antología de física
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Antología de tópicos de físicaTRANSCRIPT
2/Febrero/2012
RSen A
= F 1SenB
= F2SenC
R=√F 12+F 22−2F 1F 2∗cos A
24.73Sen55
= 30Sen B
= 20SenC
R= 34.57N
C=sin−1 SEN 55.20
34.57 C= 35.20
A=? A=90-20+15=85°B=? C= 35.20°C=? ∞ = 15°
Θ= ∞ + cΘ= 50.20
6/Febrero/2012
Un cable telefónico se fija en a al posta ab., sabiendo que la tensión del cable es igual a 1000lbs., determine por trigonometría:a) La tensión t1 requerida si la resultante de las fuerzas ejercidas en a debe ser verticalb) La magnitud correspondiente de R
T2= 1000LBS R
Sen A= F 1SenB
= F2SenC
T1= 938LBS
R= 665.26LBS R
Sen 40°= 938Sen65 °
Θ 1= 270°Θ 2= 90°
A= 90(φ+∞) R=(848.04 )(SEN 65)
SEN 55A= 40°B= 65° R= 665.26LBSC=75°
F1
Sen65 °= 1000Sen75 °
F1=(1000 )(SEN 55)
SEN 75
F1= 938.27LBS
6/Febrero/2012
TAC= ?∞=?TAB= 750LBSR= 1200LBS
RSen A
= F 1SenB
= F2SenC
1200Sen A
= 750SenC
=666.07Sen30
TAC=√12002+7502−2(1200)(750)∗cos30TAC= 666.07LBS
C=750.Sen30°666.07
C=sin−1¿∞ 34.26 °
7/Febrero/2012
P=75N A= 125° A=90-35= 55 A=125°Q=? B= 35° A=90-20= 70R=? C= 20°
RSen A
= F 1SenB
= F2SenC
Q=75(Sen20 °)Sen35 °
Q= 44.72N
R=75 Sen125 °SEN 35
R= 107.11N
7/Febrero/2012
UN AUTOMOVIL VIAJA A 20KM AL NORTE Y LUEGO 30KM EN UNA DIRECCION DE 60° NOROESTE, ENCUENTRE LA MAGNITUD Y DIRECCION DE DESPLAZAMIENTO RESULTANTE DEL AUTOMOVIL.
R
Sen A= F 1SenB
= F2SenC
A= 90+60 R=√F 12+F 22−2F 1F 2∗cos AA= 150°
B= 11.93° R=√202+302−2(20)(30)∗cos150Θ= 90 + 18.07Θ= 108.07 R= 48.36N
SenB=Sen150 ° (20)
48.36
B= 11.93
8/Febrero/2012
Un avión vuela desde campo base a lago A a 280km de distancia en la dirección 20° noroeste. Después de soltar sus ministros vuela al lago B que esta a 190km a 30° al noroeste del lago A. Determine la distancia y dirección desde lago B al campo base.
A= 30+20=50° R=√2802+1902−2(280)(190)∗cos 50B=87.33F1= 280kmF2= 190kmR=120.48kmC= 62.67°
280Sen30
= 190SenC
C=sin−1 Sen87.36 (190)280
C= 42.67
C= 20+42.67= C=42.67
B= 50+42.67-180B=87.33
8/Febrero/2012
Un esquiador viaja a 1km al norte y luego 2km al este por un campo nevado horizontal, ¿que magnitud y dirección tiene su desplazamiento resultante?.
c2=√a2+b2
R=√12+22
R= 2.44
Θ=tan−1 c .oc .a
Θ=tan−1 12
Θ=26.56 °
9/Febrero/2012
RSen A
= F 1SenB
= F2SenC
50Sen B
= 35Sen25
B=sin−1 Sen25 °(50)35
B= 37.13° =∞
A= 180- (B+C)A= 117.87°
R= 50(Sen117.37 )Sen37.13
R= 73.22N
ΘR=0 °
9/Febrero/2012
A= 50° R
Sen A= F 1SenB
= F2SenC
B= 60° C=70°
DESP. P DESP. R
P=425. Sen60Sen70
R=391 . Sen50 °Sen60 °
P= 391N R= 346N
ΘR=90 °
EJES DE X a R.
50 N EXAMEN
78°
60 N
B R
R = √602+502– ¿¿
R = 69.6 N
69.6 N 50 N
SEN 78 SEN B
ENTONCES B = SEN-1 SEN 78 (50 N) = 44.64 °
69.6 N
ANGULO RESULTANTE = 90° – 44.64°
ANGULO RESULTANTE = 45. 36 °
30 N 59° 40 N
C B
ALFA
R
R = √402+302 –¿¿
R = 35 . 55 N
B = SEN-1 SEN 59 X 30 B = 46. 33° C = 180 – 59 – 46.33°
35. 55 N C = 74.67°
ENTONCES:
ANGULO ALFA: 90°-12° = 78° ANGULO R = 360 – 78
ANGULO R:
282°
R
40 N
B 140°
20 N
R = √402+202 –¿¿
R = 59.79 N
TENEMOS QUE:
ANGULO R = B = SEN-1 SEN 140 (40 N)
56. 79 N
ANGULO R = 26.92°
14/Febrero/2012
COMPONENTES RECTANGULARES
FUERZA COMP (X) COMP (Y)90N 77.94N 45N£F £FX 77.94N £FY 45N
F(X)= COS 30 (90)F(Y)= SEN 30 (90)
R=√77.942+452
R= 89.99N
Θ= tan−1∨4577.94
∨¿¿
Θ= 30°
14/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y25 25 060 0 6090 -57.85 -68.9440 0 -40£F £FX = -32.85 £FY = -48.94
R= 58.94N
15/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y60N 0 6040N -40 080N -69.28 69.28£F £FX = -29.28N £FY = 129.28N
R= 35.45N
θR=tan−1 2029.28
θR=34.33 °
15/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y75N 64.95 37.540N -13.68 37.5855N 0 -5550N 48.29 -12.94£F £FX = 99.55N £FY = 7.14N
R= 99.80N
θR= 4.10N
20/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y10N 10 020N 6.84 18.7950N 0 5030N -28.97 7.7640N -31.39 -6.9460N 51.96 -30£F £FX = 0.44N £FY = 39.61N
R = 6.30N
Θ = tan−1 ¿89.36 °
21/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y15N 14.77 2.6030N 12.76 27.1840N 28.28 -28.28£F £F X = 55.72N £F Y = 1.5N
R= 55.74N
θR=tan−1 1.555.72
θR=1.54 °
21/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y10N 5 8.6640N 39.39 6.9420N -6.84 18.7930N -28.97 7.7650N 0 -50£F £F X = 8.58N £ F Y = -7.85
R= 11.62N
θR=42.45 °
21/Febrero/2012
FUERZA COMP X COMP Y100N 70.71 70.71150N 86.03 122.8770N 0 7080N -72.50 33.80£F £F X = 84.24N £F Y = 297.38N
R= 309.08N
θR=74.18 °
Examen componentes rectangulares
FUERZA COMP X COMP Y100N 50 86.60200N -200 050N -35.35 -35.35100N 50 -86.60
£F £F X = -135-35N £F Y= -35.35N
R= 139.89N θR=14.63 °
FUERZA COMP X COMP Y250N -226.57 -105.65100N 0 -10070N -12.15 -68.93150N 114.90 -96.41£F £F X= -123.82N £F Y = -370.99N
R = 391.10N θR=71.54 °
θ tan−1∨370.99123.82
22/Febrero/2012
Equilibrio 2D
£FXT1 Cos 5° - T2 Cos 10° =∅0.99T1 – 0.98T2 = ∅→ EC1.
£FYT1 Sen 5° - T2 Sen 10° =∅0.087T1 – 0.173T2 = 90N → EC2.
DESP. T1 EN EC1.
T1= 0.98T 20.99
→ EC3
SUST. EC3 EN EC2.
0.087| 0.980.99
T 2+0.173T 2=90
0.86T2 + 0.173T2 =90
0.259T2 = 90 T2 = 900.259
T2= 347.49N
SUST. T2 EN EC3.
T1= 0.98(347.49)
0.99 T1= 343.98N
28/Febrero/2012
Un niño sostiene un vagón para evitar que se desliza hacia debajo de un plano inclinado, en una inclinación de 20° con respecto ala horizontal. Si el vagón pesa 150 N, ¿con qué fuerza tirara el niño de la agarradera si esta es paralela del plano inclinado?.
Wx=F
Wx= 150 Sen 20°
F= Wx= 51.30N
29/Febrero/2012
Una caja de 50 N se desliza sobre el piso con velocidad constante por medio de una fuerza de 25 N cual debe ser el valor de la fuerza de desplazamiento para que la caja permanezca en reposo y el valor de la fuerza normal.
N= 50 X 9.81= 490.5N
£FX= 25 COS 40 – FR = ∅
FR= 19.15
£FY= 25 SEN 40 + N –W = ∅
16.06-50= 33.94
1/Marzo/2012
Inicia su movimiento hacia arriba del plano inclinado a 40° cuando la fuerza que la empuja se incrementa en 70 N a) ¿cuál es la fuerza de rozamiento?, b) ¿Cuál es el valor del coeficiente de rozamiento estático?
£ FX=70cos 40 °−FR−100 SEN 40 °=∅
53.62 – FR – 64.27 = ∅
-10.65 – FR = FR= 10.65
MS = tan 40 °
MS= 0.839
2/Marzo/2012
£FX= ∅
600 SEN 30° +600 SEN 45° - P =∅
300 + 424.26 = P
P= 724.26N
Examen equilibrio 2D 1° parte
DETERMINE: T1 =? T2 =?
£FX SUST. T2 EN EC 3 T1 COS 25° - T2 COS 30° = ∅
0.90 – 0.86 = ∅ → EC 1 T1 = 0.86(1090)0.90
£FYT1 SEN 25° + T2 SEN 30= ∅0.42 + 0.5 = 981N → EC 2 T1 = 1041.55N
DESP T1 EN EC 1
T1 =0.860.90
T 2→EC 3
SUST. EC3 EN EC2
0.42| 0.860.90
T 2+0.5T 2=981
0.9 = 981
T2= 9810.9
=T 2=1090N
Examen equilibrio 2D 2° parte
DETERMINE:FUERZA ROZAMIENTO: ?NORMAL: ?
N= 30 X 9.81 = 294.3
£FX = 50 COS 38° -FR = ∅FR = 39.40N
£FY = 50 SEN 38 + N –W = ∅30.78- 294.3 = NN = 294.3 -30.78N= 263.52N
8/Marzo/2012
Equilibrio 3D
│AB│ X= -40 m. Y= 80 m. Z= 30 m.
│AB│=√d x2+d y2+d z2
│AB│= √ (−40 )2+ (80 )2+ (30 )2
│AB│= 94.33 m.
F= (-40xi + 80 yj + 30 zk)
12/Marzo/2012
Un cilindro de 200 kg. Se sostiene por medio de los AB y AC que se amarran de la parte más alta de una pared vertical. Una fuerza horizontal P perpendicular a la pared, los sostiene en la posición mostrada. Determine la magnitud de P y la tensión en cada cablecito.
│AB│ X= -40 m. Y= 80 m. Z= 30 m.
│AB│=√d x2+d y2+d z2
│AB│= √ (−40 )2+ (80 )2+ (30 )2
│AB│= 94.33 m.
F= (-40xi + 80 yj + 30 zk)
F= AB
│ AB│ │ (-40xi + 80yj + 30zk) │
F= 250094.33
│ “” │
F=26.50 │-40xi + 80yj+ 30zk │
F= │ -1060.10xi + 2120yj + 795zk │
Fx= -1060.10 N
Fy= 2120 N
Fz= 795 N
ϴx= cos−1│
FxF│= │
−1060.102500
│ =
115.08°
ϴy= cos−1│
FyF│=¿
21202500
│ = 32°
ϴz= cos−1│
FzF│=¿795│ = 71.45°
W= 200 x -9.81
W= -1962(j) N
Se establece que P (i)
12/Marzo/2012
|TAB| x= -1.2m., y= 10m., z= 8m.
│TAB│=√d x2+d y2+d z2
│TAB│= √ (−1.2 )2+ (10 )2+(8 )2
│TAB│= 12.74 m.
F= (-1.2xi + 10yj + 8zk)
AB= AB
│TAB│ │ (-1.2i + 10j + 8k) │
AB= │ -0.0933TABi + 0.7776TABj + 0.6220TABk │
|TAC| x= -1.2m., y= 10m., z= -10m.
│TAC│=√d x2+d y2+d z2
│TAC│= √ (−1.2 )2+ (10 )2+(−10 )2
│TAC│= 14.19 m.
F= (-1.2xi + 10yj - 10zr)
AC= AC
│TAC│ │ (-1.2i + 10j - 10k) │
AC= │ -0.0845TACi + 0.7047TACj – 0.70467TACk │
FACTORIZACION i, j, k
(-0.0933TAB – 0.0845TAC + p) i
(0.776TAB + 0.7047TAC – 1962) j
(0.6220TAB – 0.7047TAC) K
ECUACIONES DE EQUILIBRIO
ƩFX=0; -0.0933TAB – 0.0845TAC + P= 0 EC. 1
ƩFY=0; 0.7776TAB + 0.7047TAC – 1962= 0 EC. 2
ƩFZ=0; 0.6220TAB – 0.7047TAC=0 EC. 3
DESPEJE TAB DE EC. 3
TAB= 0.7047TAC0.6220
EC. 4
SUSTITUIR EC. 4 EN EC. 2
0.7776 (0.7047TAC0.6220
) + 0.7047 TAC=
1962
0.8809TAC + 0.7047TAC= 1962
13/Marzo/2012
SUSTITUIR EC. 4 EN EC. 2
0.7776 (0.7047TAC0.6220
) + 0.7047 TAC=
1962
0.8809TAC + 0.7047TAC= 1962
SUSTITUIR TAC EN EC. 4
TAB= 0.7047(1237.38)
0.6220 =1401.89 N.
SUSTITUIR TAB Y TAC EN EC. 1
P= 0.0933 (1401.89) + 0.0845 (1237.38)
P= 235.35 N.
AB= -4.2i – 5.6j +0k AB= √ (−4.2 )2+(−5.6 )2 = 7m.
AD= 2.4i -5.6j + 4.2k AC= √ (2.4 )2+(−5.6 )2+ (4.2 )2 = 7.4 m.
AC= 0i -5.6j -3.3k AD= √ (−5.6 )2+(−3.3 )2 = 6.5 m.
COMPONENTES
AB= 2597
│ (-4.2i) – (5.6j) │ AC= AC7.4
│ (2.4i) – (5.6j) + (4.2k) │ AD= AD6.5
│ (-5.6j – 3.3k) │
AB= 37 │-4.2i – 5.6j │ AC= 0.3243TACi – 0.7567TACj + 0.5675TACk AD= -0.8615TADj – 0.5076TADk
AB= -155.4i – 207.2j FACTORIZACION i, j, k
(-155.4 + 0.3243TAC) i
(-207.2 – 0.7567TAC – 0.8615TAD – P) j
(0.5675TAC – 0.5076TAD) k
ECUACIONES
ƩFX=0; -155.41 + 0.3243TAC = 0 EC. 1
ƩFY=0; -207.2 - 0.7567TAC – 0.8615TAD -P= 0 EC. 2
ƩFZ=0; 0.5675TAC – 0.5076TAD=0 EC. 3
14/Marzo/2012
DESPEJE TAC EN EC 1
TAC= 155.410.3243
TAC= 479.21 N.
DESPEJE TAD EN EC 3
TAD= −0.5675(479.21)
−0.5076
TAD= 535.7598 N.
DESPEJE P EN ECUACION 2
-207.2 -0.7567 (479.21) -0.8615 (535.7598)= P
P= 1031.3752 N.
MISMAS ACOTACIONES DEL PROBLEMA ANTERIOR, PERO: AD= 481 N. P=? (926 N.)
AB= -4.2i – 5.6j +0k AB= √ (−4.2 )2+(−5.6 )2 = 7m.
AD= 2.4i -5.6j + 4.2k AC= √ (2.4 )2+(−5.6 )2+ (4.2 )2 = 7.4 m.
AC= 0i -5.6j -3.3k AD= √ (−5.6 )2+(−3.3 )2 = 6.5 m.
COMPONENTES
AB= TAB7
│ (-4.2i) – (5.6j) │ AC= AC7.4
│ (2.4i) – (5.6j) + (4.2k) │ AD= 4816.5
= 74 │ (-5.6j – 3.3k) │
AB= -0.6TABi – 0.8TABj AC= 0.3243TACi – 0.7567TACj + 0.5675TACk AD= -414.4j – 244.2k
FACTORIZACION i, j, k
(-O.6TAB + 0.3243TAC) i
(-0.8TAB – 0.7567TAC – 414.4 – P) j
(0.5675TAC – 244.2) k
ECUACIONES
ƩFX=0; -0.6TAB + 0.3243TAC = 0 EC. 1
ƩFY=0; -0.8TAB - 0.7567TAC – 414.4 -P= 0 EC. 2
ƩFZ=0; 0.5675TAC – 244.2= 0 EC. 3
DESPEJE TAC EN EC. 3
TAC= 244.20.5675
TAC= 430.3083 N.
SUSTITUIR TAC EN EC. 1
TAB= −0.3243(430.3083)
−0.6
DESPEJE P EN ECUACION 2
-0.8 (232.5792) – 0.7567 (430.3083) – 414.4= P
P= 926.07 N.
15/Marzo/2012
tan50=FxFz
=110.3Fz
Fz= 110.3tan 50
= 92.55 N.
Fh2=F x2+F z2=110.32+92.552
Fh= 143.98 N.
TAD= ¿ ? (288 N.)
AD= 110.3 N
ϴx, ϴy, ϴz= ¿?
tan30=FhFy
Fy= Fhtan 30
=143.98tan 30
=249.38N .
sin 30= FhTAD
15/Marzo/2012
ϴz= cos−1│
FxF│= │
92.55287.96
│ = 71.25°
ϴx= cos−1│
FyF│=¿
110.3287.96
│ = 67.42°
ϴy= cos−1│
FzF│=¿
249.38287.96
│ = 30.0002°
Examen 3D 19/Marzo/2012
2
DISTANCIAS
X= -3 m, y= -10 m, z= 4m.
cos30= 25TDA
TDA= 25cos30
=28.7675N .
|DA|= √32+102+42= 11.18 m.
DA|DA|
=¿−3 i−10 j+4k
28.8675N11.18M
=|−3 i−10 j+4 k|
Fx= -7.74 N
Fy= -25.8 N
Fz= 10.32 N
ϴx= cos−1│
FxF│= │
−7.7428.7675
│ = 105.55°
ϴy= cos−1│
FyF│=¿
−25.828.7675
│ = 153.34°
ϴz= cos−1│
FzF│=¿
10.3228.7675
│ = 69.05°
1
tan60= Fz50N .
Fz= (tan 60) (50 N.)= 86.6 N.
Fh= √502+86.82
Fh= 100 N.
tan30=100Fy
Fy=100tan 30
=173.2050N .
TDC=√1002+175.20502
TDC=200 N.
ϴx= cos−1│
FxF│= 75.52°
ϴy= cos−1│
FyF│= 30°
ϴz= cos−1│
FzF│= 64.34°
TDC TDAFx 50 -7.74 ƩFx= Rx= 42.96 N.Fy 173.2050 -25.8 ƩFy= Ry= 147.405 N.Fz 86.6 10.32 ƩFz= Rz= 96.92 N.
R=√R x2+R y2+R z2
R= 181.4045 N.
ϴRx= cos−1│
RxR│= 76.5285°
ϴRy= cos−1│
RyR│= 35.6515°
ϴRz= cos−1│
RzR│= 57.7052°
20/Marzo/2012
Una sección de una pared de concreto pre-colado se sostiene temporalmente por los cables mostrados, se sabe que la tensión es de 840 Lb. En el cable AB y 1200 Lb. En el cable AC, determine la magnitud y dirección de la resultante de la fuerza sobre los cables AB y AC.
|AB| x= 8 Ft., y= -16 Ft., z= 11 Ft.
|AB|= √82−162+112= 21Ft.
|AC| x= -16 Ft., y= 8 Ft., z= -16Ft.
|AC|= √−162+82−162= 24 Ft.
AB ACFx -640 -800 ƩFx= Rx= -1440Fy 320 400 ƩFy= Ry= 720Fz 440 -800 ƩFz= Rz= -360
AB
84021
=¿−16 i+8 j+11k∨¿
AB
Fx= -640
Fy= 320
Fz= 440
AC
120024
=¿−16 i+8 j−16k∨¿
AC
Fx= 800
Fy= 400
Fz= -800
R=√R x2+R y2+R z2
R=√−14002+ (720 )2+(−3602 )
R= 1649.72725 Lb.
ϴRx= cos−1│
RxF│= │
−14401649.72725
│ =
150.77°
ϴRy= cos−1│
RyF│=¿
7201649.72725
│ = 64.12°
ϴRz= cos−1│
RzF│=¿
−3601649.72725
│ = 102.6°
21/Marzo/2012
Momento de una fuerza o torque 2D
En el extremo de una palanca que se fija en una barra en o se aplica una fuerza vertical de 100 lb determínese:
a) El momento de la fuerza de 100 lb con respecto a Ob) La fuerza aplicada horizontalmente en A que produce el mismo momento con respecto a
Oc) La fuerza mínima aplicada que en A produce el mismo momento alrededor de O
Q A a) Mo= -100 cos60° * 2.4
2.4 in 100 lb Mo= -120 Lbin
60°
Q Q b) -120= Q * 2.4 sen60 c) Mo= Fmin * d
2.4 Q= 120 / 2.4 sen60 Fmin= Mo / d
60° Q= -57.735 Lb Fmin= -120 Lb /2.4
60° Fmin= -50 Lb
O
21/Marzo/2012
Una fuerza de 800 N actúa sobre un soporte como se indica la figura determines el movimiento de la fuerza respecto al punto B
A 800 N MBx= -800 cos60 * 16= -6400 NM
60° MBy= -800 sen60 * 20= -13856 NM
MB= -20256 NM
B
20 Mts
22/Marzo/2012
Un marco con una fuerza vertical de 60 lb en el punto A. Determine:
a) El momento en el punto Bb) La fuerza horizontal que aplicada en A produce el mismo momento con respecto a Bc) El momento de esta fuerza con respecto al punto C
Q A a) MB (60)= -60 cos30 * 4
2 4Ft 60 Lb MB (60)= -207.84 Lb Ft
B 30°
8Ft b) Q= -207.64= Q * 4 sen30
Q= -207.84 / 4 sen30
C Q= -103.92 Lb
c) MC (Q)= MA= Q * d
= -103.92 * 10
= -1039.2 Lb Ft
25 N toda fuerza aplicada al
30° centro NO genera
Momento
45° C 20°
30 N 4 m 10 N
Determine el MRC de las fuerzas
M1= 30 sen45 * 2 M2= 10 sen20 * 2
M1= 42.42 NM M2= -6.84 NM
MRC= 35.58 NM
26/Marzo/2012
El pedal para un sistema neumático se atipula a B, se sabe que alfa es igual a 28°. Determine el momento de la fuerza de 4 lb con respecto al punto B descomponiendo la fuerza en sus componentes. 4 Lb
A 28° 6.5 in
B
3 in
C
MB= 4 sen38 * 6.5
MB= 12.2 Lb in
26/Marzo/2012
Mo= 5000 NM 30°
T= …
T 10 M D= 10 sen30
D= 5m D= 5m
30° 60°
10 M
T= 5000 / 5
T= 1000 NM
15 Lb 6 Lb 6 Lb
M= f *d
RBy= 0
3 Ft 6 Ft 2 Ft 2Ft
MB= 0
-RA (9) + 15 (6) – 6 (2) – 6 (4) = 0 FX= 0 | +RBx= 0
-RA (9) + 90 – 12 – 24= 0 FY= 0 | +RBy-6-6-15+6= 0
-RA (9) + 54= 0 RBy= 21 Lb
RA= 54 / 9= 6 Lb
27/Marzo/2012
A B RBx= 0
T Longitud viga= 1 M
Peso viga= 600N T Ty
A 40° B A B
RAx
0.75 M 800 N 0.5 M 0.5 M
Ray 600 N 800N
MA= 0 0.75 M
-800 (1) + Ty sen40 * 0.75 – 600 (0.5) = 0
-800 + 0.48 Ty – 300= 0
0.48 Ty – 110= 0
Ty= 110 / 0.48 Fx= 0 | Rax – Tx= 0 Fy= 0 | Ray – 600 + Ty – 800= 0
Ty= 2291.66= T Rax – Tcos40= 0 Ray – 600 + Tsen40 – 800= 0
Rax – 2291.66 * cos40= 0 Ray – 600 + 2291.66 * sen40 – 800=0
Rax – 1255.51= 0 Ray + 73.05= 0
Rax= 1755.51N Ray= -73.05N
28/Marzo/2012
Determine las reacciones en la base del marco y MA:
Tx
12 Klb
9 Ft MA= 0
B 5 Ft RAx – 7= 0 RAy – 12=0
7 Klb RAx= 7lb RAy= 12lb
10 Ft
MA + 12 (9) + 7 (10)= 0
MA + 108 + 70= 0
RAx A MA= -178 Lb Ft
RAy
2/Mayo/2012
Dibuje el diagrama de cuerpo libre de la escalera uniforme que se ilustra en la figura, la escalera pesa 150 Lb, tiene una longitud de 15 Ft. Un pintor se encuentra ubicado a 6 Ft a partir de la superficie de la escalera. El pintor pesa 200 Lbs. Determine las reacciones y el momento con respecto a B
RAX A
(-) 6Ft DETERMINE:
- REACCIONES
15 ft - MB
B
5Ft RBX superficie rugosa
RBY
ÁNGULO
Sen B C .Ohip
Sen 70.52= d15
15. Sen 70.52=d
Cos ∝=d6
Cos 70.52= d6
6 cos 70.52=d
MB=0
- RAX 14.141+ 200 (3) + 150 (2.5) = 0
14.141=d
COS B = c .ahip
Cos B= 515
B=cos−1515¿
¿
B= 70.52°
2.00=d
200 Lb
150Lb
- RAX 14.141 + 600 + 375= 0- RAX 14.141 + 975 = 0
- RAX= −97514.141
(- RAX = - 68.9484) -1
∑ FX = 0 RBX
68.9484+ RBX= 0
-RBY + 200 + 150= 0
-RBY + 350= 0
MB = RBY + RBX
MB= 350- 68.9484
68.9484
RBX= - 68.9484
RBY= 350
MB= 281.06
3/Mayo/2012
B 240N 240N
T
0.18 RCY C D
RCX
0.24M 0.4M 0.4M
DETERMINE PARA RT
T=?
RCX=? RT=√RCX2+RCY 2 RCY=?
RT=? Obtención de ángulos
B T
Tan B 0 .180 .24
0.18 A= 180(C+B)
0.24 A
Sumatoria de fuerzas
∑MC = 0
-240(1.04)- 240(0.64)+RCX sen 90° (0.24)= 0
-249.6-156.6 + 0.24 RCY= 0
0.24 RCY = + 249.6 +153.6
0.24 RCY= 403.2
B= 36.86°
A=56.14°
RCY= 403.20.24
Obtención de la tensión
36.86° sen 56.14= 1680T
1680 T=? T=1680
sen56 .14
A= 56.14°
Sen 36.86° TX
2099.72
TX= sen 36.86 (2099.72)
Sumatoria de fuerzas
∑FX=0
1259.54 – RCX = 0
-RCX= - 1259.54
RT √RCX2+RCY 2
RT √(1259.54 )2+(1680)2
RCY= 1680N
T= 2099.72N
TX= 1259.54N
RCX= 1259.54
RT= 2099.72N
8/Mayo/2012
MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME
Un esquiador parte del reposo & se desliza 9m. Hacia abajo por una pendiente de 3 seg. ¿cuánto tiempo después del inicio habrá adquirido el esquiador una velocidad de 24 m/s. Considera la aceleración constante
a) Formula b) Formula
X = Vot + ½ at 2 Vf = Vo + at
Despeje Despeje: 24m/seg. = 2t
X= ½ at2 t= 242
9= 12
a 32
a= ½.9. 32
a=
912.32
a= 2m/seg2
t= 12 m/seg.
Un automóvil recorre 1200 ft en 30 seg. Con una aceleración constante de 1.8 ft/seg2. Determínese
a) Su velocidadb) Su velocidad finalc) La distancia recorrida durante los primeros 10 segundos
a) Formula b) Formula
X= vot + ½ at 2 vf 2 = vo 2 +2ax
Despeje: vo= −1/2at2
t + x Despeje: vf=√132+2 (1.8 )(1200)
Vo= −1/2(1.8)(30)2
30
c) Formula
x10 = vot + ½ at 2
Despeje: x10=13(10) + ½ (1.8)(10)2
Vo= 13 ft/seg.Vf= 65.82 ft/seg
X10= 220 ft
9/Mayo/2012
Un camión antiaéreo dispara hacia arriba en forma vertical una granada con una velocidad inicial de 500 m/seg. Despreciando el rozamiento del aire.
a) calcule la máxima altura que puede alcanzarb) tiempo que tarda en llegar a esa altura c) la velocidad instantánea al final de 60 segundosd) ¿cuándo estará a una altura de 10 km?
a) Formula b) FormulaVf 2 =vo 2 + 2ax vf= vo+at
Despeje: X= vo2−vf 2
2a Despeje:t=
vo−vfa
X=(500)2−(0)2
2( 9.81mseg2
) t=
500m /seg9.81m /seg2
X= 2500,00019.62
c) Formula
Vf= vo+at
Despeje: V=500+ (9.81) (60)
d) FormulaY= vot-1/2 gt 2
-1/2g t2 + vot- y= 0
X=12,742.0999m
t= 50.9683 seg.
V= 1088.6 m/seg
A B C
t=−vo±√(vo)2−4(−12 g)( y )
2(−12g)
t=
−500ms
±√(500)2−4(−12 9.81)(10000)2(−129.81)
t=−500ms
±√250000−196,200
−9.81
t=−500ms
±√53,800
9.81
t=−500± 231.948−9.81
t1= −500+231.948
−9.81 t2=−500−231.948
−9.81
t1= 27.3243 seg t2=74.6124seg
15/mayo/2012
Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba desde el suelo a una velocidad de 25.2 m/seg
a) ¿cuánto tiempo tarda en llegar a su punto más elevado? (t)b) ¿A qué altura se eleva? (d)c) ¿En cuánto tiempo estará a 27m sobre el suelo?
a) Formula despeje: t= vo−vfa
Vf= vo+at t=25 .29 .81
b) Formula c) FormulaVf2=vo2+ 2ax y= vot-1/2 gt2
Despeje: vo2−vf 2
2a Despeje: -1/2 gt2 +Vot-y = 0
X=(25.2)2−¿¿ t=−vo±√(vo)2−4(−12g )( y)
2(−12g)
X=635.0419.62
t= 2.56 seg.
t=−25.2±√(25.2)2−4(−12 9.81)(27)
2(−12 9.81)
t=−25.2±√635.04−529.74−9.81
t=−25.2±√105.3−9.81
t=(−25.2±) 10.261−98.81
t1=−25.2+10.261
−9.81
t2=−25.2−10.261
−9.81
16/Mayo/2012
MOVIMIENTO CURVILINEO
Una pelota rueda fuera del borde de una mesa horizontal de 4.23 Ft de altura, golpea el suelo en un punto 5 Ft horizontalmente lejos del borde de la mesa.
a) Durante cuanto tiempo estuvo la pelota en el aireb) ¿cuál era su velocidad en el instante en el que dejo la mesa?
a) Formula b) Formula Y= (Vo) y t + ½ gt 2 X= v.t
Despeje: y= +1/2 gt2 Despeje: v= xt
t=√ y1 /2 g
v= 5 .110 .5125
X= 32.36 mts
t1= 1.5 seg.
t2= 3.614 seg
t= √ 4.231232.2
17/Mayo/2012
Una canica rueda sobre una mesa con una rapidez de 20cm/seg. La altura de la mesa es de 80 cm.
a) ¿Cuánto tiempo necesita para chocar con el suelob) ¿ A qué distancia el borde de la mesa chocará la canica con el pisoa) Formula Conversión de cm a mts
Y= (Vo) y t + ½ gt 2 altura: 80100
Despeje: y= + ½ gt2
t= √ y12g
velocidad: 20100
t= 0.5125 seg.
v= 9.97 ft/seg
Altura: 0.8 mts
V= 0.2 mts/seg
t= √ 0 .8129 .81
b) Formula
X= Vot + ½ at 2
X= 0.2(0.1630) + ½ 9.81 (0.1630)2
X= 0.0326 + 0.1303
23/Mayo/2012
Vo= 20 m/s 20m/s
20° 20°
Y * (Vo)x = 20 cos 20°
t= 2.3 seg * (Vo)y = 20 sen 20°
t= 0.1630 seg.
X= 0.1629m
X
a) Formula b) Formula
Y= (Vo) y t + ½ gt 2 X= (Vo)x (t)
Y= 6.8404 (2.3) + ½ (9.819 (2.3)2 X= 18.79 (2.3)
Y= 15.7329 + ½ (9.81) (2.3)2
23/Mayo/2012
Un chorro de agua hacia arriba en un ángulo de 40° con respecto al horizontal tiene una rapidez de 20 m/seg. ¿A que altura golpeará sobre una pared que se encuentra a 8m de distancia?
* X= 20 cos 40° = 15. 3208
Y= 41.68mts
X= 43.22 mts
Vo= 20 m/seg y *Y= 20 sen 40°= 12.8557
40°
8mts
a) Formula b) Formula
X= (Vo)x t Y= (Vo)y t – ½ gt 2
Despeje: t=x
(Vo ) x Y=12.8557 (0.5221) -1/2 (9.81) (0.5221)2
t= 8
15.3208 Y= 6.7119- ½ (9.81) (0.5221)2
t= 0.5221 seg. Y= 5.3748mts