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Escuela Superior Politécnica del Litoral

Física A

Taller de resolución de problemas

Segundo Parcial

Integrantes: - Juan Xavier Izurieta Pineda - Yulexi Tatiana Lara Tabara - Michelle Stefanía Bonilla Pesantez

Profesor: Julio César Macías Zamora

Paralelo: 9

TALLER DE RESOLULUCIÓN DE PROBLEMAS DEL SEGUNDO PARCIAL Paralelo: 9 Instructor: Julio César Macías Zamora Asignatura: Física A Término: 2S2015 1. Una viga con longitud de 8.00 m y masa de 100 kg está fijada mediante un perno grande a un soporte a una distancia de 3.00 m de un extremo. La viga forma un ángulo 𝜃 = 30.0° con la horizontal, como se muestra en la figura. Una masa M = 500.0 kg está fijada con una cuerda a un extremo de la viga, y la segunda cuerda está fijada en ángulo recto al otro extremo de la viga. Encuentre la tensión T en la segunda cuerda, y la fuerza que ejerce el perno sobre la viga. SOLUCIÓN Datos:    

𝑾𝒗𝒊𝒈𝒂 = (𝟏𝟎𝟎)(𝟗. 𝟖) = 𝟗𝟖𝟎𝑵 𝑾𝑴 = (𝟓𝟎𝟎)(𝟗. 𝟖) = 𝟒𝟗𝟎𝟎𝑵 𝒅 = 𝟑. 𝟎𝟎𝒎 𝑳 = 𝟖. 𝟎𝟎𝒎

Realizamos una gráfica indicando todas las fuerzas que actúan como se muestra en la figura 1.1 T sen30° Fy 30° Fx

T cos30° 30°

Wviga

Wm 3 cos 30° 4 cos 30°

Figura 1.1

En base a los datos del ejercicio, realizamos un gráfico el cual nos permita visualizar de manera sencilla el ejercicio.

Tomamos como positivo

+

Ya que el sistema está en equilibrio:

∑ 𝑡𝐴 = 0 𝑊𝑀 (𝑑 cos(30°)) − 𝑇(𝐿 − 𝑑) − 𝑊𝑣𝑖𝑔𝑎 (𝑙 ⁄2 − 𝑑)(cos(30°)) (4900)(3.00)(cos(30°)) − 𝑇(5.00) − (980)(100 cos(30°)) 5.00𝑇 = 11881.9 𝑇 = 2376.4𝑁 También se cumple que la sumatorias de fuerzas es igual a cero:

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑇 𝑠𝑒𝑛(30°) − 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑋 = (2376.4)(𝑠𝑒𝑛(30°)) 𝐹𝑥 = 1188.2𝑁

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝑦 − 𝑊𝑀 − 𝑊𝑣𝑖𝑔𝑎 − 𝑇 cos(30°) = 0 𝐹𝑦 = 4900 + 980 + (2376.4)(cos(30°)) 𝐹𝑦 = 7938𝑁

La magnitud de la fuerza está definida por: 𝐹 = √(𝐹𝑥 )2 + (𝐹𝑦 )2 𝐹 = √(1188.2)2 + (7938)2 = 8026.44𝑁

2. Las personas A y B están de pie sobre una tabla de densidad lineal uniforme equilibrada sobre los dos apoyos, como se muestra en la figura. ¿Cuál es la distancia máxima x desde el lado derecho de la tabla a la cual puede colocarse la persona A sin inclinar la tabla? Considere las personas A y B como masas puntuales. La masa de la persona B es el doble de la persona A, y la masa de la tabla es la mitad de la persona A. Dé sus respuestas en términos de L, la longitud de la tabla. SOLUCIÓN Datos:  

𝑾𝑩 = 𝟐𝑾 𝑾𝑨 = 𝑾



𝑾𝒕𝒂𝒃𝒍𝒂 =

𝑾 𝟐

Realizamos un gráfico indicando las fuerzas que actúan como se muestra en la figura 2.1 FB

FA

A

B

2W

W

1/8 L

X

1/2W

¼L ½L

L Figura 2.1 Tomamos como positivo

+

Puesto que el sistema se encuentra en equilibrio:

∑𝑇 = 0

Ya que el ejercicio me pide la distancia máxima “x” que puede recorrer la persona A, realizaremos un único análisis en la cuña B.

∑ 𝑇𝐵 = 0 2𝑊(3𝐿⁄8) + 𝐹𝐴 (1⁄4 𝐿) − 𝑊(1𝐿⁄2 − 𝑥) = 0 Puesto que me piden la distancia máxima “x” que puede recorrer la persona A, asumimos que cuando esté a punto de inclinarse la viga no hay contacto con la cuña A; por lo tanto no hay fuerza 𝐹𝐴 .

3𝑊𝐿⁄4 + 0 − (𝑊𝐿 ⁄2) + 𝑊𝑥 = 0 𝑥 = 𝐿⁄2 − 3𝐿⁄4 𝑥 = −𝐿⁄4 Ya que la distancia salió negativa, esto indica que mi suposición inicial es incorrecta y la respuesta seria, en cualquier lugar de “x” que se ubique la persona A, la viga no se inclinaría.

3. Una tabla con peso mg = 120.0 N y longitud de 5.00 m, está suspendida de dos cuerdas verticales, como se muestra en la figura. La cuerda A está conectada a un extremo de la tabla, y la cuerda B está conectada a una distancia d = 1.00 m desde el final de la tabla. Una caja con peso Mg = 20.0 N se coloca sobre la tabla con su centro de masa a d = 1.00 m de la cuerda A. ¿Cuáles son las tensiones en las dos cuerdas? SOLUCIÓN Datos:  

𝑾𝒄𝒂𝒋𝒂 = 𝟐𝟎𝑵 𝑾𝒗𝒊𝒈𝒂 = 𝟏𝟐𝟎𝑵

 

L= 5.00m d= 1.00m

Realizamos un diagrama de cuerpo libre como se muestra en la figura 3.1

Ta

Tb

B

A M

m d

d

Figura 3.1 Wviga

Tomamos como positivo

+

Se puede realizar torque tanto en A como en B, y como el sistema se encuentra en equilibrio. ∑𝑡𝑎 = 0 −(𝑊𝑐𝑎𝑗𝑎 )(𝑑) − 𝑊𝑣𝑖𝑔𝑎 (𝑙 ⁄2) + 𝑇𝐵 (𝐿 − 𝑑) = 0 −(20)(1) − 120(2.5) + 𝑇𝐵 (4) = 0 4𝑇𝐵 = 320 𝑇𝐵 = 80𝑁 ∑𝑡𝑏 = 0 𝑊𝑐𝑎𝑗𝑎 (𝐿 − 2𝑑) + 𝑊𝑣𝑖𝑔𝑎 (𝐿⁄2 − 𝑑) − 𝑇𝐴 (𝐿 − 𝑑) = 0 (20)(3) + (120)(1.5) − 𝑇𝐴 (4) = 0 4𝑇𝐴 = 240 𝑇𝐴 = 60 𝑁

4. Una tabla de 5.00 m de longitud con masa de 50.0 kg se usa como balancín. Al lado izquierdo del balancín se sienta una chica de 45.0 kg, y del lado derecho un muchacho de 60.0 kg. Determine la posición del punto pivote para equilibrio estático. SOLUCIÓN

5.00 M

M1= 45.0 Kg

M1

Mt= 50.0 Kg

M2

M2= 60.0 Kg

Figura 4

Datos:

   

𝑊1 = (45.0)(9.8) = 445 𝑁 𝑊2 = (60.0)(9.8) = 588 𝑁 𝑥 = 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒 𝑊3 = (50.0)(9.8) = 490 𝑁

Realizamos un gráfico ubicando las fuerzas que actúan y sus respectivas posiciones como se muestra en la figura 4.1

5.00 M

W1

W3

Figura 4.1

W2

Tomamos como positivo

+

Ya que el sistema está en equilibrio: ∑𝑡 = 0 𝑊1 (𝑥) + 𝑊3 (𝑥 − 2.50) − 𝑊2 (5.00 − 𝑥) = 0 (441)(𝑥) + (490)(𝑥 − 2.50) − (588)(5.00 − 𝑥) = 0 441𝑥 + 490𝑥 − 1225 − 2940 + 588𝑥 = 0 1519𝑥 − 4165 = 0 1519𝑥 = 4165 𝑥 = 2.74 𝑚

5. Un extremo de una viga pesada de masa M = 50.0 kg está unida con un gozne a una pared vertical, y el otro extremo lleva atado un cable de longitud 3.0m, como se muestra en la figura. El otro extremo del cable también está fijado a la pared a una distancia de 4.0 m arriba de la bisagra. Se cuelga una masa m = 20.0 kg de un extremo de la viga, mediante una cuerda. a) Determine las tensiones en el cable y la cuerda. b) Encuentre la fuerza que ejerce la bisagra sobre la viga. SOLUCIÓN Datos:   

𝑳 = Longitud de la viga 𝑴 = 𝟓𝟎. 𝟎 𝑲𝒈 𝒎 = 𝟐𝟎. 𝟎 𝑲𝒈

Calculamos la longitud de la viga por el teorema de Pitágoras. 𝐿2 = 42 + 32 𝐿 = √16 + 9 𝐿 = 5.0𝑚

Realizamos tres gráficos señalando las fuerzas que actúan como se muestra en las figuras 5.1, 5.2 y 5.3.

3m

θ M

α m

4m

Fy

θ

T1

α Mg

mg

θ

Fx Figura 5.1

Figura 5.2

Nota: Asumimos que la fuerza en Y es hacia arriba, ya que debe cancelarse con las otras fuerzas. Tomamos datos útiles que nos servirán para el desarrollo del ejercicio.

𝑠𝑒𝑛θ =

4 5

𝑐𝑜𝑠𝜃 =

3 5

𝑠𝑒𝑛𝛼 =

3 5

𝑐𝑜𝑠𝛼 =

4 5

Puesto que el sistema se encuentra en equilibrio la suma de fuerzas y torque es igual a cero

T1 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑇1 − 𝑚𝑔 = 0 𝑇1 = (20.0)(9.8) 𝑇1 = 196𝑁

mg Figura 5.3

Tomamos como positivo +

∑ 𝑡0 = 0 𝐿 𝐿𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝐿𝑇1 𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑀𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 = 0 2 𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑇1 𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑀𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 = 0 𝑇= 𝑇=

𝑇1 𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑀𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑠𝑒𝑛𝜃

(196)(3⁄5) + (50)(9.8)(3⁄5) 4⁄ 5 𝑇 = 514.5𝑁

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑥 − 𝑇 = 0 𝐹𝑥 = 514.5𝑁

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝑦 − 𝑀𝑔 − 𝑇1 = 0 𝐹𝑦 = 𝑀𝑔 + 𝑇1 𝐹𝑦 = (50)(9.8) + 196 𝐹𝑦 = 686𝑁

𝐹 = √(𝐹𝑥 )2 + (𝐹𝑦 )2 𝐹 = √(514.5)2 + (686)2 𝐹 = 857.5𝑁

6. Un poste rígido uniforme de longitud L y masa M se va a soportar de una pared vertical en posición horizontal, como se muestra en la figura. El poste no está fijado directamente a la pared, de modo que el coeficiente de fricción estática, µs, entre la pared y el poste, da la fuerza vertical en un extremo del poste. El otro extremo del poste está soportado por una cuerda ligera que está fijada a la pared en un punto que está a una distancia D directamente arriba del punto donde el poste toca la pared. Determine el valor mínimo de µs, como función de L y D, que mantendrá y el poste horizontal y no permitirá que su extremo se deslice hacia abajo por la pared.

Figura 6.1

SOLUCIÓN Realizamos el diagrama de cuerpo libre del poste, debido a que todas las fuerzas actúan sobre él. Colocamos el eje de rotación en el extremo del poste que se encuentra junto a la pared debido a que es el lugar donde actúan la mayor cantidad de fuerzas concurrentes. Y posteriormente hacemos el análisis de las ecuaciones.

τ = 0 NPB r0 WB r1 + Tsenr2 = 0 Tsenr2 = WB r1 - NPB r0 𝐿

Tsen(L) = WB 2 T=

𝑀𝑔 2 sin 𝜃

Figura 6.2

Después de despejar la tensión procedemos a hallar la fuerza normal que la pared ejerce sobre el poste aplicando la segunda ley de Newton, primero en el eje x y después en el eje y para así poder hallar el coeficiente de fricción µ.

 Fx = 0

fs + Tsin 𝜃 + WB = 0

NPB - Tcos 𝜃 = 0

2fs = 2Mg – Mg

NPB = ( NPB =

𝑀𝑔 2 sin 𝜃

𝑀𝑔 2

2µNPB = Mg

) cos 𝜃

µ(

(cot 𝜃)

𝑀𝑔 2

cot 𝜃) =

𝑀𝑔 2

µ = tan 𝜃  Fy = 0

Y como se conoce que

, la expresión para el coeficiente de fricción µ nos queda:

𝜇=

𝐿 𝐷

7. Un móvil consiste en dos varillas muy ligeras de longitud l = 0,400m conectadas entre sí y al techo mediante cuerdas verticales. (Desprecie las masas de las varillas y de las cuerdas). Tres objetos están suspendidos por cuerdas de las varillas. Las masas de los objetos 1 y 3 son m1 = 6,40 Kg y m3 = 3,20 Kg. La distancia x que se muestra en la figura es de 0,160m ¿Cuál es la masa de m2?

Figura 7.1

SOLUCIÓN Comenzamos por hacer el diagrama de cuerpo libre del sistema, tomando como referencia el lugar donde se encuentra la tensión que el techo ejerce sobre la primera varilla. Con ello aplicamos la sumatorias de torque para la primera varilla y despejamos m2.

τ = 0 W1r1 – Wxrx = 0 m1gr1 – (m2 + m3)grx = 0 𝑚2 + m3 = 𝑚2 = m2 =

𝑚1 (𝐿 − 𝑥) 𝑥

(6,40 𝐾𝑔)(0,400𝑚−0,160𝑚) 0,160𝑚 1,54 𝑁

0,160𝑚

− 3,20𝐾𝑔

m2 = 9,63Kg – 3,20Kg Figura 7.2 m2 = 6,43 Kg

− 3,20𝐾𝑔

8. Una barra uniforme de 100 Kg con longitud L= 5.00 m, está fijada en una pared mediante un gozne en el punto A y soportada en posición horizontal por un cable ligero fijado en su otro extremo. El cable está fijado a la pared en el punto B, a una distancia D= 2.00 m arriba del punto A. Encuentre: a) La tensión, T, en el cable b) Las componentes horizontal y vertical de la fuerza que actúa sobre la barra en el punto A.

Figura 8.1

SOLUCIÓN Hacemos el diagrama de cuerpo libre de la barra, colocando el eje de rotación en el extremo de la barra que está pegada a la pared. Y conjuntamente con él las ecuaciones que representan la condición de equilibrio estático.     τ = 0 NPB r0 WB r1 + Tsenr2 = 0 Tsenr2 = WB r1 - NPB r0 Tsen(L) = WB L

Figura 8.2

Antes de empezar a reemplazar valores, hallamos el seno y coseno del ángulo la hipotenusa. ℎ = √ 52 + 22 ℎ = √25 + 4 ℎ = √29 Reemplazando, logramos hallar el sen(y el cos(

. Para ello hallamos

 sin 𝜃 = sin 𝜃 =

𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑜𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜

∴

ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎 2

cos 𝜃 =

∴

√29

cos 𝜃 =

𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎 5 √29

Procedemos a reemplazar valores para poder hallar la tensión. τ = 0 𝑇 sin(𝜃)𝑟 − 𝑊𝑟 = 0 2 𝑇( ) (5,00𝑚) = (100𝐾𝑔)(9,8 𝑚⁄𝑠 2 )(2,50𝑚) √29 √29 (2450 𝐾𝑔 𝑚2 ⁄𝑠 2 ) 𝑇= 2 (5,00 𝑚) 𝑇 = 245√29 𝑁

Para hallar las componentes horizontal y vertical de la fuerza que actúa sobre la barra en el punto A, aplicamos la segunda ley de Newton tanto en el eje 𝑥 como en el eje 𝑦  Fx = 0 NPB - Tcos 𝜃 = 0 NPB = 𝑇 cos 𝜃 NPB = 245√29 𝑁 (

5 √29

)

NPB = 1225 N

   Fy = 0 fsmax + 𝑇𝑦 − 𝑊 = 0 fsmax = 𝑀𝑔 − 𝑁 sin 𝜃 fsmax= (100𝐾𝑔)(9,8 𝑚⁄𝑠 2 ) − 245√29 𝑁 (

fsmax = 49

2 √29

)

9. Un móvil sobre la cuna de un bebé exhibe pequeñas formas de colores. ¿Qué valores se necesitan para m1, m2 y m3 para mantener el móvil en equilibrio (con todas las varillas horizontales)?

Figura 9.1

SOLUCIÓN Hacemos el diagrama de cuerpo libre para cada masa Para m1 τ = 0 W1R1 - WhRh = 0 m1gR1 = mhgRh m1 =

(0,060 𝐾𝑔)(0,0381 𝑚) 0,0762 𝑚

m1 = 0,030 kg

Figura 9.2

Para m2

τ = 0 W2R2 - WcRc = 0 m2gR2 = mcgRc m2 = Figura 9.3

(0,090𝐾𝑔+0,030𝐾𝑔+0,024𝑘𝑔)(0,152𝑚) 0,0762𝑚

m2 = 0,030 kg

Para m3  τ = 0 W3R3 + WuRu = 0 m3gR3 = mugRu m3 = Figura 9.4

m3

𝑚𝑢.𝑟𝑢 𝑟3

(0,060𝐾𝑔+0,030 𝐾𝑔+0,030 𝐾𝑔+0,024 𝐾𝑔)(0,125 𝑚)

m3 = 0.079 kg

0,229 𝑚

10. Una escalera con masa de 37.7 kg y longitud de 3.07 m está apoyada contra una pared en un ángulo θ. El coeficiente de fricción estática entre la escalera y el piso es de 0.313; suponga que la fuerza de fricción entre la escalera y el techo es cero. ¿Cuál es el valor máximo que θ puede tener antes de que la escalera comience a deslizarse? DATOS 𝑚 = 37.7 𝑘𝑔 𝐿 = 3.07 𝑚 µ𝑆 = 0.313

Figura 10

SOLUCION Como el sistema debe estar en equilibrio, sin ningún tipo de aceleración, se procede a realizar la sumatoria de fuerzas tanto en el eje x como en el eje y. ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑁1 = 𝑚𝑔 𝑁1 = (37.7 𝑘𝑔)(9.8

N2 𝑚 𝑠2

) θ

𝑁1 = 369.46 N ≈ 370 𝑁

L

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑠 = 𝑁2 µ𝑆 𝑁1 = 𝑁2 𝑁2 = (0.313)(370 𝑁) 𝑁2 = 115.81 𝑁 ≈ 116 𝑁 → 𝐹𝑠 = 𝑁2 → 𝐹𝑠 = 116 𝑁

N1

mg ∅ Fs

Figura 10.1 Ahora, para que el sistema esté en equilibrio, se debe considerar el ángulo que forma que forma N1 con Fs. ∅ = tan−1 ( ∅ = tan−1 (

𝑁1 ) 𝐹𝑠

370 ) 116

∅ = 72.6°

Por lo tanto el ángulo entre la escalera y la pared sería igual a: 𝜃 = 180 − 90 − 72.6 = 17.4°

11. En el arreglo experimental que se muestra en la figura, una viga B1, de masa desconocida M1 y longitud 𝐿1 = 1.00 𝑚, pivota alrededor de su punto más bajo en P1. Una segunda viga, B2, de masa 𝑀2 = 0.200 𝑘𝑔 y longitud 𝐿2 = 0.200 𝑚, está suspendida (pivotada) de B1 en un punto P2 que está a una distancia horizontal 𝑑 = 0,550 𝑚 de P1. Para mantener el sistema en equilibrio, se tiene que suspender una masa 𝑚 = 0.500 𝑘𝑔 de una cuerda sin masa que corre horizontalmente de P3 a la parte superior de la viga B1 y pasa por una polea sin fricción. La cuerda corre a una distancia vertical 𝑦 = 0.707 𝑚 y arriba del punto pivote P1. Calcule la masa de la viga B1.

P3

P2 B2

y B1

m

P1 d Figura 11 DATOS 𝑀1 =? 𝑀2 = 0.200 𝑘𝑔 𝑑 = 0,550 𝑚

Figura 11.1

𝐿1 = 1.00 𝑚 𝐿2 = 0.200 𝑚 𝑚 = 0.500 𝑘𝑔

𝑦 = 0.707 𝑚

SOLUCION Primero procedemos a realizar un diagrama de cuerpo libre de todo el sistema (figura 11.2)

T

T M2g M1g

mg

Figura 11.2 Como la cuerda tiene masa despreciable y la polea no tiene fricción, además de que el sistema no tiene aceleración en x ni en y; la tensión aplicada sobre la viga por la cuerda es igual al peso del bloque colgante. ∑ 𝐹𝑦 = 0

→ 𝑑𝑒𝑙 𝑏𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒

𝑇 = 𝑚𝑔 𝑚 𝑇 = (0.500 𝑘𝑔)(9.8 2 ) 𝑠

𝑇 = 4.90 𝑁 Ahora para hallar la masa M1 de la viga 1 se procede a realizar la sumatoria de los torques aplicadas en el punto P1. (Figura 11.3).

T

y

P1 x

M1g M2g

d Figura 11.3

Sin embargo se muestra una incógnita x la cual desconocemos que corresponde a la distancia del peso de la viga 1 con respecto al pivote, por lo cual se procede a realizar semejanza de triángulos. (Figura 11.4). Para realizar semejanza de triángulos nos faltaría un lado S, el cual se lo puede hallar aplicando el

𝑆 = √(1.00)2 − (0.707)2 = 0.707 𝑚 Aplicamos.0.707 1.00 = 𝑥 0.500

y = 0.707 m

teorema de Pitágoras.

𝑥 = (0.707)(0.500) = 0.354 𝑚 x

Ahora si se procede con lo planteado inicialmente para despejar M1: ∑𝜏 = 0

+

S = 0,707 m Figura 11.4

𝑀2 𝑔. 𝑑 + 𝑀1 𝑔. 𝑥 − 𝑇. 𝑦 = 0 𝑀1 =

𝑇. 𝑦 − 𝑀2 𝑔. 𝑑 (4.90)(0.707) − (0.200)(9.8)(0.550) 2.39 = = = 0.689 𝑘𝑔 𝑔. 𝑥 (9.8)(0.354) 3.47

12. Considere la varilla de longitud L que se muestra en la figura. La masa de la varilla es 𝑚 = 2.00 𝑘𝑔, y el punto pivote está ubicado en el extremo izquierdo (en 𝑥 = 0). Con objeto de evitar 𝑥 4

que la varilla gire, se le aplica una fuerza variable dada por 𝐹(𝑥) = (15.0 𝑁) ( ) ¿En qué punto 𝐿

x de la varilla se debe aplicar la fuerza para evitar que gire? F(x) 𝐿 2 𝑥=0

mg L Figura 12 Figura 12.1 DATOS 𝑚 = 2.00 𝑘𝑔 𝑥 4 𝐹(𝑥) = (15.0 𝑁) ( ) 𝐿 SOLUCION Para poder calcular la posicion x de la fuerza para que este en equilibrio, se procede a realizar sumatoria de torque. ∑𝜏 = 0

+

𝐹(𝑥). 𝑥 − 𝑚𝑔. 𝑥1 = 0 𝑥4 𝐿 15.0 4 . 𝑥 − (2.00)(9.8) ( ) = 0 𝐿 2 𝑥5 15.0 4 = 9.8𝐿 𝐿 15.0 𝑥 5 = 9.8𝐿5 49 5 𝑥5 = 𝐿 75 5

49 5 𝐿 75

5

49 .𝐿 75

𝑥=√

𝑥=√

La posicion de la fuerza F, queda en terminos de L.

13. Una bola con masa de 15,49 kg reposa sobre una mesa de 0.72 m de altura. La parte superior de la mesa es una placa rectangular de vidrio de 12,13 kg de masa apoyada en los vértices por patas delgadas, como se muestra en la figura. La anchura de la mesa es 𝑤 = 138.0 𝑐𝑚, y su fondo 𝑑 = 63.8 𝑐𝑚. Si la bola toca la mesa en un punto (𝑥, 𝑦) = (69.0 𝑐𝑚, 16.6 𝑐𝑚) relativo al vértice 1, ¿Cuál es la fuerza que ejerce la mesa sobre cada pata?

Figura 13 w x

d h y

4

3

1

2 Figura 13.1

DATOS 𝑀𝐵 = 15.46 𝑘𝑔 ℎ = 0.72 𝑚 = 72 𝑐𝑚 𝑀𝑚 = 12,13 kg 𝑤 = 138.0 𝑐𝑚 𝑑 = 63.8 𝑐𝑚 (𝑥, 𝑦) = (69.0 𝑐𝑚, 16.6 𝑐𝑚) → 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 1

F3

F4

F1 F2 𝑀𝑚 𝑔 𝑀𝐵 𝑔

Figura 13.2

SOLUCION Eje pata 1 𝐷𝐵𝑂𝐿𝐴−1 = √69.02 + 16.62 = 70.97 𝑐𝑚

𝐷𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑒𝑠𝑎 = √63.82 + 1382 = 152.03 𝑐𝑚

𝐷𝐶𝐸𝑁𝑇𝑅𝑂 𝐷𝐸 𝐿𝐴 𝑀𝐸𝑆𝐴−1 = √69.02 + 31.92 = 76.02 𝑐𝑚 ∑𝜏 = 0 (15.49)(70.97) + (12.13)(76.02) = 𝐹2 (138) + 𝐹3 (63.8) + 𝐹4 (152.03) 2021.45 = 138𝐹2 + 63.8𝐹3 + 152.03𝐹4 Eje pata 2 ∑𝜏 = 0 (15.49)(70.97) + (12.13)(76.02) = 𝐹1 (138) + 𝐹3 (152.03) + 𝐹4 (63.8) 2021.45 = 138𝐹1 + 152.03𝐹3 + 63.8𝐹4 Eje pata 3 63.8 − 16.6 = 47.2 𝐷𝐵𝑂𝐿𝐴−3 = √69.02 + 47.22 = 83.6 𝑐𝑚 ∑𝜏 = 0 (15.49)(83.6) + (12.13)(76.02) = 𝐹1 (63.8) + 𝐹2 (152.03) + 𝐹4 (138) 2217.09 = 63.8𝐹1 + 152.03𝐹2 + 138𝐹4 Eje pata 4 ∑𝜏 = 0 (15.49)(83.6) + (12.13)(76.02) = 𝐹1 (152.03) + 𝐹2 (63.8) + 𝐹3 (138) 2217.09 = 152.03𝐹1 + 63.8𝐹2 + 138𝐹3

2021.45 = 138𝐹2 + 63.8𝐹3 + 152.03𝐹4 2021.45 = 138𝐹1 + 152.03𝐹3 + 63.8𝐹4 2217.09 = 63.8𝐹1 + 152.03𝐹2 + 138𝐹4 2217.09 = 152.03𝐹1 + 63.8𝐹2 + 138𝐹3

DATOS 𝑀𝐵 = 15.46 𝑘𝑔 ℎ = 0.72 𝑚 𝑀𝑚 = 12,13 kg 𝑤 = 138.0 𝑐𝑚 =1.380 cm 𝑑 = 63.8 𝑐𝑚 = 0.638 𝑐𝑚 (𝑥, 𝑦) = (0.690 𝑚, 0.166 𝑚) → 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 1

SOLUCION Eje pata 1 𝐷𝐵𝑂𝐿𝐴−1 = √0.6902 + 0.1662 = 0.710 𝑚 𝐷𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑒𝑠𝑎 = √0.6382 + 1.3802 = 1.52 𝑚 𝐷𝐶𝐸𝑁𝑇𝑅𝑂 𝐷𝐸 𝐿𝐴 𝑀𝐸𝑆𝐴−1 = √0.6902 + 0.3192 = 0.760 𝑚 ∑𝜏 = 0 (15.49)(0.710) + (12.13)(0.760) = 𝐹2 (1.380) + 𝐹3 (0.638) + 𝐹4 (1.52) 20.2 = 1.380𝐹2 + 0.638𝐹3 + 1.52𝐹4 Eje pata 2 ∑𝜏 = 0 (15.49)(0.710) + (12.13)(0.760) = 𝐹1 (1.380) + 𝐹3 (1.52) + 𝐹4 (0.638) 20.2 = 1.380𝐹1 + 1.52𝐹3 + 0.638𝐹4 Eje pata 3 0.638 − 0.166 = 0.472 𝐷𝐵𝑂𝐿𝐴−3 = √0.6902 + 0.4722 = 0.836 𝑚 ∑𝜏 = 0 (15.49)(0.836) + (12.13)(0.760) = 𝐹1 (0.638) + 𝐹2 (1.52) + 𝐹4 (0.1380) 22.2 = 0.638𝐹1 + 1.52𝐹2 + 0.1380𝐹4 Eje pata 4 ∑𝜏 = 0 (15.49)(0.836) + (12.13)(0.760) = 𝐹1 (1.52) + 𝐹2 (0.638) + 𝐹3 (0.1380) 22.2 = 1.52𝐹1 + 0.638𝐹2 + 0.1380𝐹3

20.2 = 1.380𝐹2 + 0.638𝐹3 + 1.52𝐹4 20.2 = 1.380𝐹1 + 1.52𝐹3 + 0.638𝐹4 22.2 = 0.638𝐹1 + 1.52𝐹2 + 0.1380𝐹4 22.2 = 1.52𝐹1 + 0.638𝐹2 + 0.1380𝐹3