Ejercicios-resueltos-de-armaduras-y-centroides-mecanica-tecnica-11

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ejercicios resueltos de Armaduras Y Centroides mecanica tecnica 1 Fisica 1 (Universidad Técnica de Machala)

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1. El elemento AB de la armadura que se muestra en la figura está sometida a una fuerza a tensión de 1000 lb. Determine el peso W y la fuerza axial en el elemento AC

NODO A 𝐴

1000 𝑙𝑏

𝐹𝐴𝐶 + ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

−

2

√5

(1000 𝑙𝑏) −

𝐹𝐴𝐶 = −1265 𝑙𝑏 −

−

1

√5 1

√5

(1000 𝑙𝑏) − (1000 𝑙𝑏) −

𝑊 = 447 𝑙𝑏

1

√2 1

√2 1

√2

W

𝐹𝐴𝐶 = 0 𝐹𝐴𝐶 − 𝑊 = 0

(−1265 𝑙𝑏) − 𝑊 = 0

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2. Cada uno de los pesos suspendidos que se muestran en la figura tiene una masa m = 20 kg. Determine las fuerzas axiales en los elementos de la armadura e indique si están en tensión (T) o en compresión (T). NODO D

5

𝑇𝐴𝐷 6

1.

D

𝑇𝐶𝐷 196.2 N

F

y

5

=0 NODO C

T AD − 196.2 N = 0

61 T AD = 306 N

𝑇𝐴𝐶

5

F

x

−

6

2

=0

C

𝑇𝐶𝐷

𝑇𝐵𝐶

T AD − TCD = 0

61 TCD = −235 N

196.2 N

F

NODO A

y

=0

5

T

A 2

5

5

5

2

F −

y

5

𝑇𝐴𝐵

𝑇𝐴𝐶

=0

(TAB + TAC ) −

29 T AB = −423 N

T AC − 196.2 = 0 29 T AC = 211 N

6

5 61

𝑇𝐴𝐷

T AD = 0

F

x

−

=0

5

T AC − TBC + TCD = 0 29 TBC = −313 N

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3. Determine las fuerzas axiales en los elementos BD, CD y CE de la armadura mostrada.

Gx

C

E F

Ax

A B

D

Ay

6KN

𝐴𝐶 = √3002 + 4002 𝐴𝐶 = 500 ∑ 𝒇𝒙 = 𝟎

𝐴𝑥 = 0

∑ 𝒇𝒚 = 𝟎

𝐴𝑦 − 6𝐾𝑛 = 0

𝐴𝑦 = 6𝐾𝑛

∑ 𝑴𝑮 = 𝟎

(6𝐾𝑛 ∗ 400𝑚) + 𝐴𝑥(600𝑚) − 𝐴𝑦(1200𝑚) = 0 400𝑁 + 𝐴𝑥(600𝑚) − 7200𝑁 = 0

𝐴𝑥 = 8𝐾𝑛

•

Nodo A ∑ 𝒇𝒙 = 𝟎

400

𝐴𝑥 + 𝐹𝐴𝐵 + (500 𝐹𝐴𝐶 ) = 0 𝐹𝐴𝐵 = 0

∑ 𝒇𝒚 = 𝟎 𝐴𝑦 + (

300 𝐹 )= 500 𝐴𝐶

𝐹𝐴𝐶 = −10 𝐾𝑛 𝑪

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•

Nodo B

∑ 𝒇𝒙 = 𝟎

−𝐹𝐴𝐵 + 𝐹𝐵𝐷 = 0

𝐹𝐵𝐷 = 𝐹𝐴𝐵

∑ 𝒇𝒚 = 𝟎 𝐹𝐵𝐶 = 0 •

Punto C

∑ 𝒇𝒙 = 𝟎

400

400

𝐹𝐶𝐸 + (500 𝐹𝐶𝐷 ) − (500 𝐹𝐴𝐶 ) = 0 𝐹𝐶𝐸 = −16 𝐾𝑛 𝑪

∑ 𝒇𝒚 = 𝟎 −𝐹𝐵𝐶 − (

300 300 𝐹𝐶𝐷 ) − ( 𝐹 )=0 500 500 𝐴𝐶

𝐹𝐶𝐷 = 10 𝐾𝑛 𝑻

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4. Para la armadura de techo mostrada, determine las fuerzas axiales en los elementos AD, BD, DE y DG. Modele los soportes en A e I como soportes de rodillo.

E F

C

H

B A

I

+ ∑ 𝑀𝐼 = 0 ↺

(6 𝑘𝑁)(3 𝑚) + (8 𝑘𝑁)(6 𝑚) + (10 𝑘𝑁)(9 𝑚) + (8 𝑘𝑁)(12 𝑚) + (6 𝑘𝑁)(15 𝑚) − 𝑅𝐴 (18 𝑚) =0 𝑅𝐴 = 19 𝑘𝑁

En A:

𝐴

𝑅𝐴

𝐹𝐴𝐵

21.8°

𝐹𝐴𝐷

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3.6 𝛼 = tan−1 ( ) = 21.8° 9

= −(−51.2 𝑘𝑁) cos(21.8°) + ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

𝐹𝐴𝐵 cos(21.8°) + 𝐹𝐴𝐷 = 0 𝐹𝐴𝐷 𝐹𝐴𝐷 = 47.5 𝑘𝑁

𝑭𝑨𝑫 = 𝟒𝟕. 𝟓 𝒌𝑵 (𝑻) + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ↑

𝑅𝐴 + 𝐹𝐴𝐵 sin(21.8°) = 0 𝐹𝐴𝐵 = −

19 𝑘𝑁 sin(21.8°)

𝐹𝐴𝐵 = −51.2 𝑘𝑁

𝐹𝐴𝐵 = 51.2 𝑘𝑁 (𝐶) En B: 6 𝑘𝑁 𝐹𝐵𝐴

𝐵

𝐹𝐵𝐶

𝐹𝐵𝐷

+ ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

−𝐹𝐴𝐵 cos(21.8°) + 𝐹𝐵𝐶 cos(21.8°) + 𝐹𝐵𝐷 cos(21.8°) = 0

𝐹𝐵𝐶 cos(21.8°) + 𝐹𝐵𝐷 cos(21.8°) = (−51.2 𝑘𝑁) cos(21.8°) 𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐵𝐷 = −51.2 𝑘𝑁 𝐹𝐵𝐶 = −51.2 𝑘𝑁 − 𝐹𝐵𝐷

𝐹𝐵𝐶 = −51.2 𝑘𝑁 − (−8.08 𝑘𝑁) 𝐹𝐵𝐶 = −43.12 𝑘𝑁

𝐹𝐵𝐶 = 43.12 𝑘𝑁 (𝐶)

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+ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ↑

−𝐹𝐴𝐵 sin(21.8°) + 𝐹𝐵𝐶 sin(21.8°) − 𝐹𝐵𝐷 sin(21.8°) − 6 𝑘𝑁 = 0

𝐹𝐵𝐶 sin(21.8°) − 𝐹𝐵𝐷 sin(21.8°) = 6 𝑘𝑁 + (−51.2 𝑘𝑁) sin(21.8°) 𝐹𝐵𝐶 − 𝐹𝐵𝐷 = −35.04 𝑘𝑁

−51.2 𝑘𝑁 − 𝐹𝐵𝐷 − 𝐹𝐵𝐷 = −35.04 𝑘𝑁 𝐹𝐵𝐷 =

−35.04 𝑘𝑁 + 51.2 𝑘𝑁 −2

𝐹𝐵𝐷 = −8.08 𝑘𝑁

𝑭𝑩𝑫 = 𝟖. 𝟎𝟖 𝒌𝑵 (𝑪) En C:

𝐹𝐵𝐶

8 𝑘𝑁 𝐶

𝐹𝐶𝐸

𝐹𝐶𝐷

+ ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

𝐹𝐶𝐸 cos(21.8°) − 𝐹𝐵𝐶 cos(21.8°) = 0 𝐹𝐶𝐸 =

(−43.12 𝑘𝑁) cos(21.8°) cos(21.8°)

𝐹𝐶𝐸 = −43.12 𝑘𝑁

𝐹𝐶𝐸 = 43.12 𝑘𝑁 (𝐶) + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ↑

𝐹𝐶𝐸 sin(21.8°) − 𝐹𝐵𝐶 sin(21.8°) − 𝐹𝐶𝐷 − 8 𝑘𝑁 = 0

𝐹𝐶𝐷 = (−43.12 𝑘𝑁) sin(21.8°) − (−43.12 𝑘𝑁) sin(21.8°) − 8 𝑘𝑁 𝐹𝐶𝐷 = 8 𝑘𝑁

En D:

𝐹𝐶𝐷 = 8 𝑘𝑁 (𝑇)

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𝐹𝐵𝐷

𝐹𝐴𝐷

𝐹𝐶𝐷 𝐷

𝐹𝐷𝐸

50.19° 𝐹𝐷𝐺

3.6 𝛽 = tan−1 ( ) = 50.19° 3 + ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

𝐹𝐷𝐸 cos(50.19°) + 𝐹𝐷𝐺 − 𝐹𝐵𝐷 cos(50.19°) − 𝐹𝐴𝐷 = 0

𝐹𝐷𝐸 cos(50.19°) + 𝐹𝐷𝐺 − (−8.08 𝑘𝑁) cos(50.19°) − (47.5 𝑘𝑁) = 0 𝐹𝐷𝐸 cos(50.19°) + 𝐹𝐷𝐺 = 42.33 𝑘𝑁

(−6.51 𝑘𝑁) cos(50.19°) + 𝐹𝐷𝐺 = 42.33 𝑘𝑁 𝐹𝐷𝐺 = 46.5 𝑘𝑁

𝑭𝑫𝑮 = 𝟒𝟔. 𝟓 𝒌𝑵 (𝑻) + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ↑

𝐹𝐷𝐸 sin(50.19°) + 𝐹𝐵𝐷 sin(21.8°) + 𝐹𝐶𝐷 = 0 𝐹𝐷𝐸 =

−(−8.08 𝑘𝑁) sin(21.8°) − 8 𝑘𝑁 sin(50.19°) 𝐹𝐷𝐸 = −6.51 𝑘𝑁

𝑭𝑫𝑬 = 𝟔. 𝟓𝟏 𝒌𝑵 (𝑪)

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5.- La armadura Warren que soporta el puente peatonal de la figura está diseñada para soportar cargas verticales de 50 kN en B, D, F y H. Si la armadura está sometida a dichas cargas, ¿cuáles son las fuerzas axiales resultantes en los elementos BC, CD y CE?

∑ 𝑀𝐴 = 0 −𝐹𝐵 (3𝑚) − 𝐹𝐷 (6𝑚) − 𝐹𝐹 (9𝑚) − 𝐹𝐻 (12𝑚) + 𝑅𝐼 (15𝑚) = 0 Nodo A

𝑅𝐼 = 100𝑁 = 𝑅𝐴

A ∑ 𝐹𝑦 = 0

2 𝑅𝐴 + 𝐴𝐵 sin (tan−1 ( )) = 0 3 𝐴𝐵 = −

100 0.56

𝐴𝐵 = −180.28 ∑ 𝐹𝑥 = 0

2 𝐴𝐵 cos (tan−1 ( )) = −𝐴𝐶 3 Nodo B

𝐴𝐶 = −150

B

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∑ 𝐹𝑦 = 0

2 −𝐵𝐶𝑦 + 𝐴𝐵 sin (tan−1 ( )) = 0 3 𝐵𝐶 = −

100 0.56

𝐵𝐶 = −180.28 ∑ 𝐹𝑥 = 0

2 2 𝐵𝐷 + 𝐵𝐶 cos (tan−1 ( )) + 𝐴𝐵 cos (tan−1 ( )) = 0 3 3 Nodo C

𝐵𝐷 = −300𝑘𝑁

B ∑ 𝐹𝑦 = 0

2 𝐶𝐷𝑦 + 𝐵𝐶 sin (tan−1 ( )) = 0 3 𝐶𝐷 = −

100 0.56

𝐶𝐷 = −180.28 ∑ 𝐹𝑥 = 0

2 2 𝐶𝐸 − 𝐴𝐶 + 𝐶𝐷 cos (tan−1 ( )) − 𝐵𝐶 cos (tan−1 ( )) = 0 3 3 𝐵𝐷 = 300𝑘𝑁

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6. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión Determine la fuerza en cada elemento de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

300(4𝑓𝑡) + 𝑅𝐵𝑥 (3𝑓𝑡) = 0

∑ 𝑀𝐴 = 0

𝑅𝐵𝑥 = −400 𝑙𝑏 ∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝑅𝐴𝑥 + 400 = 0

𝑅𝐴𝑥 = 400 𝑙𝑏(𝑇)

Nodo D:

DC

∑ 𝐹𝑦 = 0

DA

3 𝐷𝐶 ( ) − 300 = 0 5 𝐷𝐶 = 500 𝑙𝑏(𝑇)

∑ 𝐹𝑥 = 0

4 𝐷𝐴 + 500 ( ) = 0 5 𝐷𝐴 = −400 𝑙𝑏(𝐶)

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300 lb

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Nodo A:

AB

AC

AD

RAx

∑ 𝐹𝑥 = 0

2 −400 + 400 − 𝐴𝐶( ) = 0 2.5 ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝐶 = 0

1.5 0 ( ) + 𝐴𝐵 = 0 2.5 𝐴𝐵 = 0

Nodo B:

∑ 𝐹𝑦 = 0

RBy BC RBx BA

3 300 − 𝐵𝐶 ( ) = 0 5 𝐵𝐶 = −500(𝐶)

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7.- Suponga que cada miembro de la armadura está hecho de acero con una masa por longitud de 4 kg/m. Establezca P = 0, determine la fuerza en cada elemento, e indique si los elementos están en tensión o en compresión. Ignore el peso de las placas de unión y suponga que cada nodo es un pasador. El problema se resuelve al suponer que el peso de cada elemento puede ser representado como una fuerza vertical, la mitad de la cual está aplicada en el extremo de cada elemento. 𝑭𝑨 = 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒆𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝐻𝑚 (

𝐹𝐴 =

4𝑘𝑔 )= 𝑚

16𝑘𝑔

1 16𝑘𝑔 2

(9,81𝑚/𝑠 2 )

78,48𝑁 + 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐸𝐴

𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐸𝐴 = √42 + 22 = 4𝑘𝑔 √20 𝑚 . . 9,81 2 𝑚

78,48 + 2,236 𝑥 4

78,48

+

87,74

Mitad de la barra AB

𝑥 9,81

= 166,22 𝑁 Mitad de la barra EA

𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒏𝒐𝒅𝒐 𝑩 + 𝒃𝒂𝒓𝒓𝒂 𝑩𝑬 78,48 + 87,74 =

166.22

𝑳𝒂 𝒃𝒂𝒓𝒓𝒂 𝑨𝑩 𝒚 𝑩𝑬 𝒑𝒆𝒔𝒂 𝒍𝒐 𝒎𝒊𝒔𝒎𝒐 156,96 + 39,24

𝐵𝐴𝑅𝑅𝐴 𝐵𝐸 = (4)

196,2 𝑁

1 (9,81)(𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐵𝐸 2) 2

𝑷𝑨𝑹𝑨 𝑳𝑨 𝑭𝑼𝑬𝑹𝒁𝑨 𝑬𝑵 𝑬𝑳 𝑵𝑶𝑫𝑶 𝑬

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𝑷𝑨𝑹𝑨 𝑬𝑳 𝑵𝑶𝑫𝑶 𝑬

(87,73)(3) + 39,24 =

302,46 𝑁 𝑷𝑨𝑹𝑨 𝑬𝑳 𝑵𝑶𝑫𝑶 𝑫

𝐹𝐷 = 78,48 + 87,74 = 166,22 𝑁

Calculo de fuerzas método de nodos

∑ 𝐹𝑦 𝑁𝑂𝐷𝑂 𝐴 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0

2 −166,22 𝑁 + 𝐹𝐸𝐴 ( )= √20 371,09 = 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 ∑ 𝐹𝑥

4 ) 𝐹𝐴𝐵 – 371,69 ( √20

371,69 . 4 )= 𝐹𝐴𝐵 = ( √20 332,45 𝑁 = 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑷𝑨𝑹𝑨 𝑬𝑳 𝑵𝑶𝑫𝑶 𝑩 ∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝐹𝐴𝐵 + 𝐹𝐵𝐶 = 0

𝐹𝐴𝐵 = 𝐹𝐵𝐶 = 332,45 𝑁 = 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐵 + 𝐹𝐵𝐺 = 196,2 = 𝐹𝐵𝐺

𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐 𝑨

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐴𝐵 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 332,44 (𝑇)

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∑ 𝐹𝑦 = 0

2 𝐹𝐴𝐸 ( ) − 166,22 𝑁 = 0 2√5 196,2 = 𝐹𝐵𝐺

𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐 𝑩

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐴𝐵 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 332,44 (𝑇) ∑ 𝐹𝑦 = 0

−𝐹𝐵𝐸 − 196,2 𝑁 = 0 𝐹𝐵𝐸 = −196,2 𝑁 (𝑐) 𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐 𝑬

𝐹𝐸𝐷 (

4

2√5

∑ 𝐹𝑥 = 0

) + 𝐹𝐶𝐸 (

4

2√5

) − 𝐹𝐴𝐸 (

𝐹𝐵𝐶 = 332,44 (𝑇)

𝐹𝐸𝐷 = −332,44 − 0,89 𝐹𝐶𝐸 𝐹𝐸𝐷 = −371,68 − 𝐹𝐶𝐸

𝐹𝐸𝐷 = −371,68 − 1486,74 − 𝐹𝐸𝐷 𝐹𝐸𝐷 = −929,1 (𝑐)

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4

2√5

) = 0

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8. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Suponga que cada nodo es un pasador. Considere P = 4 kN.

Nodo A

y

4 KN

FAB A √5

1

Nodo B

2

FAE

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐴𝐸 (

1

√5

x

)−4=0

y

FAB =8.00 KN

8 KN

B

𝑭𝑨𝑬 = 𝟖. 𝟗𝟒𝑲𝑵 (𝑪) ∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐴𝐵 − 8.94 (

2

√5

)=0

𝑭𝑨𝑩 = 𝟖. 𝟎𝟎𝑲𝑵 (𝑻)

FBE ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐵𝐸 − 8 = 0

𝑭𝑩𝑬 = 𝟖. 𝟎𝟎𝑲𝑵 (𝑪) ∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐵𝐶 − 8.00 = 0

𝑭𝑩𝑪 = 𝟖. 𝟎𝟎𝑲𝑵 (𝑻)

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FBC

x

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Nodo E Nodo D

FBE = 8.00 KN

y

y´ 26.57°

FDC

FED = 17.9 KN

FAE = 8.94 KN

FEC

1

DX

2

36.87°

E

√5

D

FED x´ 𝑡𝑎𝑛𝜃 =

4 2

𝜃 = 63.43°

26.57° + 36.87° =63.43° ∑ 𝐹𝑦´ = 0

𝐹𝐸𝐶 𝑐𝑜𝑠36.87° − 8.00𝑐𝑜𝑠26.57° = 0 𝑭𝑬𝑪 = 𝟖. 𝟗𝟒𝑲𝑵 (𝑻) ∑ 𝐹𝑥´ = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0

1 𝐹𝐷𝐶 − 17.9 ( ) = 0 √5 𝑭𝑫𝑪 = 𝟖. 𝟎𝟎𝑲𝑵 (𝑻) ∑ 𝐹𝑥 = 0

2 𝐷𝑋 − 17.9 ( ) = 0 √5 𝑫𝑿 = 𝟏𝟔. 𝟎𝟎𝑲𝑵

8.94 + 8.00𝑠𝑒𝑛26.57° + 8.94𝑠𝑒𝑛36.87° − 𝐹𝐸𝐷 = 0 𝑭𝑬𝑫 = 𝟏𝟕. 𝟗𝑲𝑵 (𝑪)

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x

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9. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P1 = 600 lb, P2 = 400 lb.

Nodo B

FBC B

x

FBA y

∑ 𝐹𝑦 = 0

Nodo G

𝑭𝑩𝑮 = 𝟎

y FGC

FBG = 0

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐵𝐴

FGA

G T

Nodo D

y FDC

400 lb

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐺𝐶 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 𝑭𝑮𝑪 = 𝟎

D E

FDE

FDF

x

𝜃

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑭𝑮𝑨 = 𝟎

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐷𝐹 − 400 = 0

𝑭𝑫𝑭 = 𝟒𝟎𝟎 𝒍𝒃 (𝑪) ∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐷𝐸 − 𝐹𝐷𝐶 = 0 𝑭𝑫𝑬 = 𝑭𝑫𝑪

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x

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Nodo F

Nodo C

y

FFC

y

FDF = 400 lb

600 lb

53.13° 53.13° F

FFE

C 36.87°

x

36.87°

FBC

73.74°

FDC

x 𝑡𝑎𝑛𝜃 =

FGC = 0

8 6

𝜃 = 53.13° ∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐹𝐸 𝑠𝑒𝑛53.13° − 𝐹𝐹𝐶 𝑠𝑒𝑛53.13° = 0 𝑭𝑭𝑬 = 𝑭𝑭𝑪 ∑ 𝐹𝑦 = 0

2𝐹𝑐𝑜𝑠53.13° − 400 = 0

FFC = 333.33 lb

𝑡𝑎𝑛𝜃 =

3 4

𝑡𝑎𝑛𝛽 =

6 8

𝜃 = 36.87° 𝛽 = 36.87° 𝜃+ 𝛽=𝛼

𝑭𝑭𝑬 = 𝑭𝑭𝑪 = 𝟑𝟑𝟑. 𝟑𝟑 𝒍𝒃 (𝑻)

36.87°+36.87°=73.74° ∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐵𝐶 𝑐𝑜𝑠36.87° − 𝐹𝐷𝐶 𝑐𝑜𝑠36.87° + 333.33𝑐𝑜𝑠73.74° = 0 𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐷𝐶 − 118.14

𝐹𝐵𝐶 = 1533.33 − 𝐹𝐵𝐶 − 118.14 𝑭𝑩𝑪 = 𝑭𝑩𝑨 = 𝟕𝟎𝟖 𝒍𝒃 (𝑪) ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐵𝐶 𝑠𝑒𝑛36.87° + 𝐹𝐷𝐶 𝑠𝑒𝑛36.87° − 600 − 333.33𝑠𝑒𝑛73.74° = 0 𝐹𝐷𝐶 = 1533.33 − 𝐹𝐵𝐶

𝐹𝐷𝐶 = 1533.33 − 708

𝑭𝑫𝑪 = 𝑭𝑫𝑬 = 𝟖𝟐𝟓 𝒍𝒃 (𝑪)

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10.- La armadura mostrada soporta cargas en N, P y R. Determine las fuerzas axiales en los elementos IL, HJ, GI y KM.

Corte para determinar F MK KI y LI

α

M

+

∑𝑀𝐼 = 0

𝐹𝑀𝐾 (1𝑚) − 1𝑘𝑁(4𝑚) − 2𝑘𝑁(6𝑚) − 1𝑘𝑁(8𝑚) = 0 𝐹𝑀𝐾 = 24𝑘𝑁 (𝑇)

∑𝐹𝑦 = 0

1 4𝑘𝑁 − 𝐹𝑀𝐼 ( ) = 0 √5

𝐹𝑀𝐼 = 4√5

∴

𝐹𝑀𝐼 = −8.94 (𝐶)

∑𝐹𝑥 = 0

−𝐹𝑀𝐾 − 𝐹𝑀𝐼

2

√5

− 𝐹𝐿𝐼 = 0

𝐹𝐿𝐼 = −16𝑘𝑁 (𝐶)

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I

α

√5

1m

2m

sin 𝛼 =

cos 𝛼 =

L

2

√5 1

√5

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Corte para determinar HJ y GI =24kN

α β

α

γ

8m

4 8

𝛼 = tan−1 ( ) 𝛼 = 26.57∘

2m 4 𝛽 = tan−1 ( ) 8

β

𝛽 = 14.03∘

8m

I

1m ∑𝑀𝐵 = 0

γ

𝐹𝐴𝐽 (6𝑚) cos 𝛼 − 1𝑘𝑁(4𝑚) − 2𝑘𝑁(6𝑚) − 1𝑘𝑁(8𝑚) = 0 𝐹𝐴𝐽 =

24𝑘𝑁𝑚 6(0.8944)𝑚

∴ 𝐹𝐴𝐽 = 4.47𝑘𝑁(𝑇)

∑𝑀𝐼 = 0

𝐹𝑀𝐾 (1𝑚) = 2𝐹𝐴𝐽𝑌 = 2𝐹𝐻𝐼 𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0

−24𝑘𝑁𝑚 + 8.94𝑘𝑁𝑚 + 2(𝑐𝑜𝑠16)𝐹𝐻𝐽 = 0

𝐹𝐻𝐽 =

15.06𝑘𝑁𝑚 2(0.97)𝑚

∴

𝐹𝐻𝐽 = 7.76𝑘𝑁(𝑇)

∑𝐹𝑋 = 0

−𝐹𝐴𝐽 𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝐹𝐻𝐽 𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝐹𝐻𝐼 𝑠𝑒𝑛𝛾 = 0

−4.47 sen(26.57) + 7.76 sen(16) − 𝐹𝐻𝐼 𝑠𝑒𝑛𝛾 = 0

2 − 2 − 𝐹𝐻𝐼 𝑠𝑒𝑛𝛾 = 0 ∴

𝐹𝐻𝐼 = 0

∑𝐹𝑌 = 0

𝐸𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑜

−𝐹𝐴𝐽 𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝐻𝐽 𝑐𝑜𝑠𝛽 − 𝐹𝐻𝐼 𝑐𝑜𝑠𝛾 − 𝐹𝐺𝐼 − 4 = 0

−4.47cos(26.57) − 7.76cos(16) − 𝐹𝐻𝐼 cos(40.96) − 𝐹𝐺𝐼 − 4 = 0 𝐹𝐺𝐼 = −16𝑘𝑁(𝐶)

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2m

H

1.5m

1.5 𝛾 = 𝑡𝑔−1 ( ) 2 𝛾 = 40.96∘

G

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11. El peso de la cubeta mostrada es W 1000 lb. El cable pasa sobre poleas en A y D. Determine las fuerzas axiales en las barras IK y JL.

𝐿 = 6 cos 𝛼 + 3√2 sin 𝛽 + 3.5 = 12.593 ∑ 𝑀𝐽 = 0

−𝑊(𝐿) + 𝑊(3.25) − 𝐼𝐾(3) = 0 𝐼𝐾 = −3114.4(𝐶)

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐽𝐿 cos 𝛼 − 𝐼𝐾 cos 𝛼 − 𝑊 cos 𝛼 − 𝐽𝐾 cos 𝛽 = 0

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∑ 𝐹𝑦 = 0

−𝐽𝐿 sin 𝛼 − 𝐼𝐾 sin 𝛼 − 𝑊 sin 𝛼 − 𝑊 − 𝐽𝐾 sin 𝛽 = 0 0.8192 𝐽𝐿 + 0.1736 𝐽𝐾 = −1732

0.5736 𝐽𝐿 + 0.9848 𝐽𝐾 = 212.75 𝐽𝐿 = 2360 𝑙𝑏(𝑇)

𝐽𝐾 = −1158.5 𝑙𝑏(𝐶)

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12. Determine la fuerza en los elementos DC, HI y JI de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

∑ 𝑀𝐻 = 0

−𝐹𝐷𝐶 (12𝑓𝑡) − 1600𝑙𝑏(21𝑓𝑡) + 1200𝑙𝑏(9𝑓𝑡) = 0 𝐹𝐷𝐶 = −1900(𝐶) ∑ 𝑀𝐷 = 0

𝐹𝐻𝐼 (12𝑓𝑡) − 1200𝑙𝑏(21𝑓𝑡) − 1600𝑙𝑏(9𝑓𝑡) = 0 𝐹𝐻𝐼 = 900(𝑇)

∑ 𝐹𝑦 = 0

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−1200𝑙𝑏 − 1600𝑙𝑏 + 𝐹𝐻𝐼 − 𝐹𝐷𝐶 − 𝐹𝐽𝐼𝑦 = 0 𝐹𝐽𝐼 = 5374𝑙𝑏(𝑇)

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13. Determine la fuerza en los elementos JK, CJ y CD de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión

J

K

I

L

𝑅𝐴𝑥

𝑅𝐴𝑦

H

G A

B 2m

C 2m

E

D 2m

2m

F 2m

2m

+ ∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝑅𝐴𝑥 = 0

+ ∑ 𝑀𝐺 = 0 ↺

−𝑅𝐴𝑦 (12 𝑚) + (4 𝑘𝑁)(10 𝑚) + (5 𝑘𝑁)(8 𝑚) + (8 𝑘𝑁)(4 𝑚) + (6 𝑘𝑁)(2 𝑚) = 0 𝑅𝐴𝑦 =

(4 𝑘𝑁)(10 𝑚) + (5 𝑘𝑁)(8 𝑚) + (8 𝑘𝑁)(4 𝑚) + (6 𝑘𝑁)(2 𝑚) 12 𝑚 𝑅𝐴𝑦 = 10.33 𝑘𝑁

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𝑅𝐺𝑦

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𝐹𝐽𝐾

𝑅𝐴𝑥

𝐽

𝐹𝐶𝐽

56.31°

𝐹𝐷𝐶

𝑅𝐴𝑦

𝑎′

𝐷

+ ∑ 𝑀𝐶 = 0 ↺

−𝐹𝐽𝐾 (3 𝑚) + (4 𝑘𝑁)(2 𝑚) − 𝑅𝐴𝑦 (4 𝑚) = 0 𝐹𝐽𝐾 =

(4 𝑘𝑁)(2 𝑚) − (10.33 𝑘𝑁)(4 𝑚) 3𝑚

𝐹𝐽𝐾 = −11.11 𝑘𝑁

𝑭𝑱𝑲 = 𝟏𝟏. 𝟏𝟏 𝒌𝑵 (𝑪) + ∑ 𝑀𝐽 = 0 ↺

𝐹𝐷𝐶 (3 𝑚) + (5 𝑘𝑁)(2 𝑚) + (4 𝑘𝑁)(4 𝑚) − 𝑅𝐴𝑦 (6 𝑚) = 0 𝐹𝐷𝐶 =

(5 𝑘𝑁)(2 𝑚) + (4 𝑘𝑁)(4 𝑚) − (10.33 𝑘𝑁)(6 𝑚)

3𝑚

𝐹𝐷𝐶 = 11.99

𝑭𝑫𝑪 = 𝟏𝟏. 𝟗𝟗 (𝑻)

3 𝛼 = tan−1 ( ) = 56.31° 2 + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ↑

𝑅𝐴𝑦 − 4 𝑘𝑁 − 5 𝑘𝑁 + 𝐹𝐶𝐽 sin(56.31°) = 0 𝐹𝐶𝐽 =

4 𝑘𝑁 + 5 𝑘𝑁 − 10.33 𝑘𝑁 sin(56.31°) 𝐹𝐶𝐽 = −1.6 𝑘𝑁

𝑭𝑪𝑱 = 𝟏. 𝟔 𝒌𝑵 (𝑪)

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14. Determine la fuerza en los elementos BG, BC y HG de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

C B

A

H

D

I

∑ 𝒇𝒙 = 𝟎 5

−𝐴𝑥 + (13) 260 = 0 𝐴𝑥 = 100 𝑙𝑏

𝐵𝐶 = √42 + 12 𝐵𝐶 = √17

∑ 𝑴𝑮 = 𝟎

12 𝐴𝑦(8𝑓𝑡) − ( ) 260 ∗ 8𝑓𝑡 = 0 13 𝐴𝑦 = 240 𝑙𝑏

𝐵𝐶 = √42 + 12 𝐵𝐶 = √17

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J

E

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𝐹𝐵𝐺

3ft

𝐹𝐻𝐶

Ax

A

•

Ay=240lb

Sección G

∑ 𝑴𝑮 = 𝟎

4 𝐴𝑦 ∗ 8𝑓𝑡 − ( ) 4𝐹𝐵𝐶 √17

𝐹𝐵𝐶 = 494.4 𝐿𝑏 •

Sección B

∑ 𝑴𝒃 = 𝟎

240(4) + 100(3) − 𝐹𝐻𝐺 (3) = 0

𝐹𝐻𝐺 = −420 𝐿𝑏 𝑪. 𝐵𝐺 = √42 + 32

𝐵𝐺 = 5

•

𝐹𝐵𝐺

Sección 0 3 5

− 240(8) + 𝐹𝐵𝐺 ( ) ∗ 6 = 0

𝐹𝐻𝐺 = −200 𝐿𝑏 𝑪.

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4f t

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15. Determine la fuerza en los elementos CD y GF de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Además, indique todos los elementos de fuerza cero.

M

A

=0

− 2(0.8) − 1.5(2 ) + E y (4 ) = 0 E y = 1.15 kN

M

F

=0

1.15(1) − FCD sin 36.87º (1) = 0

(C )

FCD = 1.92 kN

M

C

2 kN

=0

− FGF (1.5) + 1.15(2 ) = 0

(T )

FGF = 1.53 kN

F

y

=0

𝐴𝑥

FFD = 0

F

y

=0

2m

2m

𝐴𝑦

𝐸𝑦

1.5 kN

FFC cos = 0 FFC = 0

C

1.5 m

𝐹𝐺𝐹

𝐹𝐶𝐹

1m

𝐹𝐶𝐷

𝐹𝐶𝐷

0 D

36.87º

1m

1.15 kN

𝐹𝐷𝐸

𝐹𝐹𝐷

𝐹𝐹𝐶 𝐹𝐹𝐺

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𝜃

0

F

𝐹𝐹𝐸

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16. Localice la distancia 𝑦̅ al centroide del área de sección transversal del elemento.

La figura es simétrica en el eje de las X 7.5 𝑖𝑛

1.5𝑖𝑛 1 𝑖𝑛 Figura Rectángulo V Triangulo 1 Triangulo 2 Rectángulo 1H Rectángulo 2H Total

Área 7.5 1.88 1.88 3 3 17.26

1 𝑖𝑛

2.5 𝑖𝑛

3 𝑖𝑛

𝑥̅

̅= 𝒚

1.5 𝑖𝑛 2.5 𝑖𝑛 3 𝑖𝑛

𝑦̅ 4.75 1.5 1.5 0.5 0.5

𝐴𝑥̅

45.27 = 2.62 17.26

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𝐴𝑦̅ 35.63 2.82 2.82 1.5 1.5 45.27

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17. Localice el centroide (𝑥̅ , 𝑦̅) del área compuesta.

3 𝑝𝑢𝑙𝑔

3 𝑝𝑢𝑙𝑔

7 𝑝𝑢𝑙𝑔

3 𝑝𝑢𝑙𝑔 10 𝑝𝑢𝑙𝑔

Figura Triangulo Rectángulo Rectángulo ¼ circulo Total

𝑥̅ 2 5 5 8.73

Área 4.5 30 21 2.25π 62.57

̅= 𝒙

̅= 𝒙

̅𝟏 𝑨 ∑𝒙 ∑𝑨

̅𝟏 𝑨 ∑𝒙 ∑𝑨

𝑦̅ 4 1.5 4.5 4.73

= =

325.7

62.57

147.43 62.57

𝐴𝑥̅ 9 150 105 61.7 325.7

= 5.2 = 2.35

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𝐴𝑦̅ 18 1.5 94.5 33.43 147.43

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18. Localice el centroide (𝑥̅ , 𝑦̅) del área compuesta.

3m

1m

3m

1.5 m

3m

FIGURA Cuadrado Triangulo Circulo Semicírculo

A 9 4.5 -3.14 3.53 Σ𝐴 = 13.89

𝑥̅ 1.5 4 0 -0.63

𝑥̅ =

𝑦̅ =

3m

𝑦̅ 1.5 1 1.5 1.5

𝐴𝑥̅ 13.5 18 0 -2.22 Σ𝐴𝑥̅ = 29.28

Σ𝐴𝑥̅ 29.28 = = 2.11𝑓𝑡 13.89 Σ𝐴

Σ𝐴𝑦̅ 18.58 = = 1.34𝑓𝑡 13.89 Σ𝐴

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𝐴𝑦̅ 13.5 4.5 -4.71 5.29 Σ𝐴𝑦̅ = 18.58

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19. El muro de contención a gravedad está hecho de concreto. Determine la ubicación (𝑥̅ , 𝑦̅) del centro de masa G para el muro.

1.2m

3m

3 2

4

4

1.8 m

1 3.6m FIGURAS

1.44 m2 2.7 m2 3.6 m2 -0.9 m2 6.84 m2

1 2 3 4 Área total

̅= 𝒙

̅𝟏 𝑨 ∑𝒙

̅= • 𝒚

∑𝒚 ̅𝟏 𝑨

•

̅ 𝒙

AREAS

∑𝑨

∑𝑨

̅= 𝒙

1.8 m 1.8 m 3m 3.4 m

𝟏𝟓.𝟏𝟗𝟐 𝒎 𝟔.𝟖𝟒 𝒎

ȳ

0.2 m 1.4 m 1.9 m 1.4 m

̅A 𝒙 2.592 m 4.86 m 10.8 m -3.06 m 15.192 m

= 𝟐. 𝟐𝟐

𝟗.𝟔𝟓 𝒎

̅= 𝒚 = 𝟏. 𝟒 𝟔.𝟖𝟒 𝒎

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ȳA

0.288 m 3.78 m 6.84 m -1.26 m 9.648 m

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20. Para determinar la ubicación del centro de gravedad del automóvil, éste se coloca primero en una posición nivelada, con las dos ruedas de un lado descansando sobre la báscula de plataforma 𝑃. En esta posición, la báscula registra una lectura de 𝑊 1. Después, un lado se eleva hasta una altura c conveniente como se muestra en la figura. La nueva lectura en la báscula es 𝑊 2. Si el automóvil tiene un peso total de W, determine la ubicación de su centro de gravedad G(𝑥̅ , 𝑦̅).

𝑦

𝑦̅

𝑥̅

𝑊 𝐺

𝐴

𝑏

𝑅𝐴

𝑥 𝑊1

+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ↺

𝑊1 (𝑏) − 𝑊(𝑥̅ ) = 0 ̅= 𝒙

𝑾𝟏 𝒃 𝑾

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𝑦 𝑦̅

𝑐

𝑊1 𝑏 𝑊

𝐴 𝑅𝐴

𝑊 𝜃

𝐺

𝑏

𝑥

𝜃

𝑊2

+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ↺

𝑊2 (√𝑏 2 − 𝑐 2 ) − 𝑊 ( 𝑦̅ =

𝑐 √𝑏 2 − 𝑐 2 𝑊1 ) ( 𝑏) − 𝑊 ( ) 𝑦̅ = 0 𝑏 𝑊 𝑏

𝑊2 (√𝑏 2 − 𝑐 2 ) − 𝑊1 (√𝑏 2 − 𝑐 2 ) 𝑏 𝑐𝑊

̅= 𝒚

𝒃(𝑾𝟐 − 𝑾𝟏 )(√𝒃𝟐 − 𝒄𝟐 ) 𝒄𝑾

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21. Localice el centroide (𝑥̅ , 𝑦̅) del área compuesta.

Figura Cuadrado Triangulo Semicírculo Sumatoria

𝐴 12 8

𝑥̅ 2 8 3 4

2𝜋 26.28

̅= 𝒙

𝑦̅ 2 13 3 3.85

𝐴𝑥̅ 24 64 3 8𝜋 70.466

̅𝟏 𝑨𝟏 𝟕𝟎, 𝟒𝟔𝟔 ∑𝒙 = = 𝟐, 𝟔𝟖 𝟐𝟔, 𝟐𝟖 ∑ 𝑨𝟏

̅= 𝒚

∑𝒚 ̅𝟏 𝑨 𝟖𝟐, 𝟖𝟔 = = 𝟑, 𝟏𝟓 𝟐𝟔, 𝟐𝟖 ∑𝑨

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𝐴𝑦̅ 24 104 3 24.18 82,86

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22. En la figura se muestra la sección transversal de un relleno de tierra. Determine los coeficientes a y b para que la coordenada y del centroide de la sección transversal sea de 10 m.

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 = 0 , 𝑥 = 100 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑏 = 𝑎 ∗ .

𝐴 = ∫ 𝑑𝐴 𝐴

100

(𝑥 − (10−4 )𝑥 3 )𝑑𝑥

𝐴 = 𝑎∫

0

𝐴 = (0.5𝑎)[𝑥 2 − (0.5 ∗ 10−4 )𝑥 4 ]

100 0

𝐴 = 0.5𝑎 ∗ 104 − 0.25𝑏 ∗ 108 𝐴 = 0.25 ∗ 104

𝑦 = (0.5)(𝑎𝑥 − 𝑏𝑥 3 ) = (0.5𝑎)(𝑥 − (10−4 )𝑥 3 ) .

𝑦𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝐴 100

𝐴 = (0.5)𝑎2 ∫ 100

𝐴 = (0.5)𝑎2 ∫

0

0

𝐴

(𝑥 − (10−4 )𝑥 3 )𝑑𝑥

(𝑥 2 − 2(10−4 )𝑥 4 + (10−8 )𝑥 6 )𝑑𝑥

𝑥3 2𝑥 5 𝑥 7 100 𝐴 = (0.5𝑎2 ) [ − (10−4 ) + (10−8 ) ] 3 5 7 0 𝑦=

𝐴 = 3.81𝑎2 (104 )

3.81𝑎2 (104 ) = 15.2381𝑎 0.25 ∗ 104

𝑦 = 10

𝑎 = 0.6562

𝑏 = 6.562 ∗ 10−5

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23. Localice el centroide (𝑥̅ , 𝑦̅, 𝑧̅) del alambre que se dobla en la forma que se muestra.

Fig 1 Fig 2

Fig 3

Fig 1 2 3 ∑

Longitud(L) 300mm 600mm 400mm 1300mm

𝑋𝑖 150 300 300

𝑌𝑖 0 300 600

𝑋=

𝑌=

𝑍𝑖 0 0 -200

𝐿𝑋𝑖 45000 180000 120000 345000

345000 = 265.38𝑚𝑚 1300

420000 = −323.08𝑚𝑚 1300

𝑍=−

80000 = −61.54 1300

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𝐿𝑌𝑖 0 180000 240000 420000

𝐿𝑍𝑖 0 0 -80000 -80000

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24. Localice el centroide (𝑥̅ , 𝑦̅, 𝑧̅) del alambre que se dobla en la forma que se muestra. Fig 1

Fig 2 Fig 3

Figura Arco Semicircular 1 2 3 Sumatoria

𝐿 4𝜋 6 4

√42 + 62 29.78

𝑥̅ 0

−4 −2 2 𝑥̅ =

𝑦̅ 8 𝜋 0 0 0

𝑧 0 3 6 3

𝐿𝑥̅ 0

𝐿𝑦̅ 32

−17.58

32

−24 −8 14.42

Σ𝐿𝑥̅ −17.58 = = −𝟎. 𝟓𝟗 𝒑𝒖𝒍𝒈. Σ𝐿 29.78

𝑦̅ =

32 Σ𝐿𝑦̅ = = 𝟏. 𝟎𝟕 𝒑𝒖𝒍𝒈. 29.78 Σ𝐿

𝑧̅ =

Σ𝐿𝑧̅ 63.63 = = 𝟐. 𝟏𝟒 𝒑𝒖𝒍𝒈. Σ𝐿 29.78

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0 0 0

𝐿z 0 18 24 21.63 63.63

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25. El alambre homogéneo ABC está doblado en un arco semicircular y una sección recta como se muestra en la figura, además se encuentra unido a una articulación en A. Determine el valor de θ tal que el alambre se encuentre en equilibrio en la posición indicada.

̅=𝟎 𝒙

[−

1 2

[−

𝚺𝐗𝐋 = 𝟎 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃] (𝑟) + [ 1 2

2𝑟 𝜋

− 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜗] (𝜋𝑟) = 0

𝑟2 𝑐𝑜𝑠𝜃] + [2𝑟2 − 𝜋𝑟2 𝑐𝑜𝑠𝜗] = 0 𝑐𝑜𝑠𝜃 =

4 1 + 2𝜋

𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 −1 0.547 𝜃 = 56.7 𝑅//

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26. La placa tiene un espesor de 0.5 pulg y está hecha de acero que tiene un peso específico de 490 lb/pie3. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la fuerza en la cuerda en B.

1

𝑑𝐴 = 𝑥𝑑𝑦 = √3𝑦 2 𝑑𝑦

𝑪𝒆𝒏𝒕𝒓𝒐𝒊𝒅𝒆:

Á𝒓𝒆𝒂:

𝑥̅ =

𝑥

𝑦𝑐 = 𝑦

3𝑓𝑡

𝐴 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝐴

𝑥 √3 1 = 𝑦2 2 2

0

3𝑓𝑡

1

√3𝑦 2 𝑑𝑦 =

2√3 3 𝑦 2 | ) = 𝟔𝒇𝒕𝟐 (| 3 0 𝑊 = 𝛾𝐴𝑡 = 490(6) ( 𝑥̅ =

∫𝐴 𝑥̅ 𝑑𝐴 ∫𝐴 𝑑𝐴

=

3𝑓𝑡

∫0

0.5 ) = 122.5 𝑙𝑏 12

1 √3 1 ( 2 𝑦 2 ) (√3𝑦 2 𝑑𝑦)

6

𝑬𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝑬𝒒𝒖𝒊𝒍𝒊𝒃𝒓𝒊𝒐: + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ↺

=

3𝑓𝑡 3 ∫0 2 𝑦𝑑𝑦

6

=

3𝑓𝑡 3 (|4 𝑦 2 | )

6

0

= 𝟏. 𝟏𝟐𝟓𝒇𝒕

W = 122.5 lb TB

𝑇𝐵 (3) − 122.5(1.125) = 0 𝑻𝑩 = 𝟒𝟓. 𝟗 𝒍𝒃

3ft

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐴𝑥 − 45.9𝑙𝑏 = 0 𝑨𝒙 = 𝟒𝟓. 𝟗 𝒍𝒃 ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑦 − 122.5𝑙𝑏 = 0

Ax

Ay

𝑨𝒚 = 𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝒍𝒃

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𝑥̅ = 1.125𝑓𝑡

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27. Determine el centroide del área mostrada en la figura cuando a = 2 in

1 𝑑𝐴 = (1 − ) 𝑑𝑥 𝑥

2 1 𝐴 = ∫ (1 − ) 𝑑𝑥 𝑥 1

𝐴 = |𝑥 − 𝑙𝑛𝑥|12 𝐴 = 0.31

1 1 1 2 𝑦̅𝐴 = ∫ (1 − ) (1 − ) 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 2 1 1 2 1 2 𝑦̅𝐴 = ∫ ( 2 − + 1) 𝑑𝑥 2 1 𝑥 𝑥

2 1 1 𝑦̅𝐴 = (|− − 2𝑙𝑛𝑥 + 𝑥| ) 𝑥 2 1

𝑦̅𝐴 = 0.31

𝑦̅(0.31) = 0.06 𝑦̅ = 0.18

2 1 𝑥̅ 𝐴 = ∫ 𝑥 (1 − ) 𝑑𝑥 𝑥 1 2

2

𝑥̅ 𝐴 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 1

1

2

𝑥2 𝑥̅ 𝐴 = | − 𝑥| 2 1 𝑥̅ 𝐴 = 0.5

𝑥̅ (0.69) = 0.5 𝑥̅ = 0.72

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