2/Febrero/2012
R F1 F2 = = Sen A Sen B SenC R= √ F 12 + F 22−2 F 1 F 2∗cos A
24.73 30 20 = = Sen 55 Sen B SenC
C=
sin−1
SEN 55.20 34.57
A=? B=? C=? Θ= ∞ + c Θ= 50.20
R= 34.57N
C= 35.20
A=90-20+15=85° C= 35.20° ∞ = 15°
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 vertical b) La magnitud correspondiente de R
T2= 1000LBS R F1 F2 = = Sen A Sen B SenC T1= 938LBS R= 665.26LBS R 938 = Sen 40 ° Sen 65 ° Θ 1= 270° Θ 2= 90° A= 90(φ+∞) R=
( 848.04 ) (SEN 65) SEN 55
A= 40° B= 65°
R=
665.26LBS C=75°
F1 1000 = Sen 65 ° Sen 75°
F 1=
( 1000 ) ( SEN 55) SEN 75
F1= 938.27LBS
6/Febrero/2012
TAC= ? ∞=? TAB= 750LBS R= 1200LBS
R F1 F2 = = Sen A Sen B SenC 1200 750 666.07 = = Sen A Sen C Sen 30
TAC=√ 12002 +7502−2(1200)(750)∗cos 30 TAC= 666.07LBS
C=
750. Sen 30 ° 666.07 −1
C=sin ¿ ∞34.26 °
7/Febrero/2012
P=75N A=90-35= 55 Q=?
A= 125° A=125° B= 35°
A=90-20= 70 R=?
C= 20°
R F1 F2 = = Sen A Sen B SenC
Q=
75(Sen 20° ) Sen 35°
Q= 44.72N
R=
75 Sen 125 ° 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 F1 F2 = = Sen A Sen B SenC
A= 90+60
R= √ F 12 + F 22−2 F 1 F 2∗cos A A= 150° B= 11.93°
R= √ 202 +302 −2(20)(30)∗cos 150 Θ= 90 + 18.07 Θ= 108.07
R= 48.36N
Sen B=
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 50 B=87.33 F1= 280km F2= 190km R=120.48km C= 62.67°
280 190 = Sen 30 Sen C
C=sin −1
Sen 87.36(190) 280
C= 42.67 C= 20+42.67= C=42.67
B= 50+42.67-180 B=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?.
c 2=√ a2 +b 2
R= √ 12 +22
R= 2.44
Θ=tan−1
c .o c .a
Θ=tan−1
1 2
Θ=26.56 °
9/Febrero/2012
R F1 F2 = = Sen A Sen B SenC 50 35 = Sen B Sen 25 B=sin −1
Sen 25 ° (50) 35
B= 37.13° =∞
A= 180- (B+C) A= 117.87°
R=
50 (Sen 117.37) Sen 37.13
R= 73.22N
ΘR =0 °
9/Febrero/2012
A= 50°
R F1 F2 = = Sen A Sen B SenC
B= 60° C=70°
DESP. P
P=
425. Sen 60 Sen 70
R=
391 . Sen 50° Sen 60 °
DESP. R
P= 391N
R= 346N
ΘR =90 ° EJES DE X a R.
50 N
EXAMEN
78° 60 N
B
R=
50( cos 78) 60 ¿ 2¿ 60 2+50 2 – ¿ √¿
R = 69.6 N
R
69.6 N
50 N
SEN 78
ENTONCES B = SEN-1 °
SEN B
SEN 78 (50 N) 69.6 N
ANGULO RESULTANTE = 90° – 44.64°
ANGULO RESULTANTE = 45. 36 °
30 N
59°
40 N
C
B
ALFA R
=
44.64
R=
30 (cos 59) 40 ¿ 2¿ 40 2+30 2 – ¿ √¿
R = 35 . 55 N
B = SEN-1 59 – 46.33°
SEN 59 X 30
B = 46. 33°
35. 55 N
C = 180 – C = 74.67°
ENTONCES:
ANGULO ALFA: 90°-12° = 78°
ANGULO R = 360 – 78
ANGULO R: 282°
R
40 N B
20 N
140°
20 (cos 140) 40 ¿ 2¿ 40 2+20 2 – ¿ √¿
R=
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 90N £F
COMP (X) 77.94N £FX 77.94N
COMP (Y) 45N £FY 45N
F(X)= COS 30 (90) F(Y)= SEN 30 (90)
R=
√ 77.942 +45 2
R= 89.99N
Θ=
45 ∨¿ 77.94 tan −1∨¿
Θ= 30°
14/Febrero/2012
FUERZA 25 60 90 40 £F
COMP X 25 0 -57.85 0 £FX = -32.85
COMP Y 0 60 -68.94 -40 £FY = -48.94
R= 58.94N
15/Febrero/2012
FUERZA 60N 40N 80N £F
COMP X 0 -40 -69.28 £FX = -29.28N
COMP Y 60 0 69.28 £FY = 129.28N
R= 35.45N
θ R=tan−1
20 29.28
θ R=34.33 °
15/Febrero/2012
FUERZA 75N 40N 55N 50N £F
COMP X 64.95 -13.68 0 48.29 £FX = 99.55N
COMP Y 37.5 37.58 -55 -12.94 £FY = 7.14N
R= 99.80N
θR
= 4.10N
20/Febrero/2012
FUERZA 10N 20N 50N 30N 40N 60N £F
COMP X 10 6.84 0 -28.97 -31.39 51.96 £FX = 0.44N
COMP Y 0 18.79 50 7.76 -6.94 -30 £FY = 39.61N
R = 6.30N
Θ=
tan −1 ¿ 89.36 °
21/Febrero/2012
FUERZA 15N 30N 40N £F
COMP X 14.77 12.76 28.28 £F X = 55.72N
COMP Y 2.60 27.18 -28.28 £F Y = 1.5N
R= 55.74N
θ R=tan−1
1.5 55.72
θ R=1.54 °
21/Febrero/2012
FUERZA 10N 40N 20N 30N 50N £F
COMP X 5 39.39 -6.84 -28.97 0 £F X = 8.58N
COMP Y 8.66 6.94 18.79 7.76 -50 £ F Y = -7.85
R= 11.62N
θ R=42.45°
21/Febrero/2012
FUERZA 100N 150N 70N 80N £F
COMP X 70.71 86.03 0 -72.50 £F X = 84.24N
COMP Y 70.71 122.87 70 33.80 £F Y = 297.38N
R= 309.08N
θ R=74.18 °
Examen componentes rectangulares
FUERZA 100N 200N 50N 100N
COMP X 50
£F
θ tan −1∨
θ R=14.63 °
COMP X -226.57 0 -12.15 114.90 £F X= -123.82N
R = 391.10N 370.99 123.82
86.60 0 -35.35 -86.60 £F Y= -35.35N
-200 -35.35 50 £F X = -135-35N R= 139.89N
FUERZA 250N 100N 70N 150N £F
COMP Y
COMP Y -105.65 -100 -68.93 -96.41 £F Y = -370.99N θ R=71.54 °
22/Febrero/2012
Equilibrio 2D
£FX T1 Cos 5° - T2 Cos 10° = ∅ 0.99T1 – 0.98T2 =
∅ → EC1.
£FY T1 Sen 5° - T2 Sen 10° = ∅ 0.087T1 – 0.173T2 = 90N → EC2.
DESP. T1 EN EC1. T1=
0.98T 2 0.99
→ EC3
SUST. EC3 EN EC2. 0.087|
0.98 T 2+0.173 T 2=90 0.99
0.86T2 + 0.173T2 =90 0.259T2 = 90 347.49N
T2 =
90 0.259
T2=
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 =70 cos 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 EC 3
SUST. T2 EN
∅
T1 COS 25° - T2 COS 30° = 0.90 – 0.86 =
∅
→ EC 1
T1 =
0.86(1090) 0.90 £FY T1 SEN 25° + T2 SEN 30= 0.42 + 0.5 = 981N → EC 2 1041.55N
∅ T1 =
DESP T1 EN EC 1
0.86
T1 = 0.90
T 2 → EC 3
SUST. EC3 EN EC2 0.42|
0.86 T 2+0.5 T 2=981 0.90 0.9 = 981
T2=
981 =T 2=1090 N 0.9
Examen equilibrio 2D
DETERMINE: FUERZA ROZAMIENTO: ? NORMAL: ? N= 30 X 9.81 = 294.3 £FX = 50 COS 38° -FR = FR = 39.40N
∅
2° parte
£FY = 50 SEN 38 + N –W =
∅
30.78- 294.3 = N N = 294.3 -30.78 N= 263.52N
8/Marzo/2012 Equilibrio 3D
│AB│ X= -40 m. Y= 80 m. Z= 30 m. │AB│= │AB│=
√ d x 2 +d y 2+ d z 2
√ (−40 ) + ( 80 ) +( 30 ) 2
│AB│= 94.33 m.
2
2
F=
AB │ AB │
│ (-40xi + 80yj +
30zk) │ F=
2500 94.33 │ “” │
F=26.50 │-40xi + 80yj+ 30zk │ F= │ -1060.10xi + 2120yj + 795zk │
−1
ϴx=
cos │
Fx │ =│ F
−1060.10 │ = 115.08° 2500
ϴy=
cos−1 │
Fy 2120 │ = ¿ F 2500 │ = 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.
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│= │TAB│=
|TAC| x= -1.2m., y= 10m., z= -10m.
√ d x 2 +d y 2+ d z 2
√ (−1.2 ) + ( 10 ) + ( 8 ) 2
2
│TAC│= 2
│TAC│=
√ d x 2 +d y 2+ d z 2
√ (−1.2 ) +( 10 ) +(−10 ) 2
2
│TAB│= 12.74 m.
│TAC│= 14.19 m.
F= (-1.2xi + 10yj + 8zk)
F= (-1.2xi + 10yj - 10zr)
AB=
AB │ TAB │
│ (-1.2i + 10j + 8k) │
AC=
AC │ TAC │
2
│ (-1.2i + 10j - 10k) │
FACTORIZACION i, j, k
ECUACIONES DE EQUILIBRIO
(-0.0933TAB – 0.0845TAC + p) i
ƩFX=0; -0.0933TAB – 0.0845TAC + P= 0 EC. 1
(0.776TAB + 0.7047TAC – 1962) j
ƩFZ=0; 0.6220TAB – 0.7047TAC=0 SUSTITUIREC. EC.34 EN EC. 2
ƩFY=0; 0.7776TAB + 0.7047TAC – 1962= 0 EC. 2
0.7776 ( DESPEJE TAB DE EC. 3 TAB=
0.7047TAC 0.6220
0.7047TAC )+ 0.6220
0.7047 TAC= 1962 0.8809TAC + 0.7047TAC= 1962 1.5856TAC= 1962
SUSTITUIR TAC EN EC. 4 TAB=
0.7047(1237.38) 0.6220 SUSTITUIR TAB Y TAC EN EC. 1 P= 0.0933 (1401.89) + 0.0845 (1237.38) P= 235.35 N.
13/Marzo/2012
AB= -4.2i – 5.6j +0k
AB=
√ (−4.2 ) + (−5.6 )
AD= 2.4i -5.6j + 4.2k
AC=
√ ( 2.4 ) +(−5.6 ) + ( 4.2 )
2
2
2
2
= 7m. 2
=
7.4 m.
COMPONENTES AB=
259 7
│ (-4.2i) – (5.6j) │
AD
AC=
AC 7.4
│ (2.4i) – (5.6j) + (4.2k) │
FACTORIZACION i, j, –k3.3k) │ AD= 6.5 │ (-5.6j
ECUACIONES
(-155.4 + 0.3243TAC) i
ƩFX=0; -155.41 + 0.3243TAC = 0 EC. 1
(-207.2 – 0.7567TAC – 0.8615TAD – P) j
ƩFY=0; -207.2 - 0.7567TAC – 0.8615TAD -P= 0 EC. 2
(0.5675TAC – 0.5076TAD) k
ƩFZ=0; 0.5675TAC – 0.5076TAD=0 EC. 3
DESPEJE TAC EN EC 1 TAC=
155.41 0.3243
DESPEJE TAD EN EC 3 TAD=
−0.5675( 479.21) −0.5076
DESPEJE P EN ECUACION 2 -207.2 -0.7567 (479.21) -0.8615 (535.7598)= P P= 1031.3752 N.
14/Marzo/2012
MISMAS ACOTACIONES DEL PROBLEMA ANTERIOR, PERO: AD= 481 N. P=? (926 N.)
AB= -4.2i – 5.6j +0k
AB=
√ (−4.2 ) + (−5.6 )
AD= 2.4i -5.6j + 4.2k
AC=
√ ( 2.4 ) +(−5.6 ) + ( 4.2 )
2
2
2
= 7m.
2
2
=
7.4 m. COMPONENTES AB=
TAB 7
AD=
481 6.5 = 74 │ (-5.6j – 3.3k) │
│ (-4.2i) – (5.6j) │
AC=
AC 7.4
│ (2.4i) – (5.6j) + (4.2k) │
FACTORIZACION i, j, k
ECUACIONES
(-O.6TAB + 0.3243TAC) i
ƩFX=0; -0.6TAB + 0.3243TAC = 0 EC. 1
(-0.8TAB – 0.7567TAC – 414.4 – P) j
ƩFY=0; -0.8TAB - 0.7567TAC – 414.4 -P= 0 EC. 2
(0.5675TAC – 244.2) k
ƩFZ=0; 0.5675TAC – 244.2= 0 EC. 3
DESPEJE TAC EN EC. 3 TAC=
244.2 0.5675
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
TAD= ¿ ? (288 N.) AD= 110.3 N ϴx, ϴy, ϴz= ¿?
tan 50=
Fz=
Fx 110.3 = Fz Fz
110.3 tan 50
= 92.55 N.
F h2 =F x2 + F z 2=110.3 2 +92.552
tan 30=
Fy=
ϴz=
cos−1 │
−1
ϴx=
cos │
Fh Fy
Fh 143.98 = =249.38 N . tan 30 tan30
Fx 92.55 │ =│ F 287.96 │ = 71.25°
Fy 110.3 │ = ¿ F 287.96 │ = 67.42°
15/Marzo/2012
Examen 3D
19/Marzo/2012
2
DISTANCIAS
cos 30=
X= -3 m, y= -10 m, z= 4m. |DA|=
√ 32+ 102+ 4 2
25 TDA
TDA=
25 =28.7675 N . cos 30
= 11.18 m. −1
DA =¿−3 i−10 j+ 4 k |DA| 28.8675 N =|−3 i−10 j+ 4 k| 11.18 M Fx= -7.74 N Fy= -25.8 N
ϴx=
cos │
Fx −7.74 │ =│ F 28.7675
│ = 105.55° ϴy=
cos−1 │
│ = 153.34° 1
Fy −25.8 │ = ¿ F 28.7675
tan 60=
Fz 50 N .
Fz= (tan 60) (50 N.)=
86.6 N.
Fh=
tan 30=
Fy=
√ 502+ 86.82
100 Fy
100 =173.2050 N . tan 30
TDC=√ 1002 +175.20502
ϴx=
ϴy=
ϴz=
cos−1 │
Fx │ = 75.52° F
cos−1 │
Fy │ = 30° F
cos−1 │
Fz │ = 64.34° F
Fx
TDC 50
TDA -7.74
Fy
173.2050
-25.8
ƩFx= Rx= 42.96 N. ƩFy= Ry=
Fz
86.6
147.405 N. ƩFz= Rz= 96.92 N.
10.32
R= √ R x 2+ R y 2 + R z 2 R= 181.4045 N. −1
ϴRx=
cos │
−1
ϴRy=
cos │
−1
ϴRz=
cos │
Rx │ = 76.5285° R Ry │ = 35.6515° R Rz │ = 57.7052° R
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|=
√ 82−16 2+11 2
= 21Ft.
|AC| x= -16 Ft., y= 8 Ft., z= -16Ft. AB |AC|=
√−16 2+ 82−162
840 =¿−16 i+8 j +11 k∨¿ 21
= 24
AC
1200 =¿−16 i+8 j−16 k∨¿ 24
AB
AC
Fx= -640
Fx= 800
Fy= 320
Fy= 400
AB -640 320 440
Fx Fy Fz
R= √ R x 2+ R y 2 +R z 2
−1
ϴRx=
R= √−1400 + ( 720 ) + (−360 ) 2
2
AC -800 400 -800
2
cos │
ƩFx= Rx= -1440 ƩFy= Ry= 720 ƩFz= Rz= -360
Rx −1440 │ =│ F 1649.72725
│ = 150.77° ϴRy=
cos−1 │
Ry 720 │ = ¿ F 1649.72725
│ = 64.12°
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 O b) La fuerza aplicada horizontalmente en A que produce el mismo momento con respecto a O c) La fuerza mínima aplicada que en A produce el mismo momento alrededor de O Q
A
2.4 in
a) Mo= -100 cos60° * 2.4 100 lb
Mo= -120 Lbin
60° O
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
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 60°
MBx= -800 cos60 * 16= -6400 NM 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 B b) La fuerza horizontal que aplicada en A produce el mismo momento con respecto a B c) El momento de esta fuerza con respecto al punto C Q A 2
4Ft
a) MB (60)= -60 cos30 * 4 60 Lb
B
MB (60)= -207.84 Lb Ft
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
4m
10 N Determine el MRC de las fuerzas M1= 30 sen45 * 2
M2= 10 sen20 * 2
M1= 42.42 NM -6.84 NM
M2= 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= 5m
D= 10 sen30 D= 5m
30°
60°
10 M
T= 5000 / 5 T= 1000 NM
15 Lb
6 Lb
6 Lb
A
B
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
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 – 600 + Ty – 800= 0 Ty= 2291.66= T + Tsen40 – 800= 0
Fx= 0 | Rax – Tx= 0
Fy= 0 | Ray
Rax – Tcos40= 0
Ray – 600
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: 12 Klb MA= 0
9 Ft B
5 Ft
RAx – 7= 0 7 Klb RAy= 12lb
7lb
RAy – 12=0 RAx=
10 Ft MA + 12 (9) + 7 (10)= 0 MA + 108 + 70= 0 RAx
A
MA= -178 Lb Ft
RAy
2/Ma yo/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 200 Lb
DETERMINE:
6Ft
150Lb
REACCIONES - MB
15 ft
B 5Ft
RBX
superficie rugosa RBY ÁNGULO Sen B
C .O hip
Sen 70.52=
d 15
14.141=
15. Sen 70.52=d
d
COS B =
c.a hip
Cos B=
5 15
5 15 B= ¿ −1 cos ¿
Cos
∝=
d 6 d 6
Cos 70.52=
6 cos 70.52=d
2.00=d
MB=0 -
RAX 14.141+ 200 (3) + 150 (2.5) = 0 RAX 14.141 + 600 + 375= 0 RAX 14.141 + 975 = 0
-
RAX=
−975 14.141
(- RAX = - 68.9484) -1
∑ FX = 0 RBX 68.9484+ RBX= 0
RBX= 68.9484 -RBY + 200 + 150= 0 -RBY + 350= 0
RBY= 350
MB = RBY + RBX MB= 350- 68.9484
MB=
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=
√ RCX 2 + RCY 2
RCY=? RT=?
Obtención de ángulos B
T
Tan B
0 .18 0. 24
0.18
A= 180(C+B)
A=56. 0.24
A
B= 36.86° 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 RCY=
403.2 0.24
RCY= 1680N
Obtención de la tensión
36.86°
1680
sen 56.14=
T=? A= 56.14°
Sen 36.86°
TX 2099.72
TX= sen 36.86 (2099.72)
TX=
1680 T
1680 T= sen 56 . 14
T= 2099.72N
Sumatoria de fuerzas ∑FX=0 1259.54 – RCX = 0 -RCX= - 1259.54
RCX= 1259.54 RT
√ RCX 2 + RCY 2
RT
√(1259.54)2 +(1680)2 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 X=Vot + ½ at2 Despeje X= ½ at2
b)
Formula
Vf = Vo + at Despeje: 24m/seg. = 2t t=
24 2
9=
1 2
t= 12 m/seg.
a 32
a= ½.9. 32
a=
9 1 2 .3 2
a= 2m/seg2
Un automóvil recorre 1200 ft en 30 seg. Con una aceleración constante de 1.8 ft/seg2. Determínese a) Su velocidad b) Su velocidad final c) La distancia recorrida durante los primeros 10 segundos a) Formula
b)
X= vot + ½ at2
vf2= vo2+2ax
Despeje: vo=
−1/2 at t
Formula
2
+x
Despeje: vf=
√ 132+ 2 ( 1.8 ) (1200)
2
Vo=
−1/ 2(1.8)(30) 30
Vo= 13 ft/seg.
Vf= 65.82 ft/seg
c) Formula x10 = vot + ½ at2 Despeje: x10=13(10) + ½ (1.8)(10)2
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 alcanzar b) tiempo que tarda en llegar a esa altura c) la velocidad instantánea al final de 60 segundos d) ¿cuándo estará a una altura de 10 km?
a) Formula Vf2=vo2+ 2ax Despeje: X=
vo2 −vf 2 2a
b) Formula vf= vo+at Despeje:
t=
vo−vf a
2
2
(500) −( 0) X= 2( 9.81 m ) seg 2
X=
t=
t= 50.9683
2500,000 19.62
X=12,742.0 999m c) Formula Vf= vo+at Despeje: V=500+ (9.81) (60) V=
1088.6 m/seg
d) Formula Y= vot-1/2 gt2 -1/2g t2 + vot- y= 0 A B C
√
−vo ± ( vo)2−4 t=
2(
500 m/seg 9.81m/ seg2
( −12 g)( y )
−1 g) 2
√
−500 m −1 ± (500)2−4 9.81 (10000) s 2 t= −1 2( 9.81) 2
(
−500 m ± √ 250000−196,200 s t= −9.81 −500 m ± √ 53,800 s t= 9.81
)
t= −500 ±
t1=
231.948 −9.81
−500+231.948 −9.81
t1= 27.3243 seg
t2=
−500−231.948 −9.81
t2=74.612 4seg
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
Vf= vo+at
b) Formula Vf2=vo2+ 2ax Despeje:
despeje: t=
t= 2.56 seg.
25. 2 t= 9. 81
c) Formula y= vot-1/2 gt 2
vo2 −vf 2 2a
0 ¿ ¿ ¿2 X= (25.2)2 −¿ ¿
vo−vf a
Despeje: -1/2 gt2 +Vot-y = 0
√
−vo ± (vo)2−4 t=
2(
( y) ( −1 2g )
−1 g) 2
635.04 X= 19.62
X= 32.36 mts
√
( −12 9.81)(27) −1 2( 9.81) 2
−25.2 ± ( 25.2)2−4 t=
t=
t=
−25.2 ± √ 635.04−529.74 −9.81 −25.2 ± √ 105.3 −9.81
t= (−25.2±)
10.261 −98.81
t1= 1.5 seg.
−25.2+10.261 −9.81
t 1=
t 2=
−25.2−10.261 −9.81 t2= 3.614
seg
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 aire b) ¿cuál era su velocidad en el instante en el que dejo la mesa? a) Formula b) Formula 2 Y= (Vo) y t + ½ gt X= v.t Despeje: y= +1/2 gt2 t=
t=
√
y 1/2 g
√
4.23 1 32.2 2
t= 0.5125 seg.
Despeje: v= v=
x t
5 .11 0. 5125
v= 9.97 ft/seg
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 suelo b) ¿ A qué distancia el borde de la mesa chocará la canica con el piso a) Formula Conversión de cm a mts Y= (Vo) y t + ½ gt2
altura:
Despeje: y= + ½ gt2
t=
t=
√ √
y 1 g 2
0. 8 1 9 . 81 2
t= 0.1630 seg. b) Formula X= Vot + ½ at2 X= 0.2(0.1630) + ½ 9.81 (0.1630)2 X= 0.0326 + 0.1303
X= 0.1629m
80 100
Altura: 0.8 mts velocidad:
V= 0.2 mts/seg
20 100
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°
X
a) Formula
b) Formula
Y= (Vo) y t + ½ gt2
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
X= 43.22 mts
Y= 41.68mts
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 Vo= 20 m/seg
12.8557
40° 8mts
y
*Y= 20 sen 40°=
a) Formula
b) Formula
X= (Vo)x t
Y= (Vo)y t – ½ gt2
x Despeje: t= ( Vo ) x
Y=12.8557 (0.5221) -1/2 (9.81)
(0.5221)2 t=
8 15.3208
t= 0.5221 seg.
Y= 6.7119- ½ (9.81) (0.5221) 2
Y= 5.3748mts
