Estatica de particulas. Fuerzas en el espacio

PROBLEMAS RESUELTOS DE
MECÁNICA VECTORIAL
(ESTÁTICA).
PARA ESTUDIANTES DE INGENIERÍA, CIENCIA
Y TECNOLOGÍA.
CAPÍTULO 1: ESTÁTICA DE
PARTÍCULAS.
FUERZAS EN EL ESPACIO.
Ing. Willians Medina.
Maturín, abril de 2022.

Capítulo 1. Estática de partículas. Fuerzas en el espacio.
Mecánica Vectorial. Ing. Willians Medina. http://www.tutoruniversitario.com/ 2
CONTENIDO.
CONTENIDO........................................................................................................................2
1.3.- FUERZAS EN EL ESPACIO. .......................................................................................3
Componentes rectangulares de una fuerza en el espacio. ...................................................3
Representación de un vector cartesiano. .............................................................................4
Magnitud o Módulo de la fuerza.........................................................................................4
Vector unitario.....................................................................................................................5
Ángulos directores de una fuerza........................................................................................6
Dirección de la fuerza. ........................................................................................................7
Fuerza definida en términos de su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción. .......11
1.4.- ADICIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES EN EL ESPACIO. ............................16
1.5.- EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA EN EL ESPACIO..........................................23
Sistemas que involucran resortes. .....................................................................................33
Sistemas que contienen puntales.......................................................................................54
Sistemas en los cuales hay una fuerza compartida............................................................57
BIBLIOGRAFÍA. ...............................................................................................................58

A continuación encontrarás los fundamentos teóricos, algunos ejemplos resueltos paso a
paso así como una serie de ejercicios que se encuentran resueltos en
www.tutoruniversitario.com/. Puedes dar click donde dice “VER SOLUCIÓN” e irás
directamente al lugar donde se encuentra el ejercicio resuelto en nuestro site.
1.3.- FUERZAS EN EL ESPACIO.
Componentes rectangulares de una fuerza en el espacio.
Considere una fuerza F que actúa en el origen O del sistema de coordenadas rectangulares
x, y, z.
x
y
z
g
q
F
Fh
Fx
Fy
Fz
La fuerza puede descomponerse en una componente vertical Fz y una componente
horizontal Fh mostradas en la figura. Las componentes rectangulares correspondientes son
g
cos
F
Fz  y g
sen
F
Fh  .
La fuerza Fh puede descomponerse en sus dos componentes rectangulares:

q
g
q cos
sen
cos F
F
F h
x 
 y q
g
q sen
sen
sen F
F
F h
y 
 a lo largo de los ejes x y y,
respectivamente. Esta operación, mostrada en la figura, se realiza en el plano x y.
De esta manera se obtienen las expresiones siguientes para las componentes escalares
correspondientes:
q
g
q cos
sen
cos F
F
F h
x 

q
g
q sen
sen
sen F
F
F h
y 

g
cos
F
Fz 
La fuerza F se ha descompuestos en tres componentes vectoriales rectangulares Fx, Fy y Fz,
dirigidas a lo largo de los tres ejes coordenados.
Representación de un vector cartesiano.
Con el uso de los vectores unitarios i, j y k, dirigidos a lo largo de los ejes x, y y z,
respectivamente, se puede expresar F en forma cartesiana
k
F
j
F
i
F
F z
y
x 


Donde las componentes rectangulares Fx, Fy y Fz están definidas por las relaciones
indicadas anteriormente.
Magnitud o Módulo de la fuerza.
Si se combinan las tres ecuaciones y se resuelve para F se obtiene la siguiente relación
entre la magnitud de F y sus componentes rectangulares escalares.
2
2
2
z
y
x F
F
F
F 



Por consiguiente, la magnitud de F es igual a la raíz cuadrada positiva de la suma de los
cuadrados de sus componentes.
Vector unitario.
El vector unitario en la dirección de la fuerza está dado por:
F
F
uF 
F
k
F
j
F
i
F
u
z
y
x
F



k
F
F
j
F
F
i
F
F
u z
y
x
F 


Solución.
Vector unitario.
F
F
uF 
Módulo del vector F.
2
2
2
z
y
x F
F
F
F 


2
2
2
)
2
(
)
5
(
)
3
( 




F
4
25
9 


F
38

F
1644
.
6

F
Vector unitario.
1644
.
6
2
5
3 k
j
i
uF




uF = – 0.4867 i + 0.8111 j – 0.3244 k

Solución.
Las componentes rectangulares de la fuerza F1 son:
F1x = 100 cos 60° cos 45° = 35.35 lb
F1y = –100 cos 60° sen 45° = –35.35 lb
F1z = 100 sen 60° = 86.68 lb
Fuerza F1 expresada como un vector cartesiano:
F1 = (35.35 i – 35.35 j + 86.60 k) lb
F2x = 300 cos 45° sen 30° = 106.06 lb
F2y = 300 cos 45° cos 30° = 183.71 lb
F2z = –300 sen 45° = –212.13 lb
F2 = (106.06 i + 183.71 j – 212.13 k) lb
Ángulos directores de una fuerza.
Considere una fuerza F que actúa en el origen O del sistema de coordenadas rectangulares
x, y, z.

x
y
z
a b
F
Fh
Fx
Fy
Fz
g
Si representamos por a , b y g los ángulos que forma F con los ejes x, y y z,
respectivamente, entonces se escribe
a
cos
F
Fx 
b
cos
F
Fy 
g
cos
F
Fz 
Dirección de la fuerza.
Los tres ángulos a , b y g definen la dirección de la fuerza F y son más usados que los
ángulos q y  . Los cosenos de a , b y g se conocen como los cosenos directores de la
fuerza F. De las ecuaciones anteriores se tiene para los cosenos directores:
F
Fx

a
cos
F
Fy

b
cos
F
Fz

g
cos
Y para los ángulos directores:







 
F
Fx
1
cos
a








 
F
Fy
1
cos
b






 
F
Fz
1
cos
g
El vector uF es un vector unitario que tiene la misma dirección que la fuerza F. Por
definición:
k
F
F
j
F
F
i
F
F
u z
y
x
F 


Por comparación con las ecuaciones de los cosenos directores, se ve que las componentes
del vector unitario representan los cosenos directores de F, esto es,
k
j
i
uF )
(cos
)
(cos
)
(cos g
b
a 


Como la magnitud de un vector es igual a la raíz cuadrada positiva de la suma de los
cuadrados de las magnitudes de sus componentes, y uF tiene una magnitud de 1, puede
formularse entonces una importante relación entre los cosenos directores como
1
)
(cos
)
(cos
)
(cos 2
2
2


 g
b
a
1
cos
cos
cos 2
2
2


 g
b
a
Si el vector F se encuentra en un octante conocido, esta ecuación puede usarse para
determinar uno de los ángulos coordenados de dirección si los otros dos son conocidos.
Solución.
Fuerza.
F = 20 i – 30 j + 60 k

Magnitud de la fuerza.
2
2
2
z
y
x F
F
F
F 


2
2
2
)
60
(
)
30
(
)
20
( 



F
3600
900
400 


F
4900

F
lb
70

F
Ángulos directores.















 

40
.
73
70
20
cos
cos 1
1
F
Fx
a















 

40
.
73
70
20
cos
cos 1
1
F
Fx
a







 









 

38
.
115
70
30
cos
cos 1
1
F
Fy
b















 

00
.
31
70
60
cos
cos 1
1
F
Fz
g
Solución.
Conocida la magnitud de la fuerza y sus ángulos directores, las componentes están dadas
por:
N
250
60
cos
N
500
cos 



 a
F
Fx
N
353.55
cos45
N
500
cos 



 b
F
Fy
N
250
cos120
N
500
cos 




 g
F
Fz

Vector F escrito como un vector cartesiano.
F = (250 N) i + (453.15 N) j – (250 N) k
ó
F = (250 i + 453.15 j – 250 k) N
Solución.
La fuerza F, expresada como un vector cartesiano, se escribe:
)
cos
cos
(cos k
j
i
F
F g
b
a 


Puesto que sólo se conocen dos de los ángulos directores, º
60

b y º
45

g , es posible
conocer b
cos y g
cos . Adicionalmente se requiere determinar el valor de a
cos , el cual
puede ser determinado mediante la ecuación:
1
cos
cos
cos 2
2
2


 g
b
a
Al despejar a
cos :
g
b
a 2
2
cos
cos
1
cos 







 45
cos
60
cos
1
cos 2
2
a
2
2
2
2
2
1
)
(
)
(
1
cos 


a

5
.
0
25
.
0
1
cos 


a
25
.
0
cos 

a
5
.
0
cos 

a
Puesto que la componente x del vector F es positiva, entonces 5
.
0
cos 
a .
Vector F.
F = 200 N (0.5 i + cos 60° j + cos 45° k)
F = 200 N (0.5 i + 0.5 j + 0.7071 k)
F = (100 i + 100 j + 141.42 k) N
Fuerza definida en términos de su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción.
En muchas aplicaciones la dirección de una fuerza F está definida por las coordenadas de
dos puntos )
,
,
( 1
1
1 z
y
x
A y )
,
,
( 2
2
2 z
y
x
B , localizadas sobre su línea de acción.
x
y
z
x2
y2
z1
x1
y1
z2
uAB
A
B
F
Si un vector AB se representa por medio del segmento orientado que va del punto A
( x1 , y1 , z1 ) al B ( x2 , y2 , z2 ), entonces la expresión en componentes de AB es AB = ax i +
ay j + az k, siendo ax = x2 – x1, ay = y2 – y1 y az = z2 – z1.
AB = (x2 – x1) i + (y2 – y1) j + (z2 – z1) k
Un vector escrito en componentes también se denomina vector cartesiano.

Si F es el módulo de la fuerza y AB
u es un vector unitario de la dirección de la
fuerza, entonces el vector fuerza (F) es igual al producto de F y uAB:
AB
u
F
F 
El vector unitario en la dirección de la fuerza está dado por:
AB
AB
uAB 
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
z
z
y
y
x
x
i
z
z
i
y
y
i
x
x
uAB











Solución.
En la figura siguiente se muestra el vector fuerza dirigido desde el punto A hacia el punto
B.

F
Fuerza.
AB
AB u
F
F 
uAB: vector unitario de la dirección de la fuerza.
Coordenadas del punto A: A ( 40 , 0 , –30 )
Coordenadas del punto B: B ( 0 , 80 , 0 )
Vector AB.
AB = (0 – 40) i + (80 – 0) j + [0 – (–30)] k
AB = – 40 i + 80 j + 30 k
Módulo del vector AB:
2
2
2
)
30
(
)
80
(
)
40
( 



AB
900
6400
1600 


AB
8900

AB
34
.
94

AB
34
.
94
30
80
40 k
j
i
uAB




uAB = –0.4240 i + 0.8480 j + 0.3180 k
FAB = 2500 (–0.4240 i + 0.8480 j + 0.3180 k)
FAB = (–1060 i + 2120 j + 795 k) N
Las componentes de F son:

Fx = –1060 N
Fy = 2120 N
Fz = 795 N
Dirección de la fuerza.







 









 

09
.
115
2500
1060
cos
cos 1
1
F
Fx
a

















 

01
.
32
2500
2120
cos
cos 1
1
F
Fy
b

















 

46
.
71
2500
795
cos
cos 1
1
F
Fz
g
La dirección de la fuerza puede obtenerse de manera directa a partir del vector unitario AB.




 

09
.
115
)
4240
.
0
(
cos
cos 1
1
x
AB
u
a



 

01
.
32
)
8480
.
0
(
cos
cos 1
1
y
AB
u
b



 

46
.
71
)
3180
.
0
(
cos
cos 1
1
z
AB
u
g

Solución.
AB
AB u
F
F 
Coordenadas del punto A: A ( 0 , 0 , 2 )
Coordenadas del punto B: B ( 1 + sen 45° , cos 45° , 0 ), B ( 1.7071 , 0.7071 , 0 )
Vector AB.
AB = (1.7071 – 0) i + (0.7071 – 0) j + (0 – 2) k
AB = 1.7071 i + 0.7071 j – 2 k
2
2
2
)
2
(
)
7071
.
0
(
)
7071
.
1
( 



AB
4
5
.
0
9142
.
2 


AB
4142
.
7

AB
7229
.
2

AB
7229
.
2
2
7071
.
0
7071
.
1 k
j
i
uAB



uAB = 0.6269 i + 0.2597 j – 0.7345 k
FAB = 500 (0.6269 i + 0.2597 j – 0.7345 k)
FAB = (313.45 i + 129.85 j – 367.25 k) N

1.4.- ADICIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES EN EL ESPACIO.
La resultante R de dos o más fuerzas en el espacio se calcula sumando sus componentes
rectangulares. Los métodos gráficos o trigonométricos no son muy prácticos en el caso de
fuerzas en el espacio.
Se establece que 
 F
R . Se descompone cada fuerza en sus componentes
rectangulares y se escribe
 



 )
( k
F
j
F
i
F
k
R
j
R
i
R z
y
x
z
y
x
k
F
j
F
i
F
k
R
j
R
i
R z
y
x
z
y
x 

 



 )
(
)
(
)
(
de la cual se desprende que

 x
x F
R

 y
y F
R

 z
z F
R
La magnitud de la resultante y los ángulos a , b y g que ésta forma con el eje de
coordenadas se obtienen por las ecuaciones siguientes:
2
2
2
z
y
x R
R
R
R 


R
Rx

a
cos
R
Ry

b
cos
R
Rz

g
cos

Solución.
Fuerza resultante.
FR = F1 + F2
FR = (60 j + 80 k) + (50 i – 100 j + 100 k)
FR = 60 j + 80 k + 50 i – 100 j + 100 k
FR = (50 i – 40 j + 180 k) lb
2
2
2
z
y
x F
F
F
F 


2
2
2
)
180
(
)
40
(
)
50
( 



R
F
32400
1600
2500 


R
F
36500

R
F
lb
05
.
191

R
F

















 

82
.
74
191.05
0
5
cos
cos 1
,
1
R
x
R
F
F
a







 









 

09
.
102
191.05
40
cos
cos 1
,
1
R
y
R
F
F
b


















 

58
.
19
191.05
180
cos
cos 1
1
R
z
F
F
g
Solución.
Fuerza resultante.
FR = F1 + F2
Al despejar la fuerza F2 de la ecuación anterior:
F2 = FR – F1
La fuerza FR es:
FR = (800 j) N
F1x = 300 cos 45° = 212.13 N
F1y = 300 cos 60° = 150 N
F1z = 300 cos 120° = –150 N
F1 = (212.13 i + 150 j – 150 k) N

Cálculo de F2.
F2 = FR – F1
F2 = (800 j) – (212.13 i + 150 j – 150 k)
F2 = 800 j – 212.13 i – 150 j + 150 k
F2 = –212.13 i + 650 j + 150 k
2
2
2
2 z
y
x F
F
F
F 


2
2
2
2 )
150
(
)
650
(
)
13
.
212
( 



F
22500
422500
45000
2 


F
490000
2 
F
N
700
2 
F







 









 

107.64
700
212.13
cos
cos 1
2
2
1
F
F x
a

















 

79
.
21
700
650
cos
cos 1
2
2
1
F
F y
b

















 

63
.
77
700
50
1
cos
cos 1
2
2
1
F
F z
g

Solución.
lb
840

AB
F
lb
1200

AC
F
En la figura siguiente se muestran los vectores fuerza dirigidos desde el punto A hacia el
punto B y desde el punto A hacia el punto C.
FAB
FAC
Fuerza resultante.
FR = FAB + FAC
Fuerzas individuales.
Fuerza en el cable AB.
AB
AB
AB u
F
F 

Vector AB.
AB = (0 – 16) i + (8 – 0) j + [0 – (–11)] k
AB = – 16 i + 8 j + 11 k
2
2
2
)
11
(
)
8
(
)
16
( 



AB
121
64
256 


AB
441

AB
21

AB
21
11
8
16 k
j
i
uAB




uAB = –0.7619 i + 0.3809 j + 0.5238 k
FAB = 840 (–0.7619 i + 0.3809 j + 0.5238 k)
FAB = –640 i + 320 j + 440 k
Fuerza en el cable AC.
AC
AC
AC u
F
F 
uAC: vector unitario de la dirección de la fuerza.
Coordenadas del punto C: C ( 0 , 8 , –27 )
Vector AC.
AC = (0 – 16) i + (8 – 0) j + [(–27) – (–11)] k
AC = – 16 i + 8 j – 16 k
Módulo del vector AC:
2
2
2
)
16
(
)
8
(
)
16
( 




AC
256
64
256 


AC

576

AC
24

AC
24
16
8
16 k
j
i
uAC




uAC = –0.6667 i + 0.3333 j + 0.6667 k
FAC = 1200 (–0.6667 i + 0.3333 j + 0.6667 k)
FAC = –800 i + 400 j – 800 k
Fuerza resultante.
FR = (–640 i + 320 j + 440 k) + (–800 i + 400 j – 800 k)
FR = –640 i + 320 j + 440 k – 800 i + 400 j – 800 k
FR = (–1440 i + 720 j – 360 k)
Magnitud de la fuerza resultante.
2
2
2
)
360
(
)
720
(
)
1440
( 




R
F
129600
518400
2073600 


R
F
2721600

R
F
lb
73
.
1649

R
F
Dirección de la fuerza resultante.







 









 

79
.
150
1649.73
1440
cos
cos 1
1
R
Rx
F
F
a

















 

12
.
64
1649.73
720
cos
cos 1
1
R
Ry
F
F
b







 









 

60
.
102
1649.73
360
cos
cos 1
1
R
Rz
F
F
g

1.5.- EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA EN EL ESPACIO.
Una partícula A está en equilibrio si la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre A es
cero. Las componentes Rx, Ry y Rz de la resultante están dadas por

 x
x F
R

 y
y F
R

 z
z F
R
Al expresar que las componentes de la resultante son cero, se escribe
0

 x
F
0

 y
F
0

 z
F
Las ecuaciones anteriores representan las condiciones necesarias y suficientes para lograr el
equilibrio de una partícula en el espacio. Estas ecuaciones pueden usarse para resolver
problemas que tratan con el equilibrio de una partícula y en los que intervienen no más de
tres incógnitas.
Para resolver tales problemas, se traza el diagrama del cuerpo libre donde se
muestre a la partícula en equilibrio y todas las fuerzas que actúan sobre ella. Deben
escribirse las ecuaciones de equilibrio y despejar las tres incógnitas. En los tipos de
problemas más comunes, estas incógnitas representan 1) las tres componentes de una sola
fuerza o 2) la magnitud de tres fuerzas, cada una con dirección conocida.

Solución.
Condición de equilibrio: 0

F
F1 + F2 + F3 + F = 0
Al despejar la fuerza F de la ecuación anterior:
F = – F1 – F2 – F3
F1 = (400 j) N
F2 = (–800 k) N
OB
u
F
F 3
3 
uOB: vector unitario de la dirección de la fuerza.
Coordenadas del punto O: O ( 0 , 0 , 0 )
Coordenadas del punto B: B ( –2 , –3 , 6 )
Vector OB.
OB = (–2 – 0) i + (–3 – 0) j + (6 – 0) k
OB = – 2 i – 3 j + 6 k
Módulo del vector OB:
2
2
2
)
6
(
)
3
(
)
2
( 




OB
36
9
4 


OB

49

OB
7

OB
7
6
3
2 k
j
i
uOB




uOB = –0.2857 i + 0.4286 j + 0.8571 k
F3 = 700 (–0.2857 i + 0.4286 j + 0.8571 k)
F3 = –200 i + 300 j + 600 k
Vector F.
F = – F1 – F2 – F3
F = – (400 j) – (–800 k) – (–200 i + 300 j + 600 k)
F = – 400 j + 800 k + 200 i – 300 j – 600 k
F = (200 i – 700 j + 200 k) N
2
2
2
z
y
x F
F
F
F 


2
2
2
)
200
(
)
700
(
)
200
( 



F
40000
490000
40000 


F
570000

F
N
98
.
754

F

















 

64
.
74
754.98
200
cos
cos 1
1
F
Fx
a







 









 

00
.
158
754.98
700
cos
cos 1
1
F
Fy
b

















 

64
.
74
754.98
200
cos
cos 1
1
F
Fz
g

Solución.
En la figura siguiente se muestran las fuerzas involucradas:


F
TAB + TAC + TAD + W = 0
i
T
T AD
AD 
W = (– 40 k ) lb
AB
AB
AB u
T
T 
Coordenadas del punto B: B ( –3 , –4 , 8 )
Vector AB.
AB = (–3 – 0) i + (–4 – 0) j + (8 – 0) k
AB = – 3 i – 4 j + 8 k
2
2
2
)
8
(
)
4
(
)
3
( 




AB

64
16
9 


AB
89

AB
4339
.
9

AB
4339
.
9
8
4
3 k
j
i
uAB




uAB = –0.3180 i – 0.4240 j + 0.8480 k
)
8480
.
0
4240
.
0
3180
.
0
( k
j
i
T
T AB
AB 



k
T
j
T
i
T
T AB
AB
AB
AB 8480
.
0
4240
.
0
3180
.
0 



AC
AC
AC u
T
T 
Coordenadas del punto C: C ( –3 , 4 , 8 )
Vector AC.
AC = (–3 – 0) i + (4 – 0) j + (8 – 0) k
AC = – 3 i + 4 j + 8 k
2
2
2
)
8
(
)
4
(
)
3
( 



AC
64
16
9 


AC
89

AC
4339
.
9

AC
4339
.
9
8
4
3 k
j
i
uAC




uAC = –0.3180 i + 0.4240 j + 0.8480 k
)
8480
.
0
4240
.
0
3180
.
0
( k
j
i
T
T AC
AC 




k
T
j
T
i
T
T AC
AC
AC
AC 8480
.
0
4240
.
0
3180
.
0 



Al sustituir las fuerzas en la condición de equilibrio:
40
:
:
8480
.
0
4240
.
0
3180
.
0
:
8480
.
0
4240
.
0
3180
.
0
:
Fuerza







W
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
k
j
i
AD
AD
AC
AC
AC
AC
AB
AB
AB
AB
Se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:
)
3
(
40
8480
.
0
8480
.
0
)
2
(
0
4240
.
0
4240
.
0
)
1
(
0
3180
.
0
3180
.
0









AC
AB
AC
AB
AD
AC
AB
T
T
T
T
T
T
T
De la ecuación (2):
AB
AC T
T 4240
.
0
4240
.
0 
AB
AC T
T  (4)
Al sustituir la ecuación (4) en la ecuación (3):
400
8480
.
0
8480
.
0 
 AB
AB T
T
40
696
.
1 
AB
T
696
.
1
40

AB
T
lb
58
.
23

AB
T
lb
58
.
23

AC
T
AC
AB
AD T
T
T 3180
.
0
3180
.
0 

)
lb
58
.
23
(
3180
.
0
)
lb
58
.
23
(
3180
.
0 

AD
T
lb
15

AD
T

Solución.
TAB
TAC
W
x
y
z

F
P + TAB + TAC + W = 0

j
P
P 
W = (– 1962 k) N
AB
AB
AB u
T
T 
Coordenadas del punto A: A ( 0 , 1.2 , 2 )
Vector AB.
AB = (8 – 0) i + (0 – 1.2) j + (12 – 2) k
AB = 8 i – 1.2 j + 10 k
2
2
2
)
10
(
)
2
.
1
(
)
8
( 



AB
100
44
.
1
64 


AB
44
.
165

AB
8623
.
12

AB
8623
.
12
10
2
.
1
8 k
j
i
uAB



uAB = 0.6220 i – 0.0933 j + 0.7775 k
)
7775
.
0
0933
.
0
6220
.
0
( k
j
i
T
T AB
AB 


k
T
j
T
i
T
T AB
AB
AB
AB 7775
.
0
0933
.
0
6220
.
0 


AC
AC
AC u
T
T 
Coordenadas del punto A: A ( 0 , 1.2 , 2 )
Coordenadas del punto C: C ( –10 , 0 , 12 )
Vector AC.

AC = (–10 – 0) i + (0 – 1.2) j + (12 – 2) k
AC = – 10 i – 1.2 j + 10 k
2
2
2
)
10
(
)
2
.
1
(
)
10
( 




AC
100
44
.
1
100 


AC
44
.
201

AC
1930
.
14

AC
1930
.
14
10
2
.
1
10 k
j
i
uAC




uAC = –0.7046 i – 0.0845 j + 0.7046 k
)
7046
.
0
0845
.
0
7046
.
0
( k
j
i
T
T AC
AC 



k
T
j
T
i
T
T AC
AC
AC
AC 7046
.
0
0845
.
0
7046
.
0 



1962
:
7046
.
0
0845
.
0
7046
.
0
:
7775
.
0
0933
.
0
6220
.
0
:
:
Fuerza






W
T
T
T
T
T
T
T
T
P
P
k
j
i
AC
AC
AC
AC
AB
AB
AB
AB
)
3
(
1962
7046
.
0
7775
.
0
)
2
(
0
0845
.
0
0933
.
0
)
1
(
0
7046
.
0
6220
.
0







AC
AB
AC
AB
AC
AB
T
T
T
T
P
T
T
AC
AB T
T 7046
.
0
6220
.
0 
AC
AB T
T
6220
.
0
7046
.
0

AC
AB T
T 1328
.
1
 (4)

Al sustituir en la ecuación (3):
1962
7046
.
0
)
1328
.
1
(
7775
.
0 
 AC
AC T
T
1962
7046
.
0
8808
.
0 
 AC
AC T
T
1962
5854
.
1 
AC
T
5854
.
1
1962

AC
T
N
54
.
1237

AC
T
)
N
54
.
1237
(
1328
.
1

AB
T
N
89
.
1401

AB
T
AC
AB T
T
P 0845
.
0
0933
.
0 

)
N
54
.
1237
(
0845
.
0
)
N
89
.
1401
(
0933
.
0 

P
N
37
.
235

P
Sistemas que involucran resortes.

Solución.

F
TAB + TAC + TAD + W = 0
W = (– 90 k) lb
Tensión en el cable AB.
j
T
T AB
AB 
Tensión en el cable AC.
k
T
i
T
T AC
AC
AC 5
3
5
4



k
T
i
T
T AC
AC
AC 6
.
0
8
.
0 



Tensión en el cable AD.
AD
AD
AD u
T
T 
uAD: vector unitario de la dirección de la fuerza.
uAD = (sen 30°) i – (cos 30°) j
uAD = 0.5 i – 0.8660 j
)
8660
.
0
5
.
0
( j
i
T
T AD
AD 

j
T
i
T
T AD
AD
AD 8660
.
0
5
.
0 

90
:
8660
.
0
5
.
0
:
60
.
0
80
.
0
:
:
Fuerza




W
T
T
T
T
T
T
T
T
k
j
i
AD
AD
AD
AC
AC
AC
AB
AB
)
3
(
90
60
.
0
)
2
(
0
8660
.
0
)
1
(
0
5
.
0
80
.
0






AC
AD
AB
AD
AC
T
T
T
T
T
90
60
.
0 
AC
T
60
.
0
90

AC
T
lb
150

AC
T
AC
AD T
T 80
.
0
5
.
0 
AC
AD T
T
5
.
0
80
.
0

)
lb
150
(
5
.
0
80
.
0

AD
T

lb
240

AD
T
AD
AB T
T 8660
.
0

)
lb
240
(
8660
.
0

AB
T
lb
84
.
207

AB
T
Alargamiento del resorte.
l
k
TAB 

k
T
l AB


lb/pie
500
lb
84
.
207

l
pie
4157
.
0

l

Solución.

F
0



 W
T
T
T AD
AC
AB
lb
)
90
( k
W 

Tensión en la cuerda AB.
i
T
T AB
AB 
Tensión en la cuerda AC.
AC
AC
AC u
T
T 
uAC = (cos 120°) i + (cos 135°) j + (cos 60°) k
uAC = –0.5 i – 0.7071 j + 0.5 k
)
5
.
0
7071
.
0
5
.
0
( k
j
i
T
T AC
AC 



k
T
j
T
i
T
T AC
AC
AC
AC 5
.
0
7071
.
0
5
.
0 



Tensión en la cuerda AD.
AD
AD
AD u
T
T 

uAD: vector unitario de la dirección de la fuerza.
Coordenadas del punto D: D ( –1 , 2 , 2 )
Vector AD.
AD = (–1 – 0) i + (2 – 0) j + (2 – 0) k
AD = – i + 2 j + 2 k
Módulo del vector AD:
2
2
2
)
2
(
)
2
(
)
1
( 



AD
4
4
1 


AD
9

AD
3

AD
3
2
2 k
j
i
uAD




uAD = –0.3333 i + 0.6667 j + 0.6667 k
)
6667
.
0
6667
.
0
3333
.
0
( k
j
i
T
T AD
AD 



k
T
j
T
j
T
T AD
AD
AD
AD 6667
.
0
6667
.
0
3333
.
0 



981
:
6667
.
0
6667
.
0
3333
.
0
:
5000
.
0
7071
.
0
5000
.
0
:
:
Fuerza







W
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
k
j
i
AD
AD
AD
AD
AC
AC
AC
AC
AB
AB
)
3
(
981
6667
.
0
5000
.
0
)
2
(
0
6667
.
0
7071
.
0
)
1
(
0
3333
.
0
5000
.
0








AD
AC
AD
AC
AD
AC
AB
T
T
T
T
T
T
T

AC
AD T
T 7071
.
0
6667
.
0 
AC
AD T
T
6667
.
0
7071
.
0

AC
AD T
T 0606
.
1
 (4)
Al sustituir la ecuación (4) en la ecuación (3):
981
)
0606
.
1
(
6667
.
0
5000
.
0 
 AC
AC T
T
981
7071
.
0
5000
.
0 
 AC
AC T
T
981
2071
.
1 
AC
T
2071
.
1
981

AC
T
N
69
.
812

AC
T
)
N
69
.
812
(
0606
.
1

AD
T
N
94
.
861

AD
T
AD
AC
AB T
T
T 3333
.
0
5000
.
0 

)
N
94
.
861
(
3333
.
0
)
N
69
.
812
(
5000
.
0 

AB
T
N
63
.
693

AB
T
Alargamiento del resorte.
l
k
TAB 

k
T
l AB


N/m
1500
N
93.63
6

l
m
4624
.
0

l

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VER SOLUCIÓN.
Sistemas que contienen puntales.
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Sistemas en los cuales hay una fuerza compartida.
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BIBLIOGRAFÍA.
Beer, F., E. R. Johnston, D. F. Mazurek y E. R. Eisenberg, Mecánica vectorial para
ingenieros. Estática, 8a ed., McGraw-Hill/Interamericana Editores, S.A de C.V, México,
2007.
Beer, F., E. R. Johnston, D. F. Mazurek y E. R. Eisenberg, Mecánica vectorial para
ingenieros. Estática, 9a ed., McGraw-Hill/Interamericana Editores, S.A de C.V, México,
2010.
Beer, F., E. R. Johnston y D. F. Mazurek, Mecánica vectorial para ingenieros. Estática,
10a ed., McGraw-Hill/Interamericana Editores, S.A de C.V, México, 2013.
Hibbeler, R. C, Mecánica vectorial para ingenieros. Estática, 10 ed., Pearson Education de
México, S.A de C.V. México, 2004.
Hibbeler, R.C, Mecánica vectorial para ingenieros. Estática, 11 ed., Pearson Education de
México, S.A de C.V. México, 2010.
Meriam, J. L y L. G. Kraige. Statics. Seventh Edition. John Wiley & Sons, Inc. Estados
Unidos. 2012.

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