𝑹𝑨𝒛 〉 𝑹 𝑹𝑩𝒚 , 𝑹𝑩𝒛 〉
APLICANDO: ∑ 𝑴𝑨𝑩 = 𝟎,
∑ 𝑴𝑨𝑩 = ∑ 𝐴𝐵 . 𝑴 ⃗⃗⃗ 𝑨 = 𝟎
⃗ 𝑨𝑫 × 𝑭
𝜆𝐴𝐵 . (𝒓 ⃗ ) + 𝜆𝐴𝐵 . (𝒓 ⃗ 𝑪𝑬 ) = 𝟎
⃗ 𝑨𝑪 × 𝑻
Resolución:
Es necesario calcular las reacciones:
Análisis de la armadura completa DIAGRAMA DE FUERZAS SOBRE EL NODO “C”
A CA y
CB
1 <
45𝑜
45𝑜 x
𝑨𝒙 C CE
1
45𝑜 4.5 kN
𝑨𝐲 ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 + 8.5
𝑜
45 𝑪𝑨 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝟓𝑶 − 𝟒. 𝟓 + 𝑪𝑩 = 𝟎 ∴
(𝟖. 𝟓 𝒌𝑵) 𝐬𝐞𝐧 𝟒𝟓𝑶 − 𝟒. 𝟓 + 𝑪𝑩 = 𝟎
𝑩𝒚 𝑪𝑩 = −𝟏, 𝟓 𝒌𝑵 𝑪𝑶𝑴𝑷𝑹𝑬𝑺𝑰𝑶𝑵 𝑷𝟓
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
+ 8.5
1 AB
45𝑜 x
45𝑜
1 C ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
+ 2.12 6
𝑨𝐲
AC +𝑩𝑬 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟓𝑶 + 𝑨𝑩 + 𝑩𝑫 = 𝟎 ∴ 𝑩𝑫 = −𝟕. 𝟓 𝒌𝑵 𝑪𝑶𝑴𝑷𝑹𝑬𝑺𝑰𝑶𝑵𝑷𝟔
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
+ 6
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 +
2.66 ± 0.1 T
PREGUNTA 7(7.5 PUNTOS)
1 DB
45𝑜 45𝑜 x
𝑨𝒙 C
1
GD = 4.72 kN
45𝑜
DE
𝑨𝐲
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 + 4.72
45𝑜 𝑮𝑫 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝟓𝑶 − 𝑫𝑬 = 𝟎 ∴
𝑫𝑬 = 𝟑. 𝟑𝟑𝟖 𝒌𝑵 𝑻𝑬𝑵𝑺𝑰𝑶𝑵
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑩𝒚 + 4.72
∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 +
(𝑩𝒚 ) ∗ (𝟑 𝒎) − (𝟒 𝒌𝑵) ∗ (𝟐 𝒎) − (𝟐 𝒌𝑵) ∗ (𝟏 𝒎) = 𝟎 ∴ 𝑩𝒚 = 𝟑. 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 DIAGRAMA DE FUERZAS SOBRE EL NODO “E”
B y
EB ED = 3.338 kN
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 + 𝑨𝒙 = 𝟎
1 45𝑜 EG = 3.338 kN
3.333 45𝑜 x
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 𝑩𝒚 + 𝑨𝒚 − 𝟒 − 𝟐 = 𝟎 ∴ 𝑨𝒚 = 𝟐. 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 E EC
+ 1
4 kN
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 +
−𝑮𝑫 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟓𝑶 − 𝑮𝑬 = 𝟎 ∴
−(−𝟒. 𝟕𝟐) 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟓𝑶 − 𝑮𝑬 = 𝟎 ∴ 𝑮𝑬 = 𝟑. 𝟑𝟑𝟖 𝒌𝑵 𝑻𝑬𝑵𝑺𝑰𝑶𝑵 𝑷𝟒
UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS, FACULTAD DE INGENIERIA. MODALIDAD VIRTUAL.
DEPARTAMENTO DE FÍSICA, 2º EXAMEN PARCIAL, MECANICA ANALITICA 1, 07/10/2023
CLAVE DE EXAMEN. COORDINACION DE MECANICA 1:
CATEDRATICO: Ing. Cesar Garcia Nájera
5.7 ± 0.2 C
Ax = 0
Ay = 9 kN
26.57𝑜 45𝑜
∴ 𝑪𝑬 = 10 𝑘𝑁, 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼Ó𝑁 𝑷𝟖
∑ 𝑀𝐻 = 0 +
−(18 𝑚)(𝐴𝑦 𝑁) + (18 𝑚)(2 𝑘𝑁) + (14 𝑚)(4 𝑘𝑁) + (10 𝑚)(4 𝑘𝑁) + ∑ 𝐹𝑦 = 0
+
(6 𝑚)(3.5 𝑘𝑁) + (3 𝑚)(3 𝑘𝑁) = 0
+(9 𝑘𝑁) − (2 𝑘𝑁) − (4 𝑘𝑁) − (4 𝑘𝑁) + (𝑫𝑭 ∗ sen 26.570 ) −
𝐴𝑦 = 9 𝑘𝑁 (𝑫𝑬 ∗ sen 450 ) = 0
+(𝑫𝑭 ∗ sen 26.570 ) − (𝑫𝑬 ∗ sen 450 ) = 1 EC 1
∑ 𝐹𝑦 = 0 + 9
𝐻𝑦 + 𝐴𝑦 − 2 𝑘𝑁 − 4 𝑘𝑁 − 4 𝑘𝑁 − 3.5 𝑘𝑁 − 3 𝑘𝑁 − 1.5 𝑘𝑁 = 0 ∴
∑ 𝐹𝑥 = 0 10 kN
𝐻𝑦 = 9 𝑘𝑁 DIRECCION CORRECTA +
+(𝑫𝑭 ∗ cos 26.570 ) + (𝑫𝑬 ∗ cos 450 ) + 𝑪𝑬 = 0
∑ 𝐹𝑥 = 0 + +(𝑫𝑭 ∗ cos 26.570 ) + (𝑫𝑬 ∗ cos 450 ) = −10 EC 2
(𝐻𝑥 ) = 0 ∴ 𝐻𝑥 = 0 𝑘𝑁
29.2 ± 0.8 C
23.4 ± 0.7 T
53.13O
53.13O
2.5 m 73.74O CE
DE E
DF
∑ 𝑀𝐷 = 0 +
∑ 𝐹𝑦 = 0
∑ 𝑀𝐻 = 0 + +
−(𝐷𝐹) − (𝐶𝐸)(𝑠𝑒𝑛53.13𝑜 ) = 0,
+(6 𝑚)(𝐽𝑦 𝑁) − (4 𝑚)(20 𝑘𝑁) − (6 𝑚)(15 𝑘𝑁) − (8 𝑚)(10 𝑘𝑁) = 0 −(𝐷𝐹) − (−29.2)(𝑠𝑒𝑛53.13𝑜 ) = 0
𝐷𝐹 = 23.36 𝑘𝑁 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝑷𝟓
𝐽𝑦 = 41.67 𝑘𝑁
∑ 𝐹𝑥 = 0 -29.2 kN
+
∑ 𝐹𝑦 = 0 + 67.5
𝐻𝑦 + 𝐽𝑦 = 0 ∴ 𝐻𝑦 = − 41.67 𝑘𝑁 +(10 𝑘𝑁) + (15 𝑘𝑁) + (20 𝑘𝑁) + (𝐷𝐸) + (𝐶𝐸 ∗ cos 53.130 ) = 0
𝐷𝐸 = −27.5 𝑘𝑁 𝐶𝑂𝑀𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼𝑂𝑁 𝑷𝟓
∑ 𝐹𝑥 = 0 +
−(𝐻𝑥 ) + (20 𝑘𝑁) + (15 𝑘𝑁) + (10 𝑘𝑁) = 0 ∴ 𝐻𝑥 = −45 𝑘𝑁