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Universidad Peruana los Andes Facultad de Ingeniería Carrera Profesional de Ingeniería Civil

FUERZAS PROBLEMA 1: Sobre un cuerpo actúa una fuerza F⃗ de ∆r⃗

=43.3i⃗ +25j⃗ N produciendo un desplazamiento

=25i⃗ m. Determina el trabajo realizado por la fuerza.

¿Qué ocurriría si el desplazamiento fuese ∆r⃗

=25i⃗ +25j⃗ ?

Solución Para determinar el trabajo en cada uno de los casos realizamos el producto escalar de la fuerza por el desplazamiento: Se trata simplemente de aplicar la definición de trabajo realizado por una fuerza constante que produce un desplazamiento rectilíneo.

W=F⃗ ⋅∆r⃗ =(43.3i⃗ +25j⃗ )⋅(25i⃗ )=1082.53J

Detengámonos por un momento en este punto antes de continuar. Si te fijas bien, el resultado es el mismo que en el caso del ejercicio "Trabajo Realizado por Fuerza a Partir del Ángulo y del Desplazamiento" en su tercer apartado. Efectivamente, el vector fuerza, que aquí nos dan según sus componentes, es el mismo que el del ejercicio señalado, sólo que en aquel caso nos daban su módulo y el ángulo que formaba con la horizontal. Como puedes observar en la figura, se puede pasar de una representación a otra sin problema pero el resultado final debe ser el mismo.

Estática del Cuerpo Rígido

Ing. Washington Córdova Bonifacio 1

Universidad Peruana los Andes Facultad de Ingeniería Carrera Profesional de Ingeniería Civil En relación a la segunda pregunta, recalculamos el trabajo con el nuevo vector desplazamiento:

W=F⃗ ⋅∆r⃗ =(43.3i⃗ +25j⃗ )⋅(25i⃗ +25j⃗ )=1707.5J

PROBLEMA 2:

2. Si el ángulo con el que un objeto rebota es el mismo con el que incide, con respecto a un eje perpendicular a la superficie de impacto. ¿Cuál de los siguientes vectores representaría mejor al vector V2 - V1?, donde V2 es la velocidad con que rebota de la superficie II.

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PROBLEMA 3:

1. Calcule el módulo de la resultante (en N) de dos fuerza de 4N y 8N respectivamente y que forma un ángulo de 60°.

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PROBLEMA 4: Determine el coseno del ángulo que forman dos vectores de igual magnitud, si su resultante vale la mitad de ellos.

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PROBLEMA 5: Dos fuerzas de igual modulo y que forman un ángulo de 60° entre si, tiene una resultante de 40√3N. calcule el modulo de dichas fuerzas.

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PROBLEMA 6: Calcule el modulo del vector resultante.

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PROBLEMA 7: Los módulos de los vectores y son 4u y 3u respectivamente. Calcule el máximo valor de la operación |2 + 3 |.

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PROBLEMA 8: Según la figura, halle |

–

|, si A=8 y B=6.

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PROBLEMA 9:

La resultante de los 4 vectores mostrados tiene un modulo de:

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PROBLEMA 10:

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Ing. Washington Córdova Bonifacio 1 0

Universidad Peruana los Andes Facultad de Ingeniería Carrera Profesional de Ingeniería Civil El vector suma de los vectores colocados en el hexágono regular es:

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PROBLEMA 11: Se muestra un rectángulo ABCD, el modulo de la resultante de sumar los vectores + es: (en cm)

+

+

PROBLEMA 12 ¿Será correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes?

Solución

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Universidad Peruana los Andes Facultad de Ingeniería Carrera Profesional de Ingeniería Civil Para que ambos sistemas, sean equivalentes, las fuerzas del sistema I debieron estar orientadas tal como se muestra en la figura 1.2, que lo denominaremos como Sistema III, cuyo valor de la resultante lo determinamos por la ley del paralelogramo. 2

R

III

7   24 2

 25N

Fig. 1.2 En consecuencia, los sistemas I y II no son equivalentes, a pesar que la resultante del sistema I tiene la misma dirección y sentido que la fuerza única del sistema II.

PROBLEMA 13 :

Si P  76kN y Q  52kN , determine en forma analítica la resultante de P y Q

Fig. 1.3

Estática del Cuerpo Rígido

Ing. Washington Córdova Bonifacio 1 3

Solución: Calculamos el ángulo que forma el vector P con la vertical y el ángulo que forma el vector Q con la horizontal.   arctg



16 

  26,56o

 32    arctg





12

  26,56o

 24 

Fig. 1.4

  2.26,56  90  o De esta manera, el ángulo que forman los vectores P y 143,12

y la

Q es resultante se calculará por la fórmula:

R P cos  

2

2

 Q  2PQ

2

2

76  52  o 2.76.52.cos143,12

 46,45kN

Para determinar el ángulo que forma la resultante con Q, aplicamos la ley de senos (figura 1.5):

R P

sen36,8 o 8



  79,09

º



senGULO:52,53°

PRODUCTO VECTORIAL

PRODUCTO VECTORIAL EJEMPLO: 1 El producto vectorial de los vectores siguiente modo:

y

se calcula del

Expandiendo el determinante

Dando como resultado:

EJEMPLO: 2 C a l c u l a r e l p r o d u c t o ve c t o r i al d e l o s v e c t or e s 2).

EJEMPLO: 3

= (1, 2, 3) y

= (−1, 1,

Dados

los

vectores

ve c t o r i al d e d i c h o s ortogonal a y .

y vectores.

E l p r o d u c t o v e ct o r i a l d e

Comprobar

, que

hallar el

el

vector

es ortogonal a los vectores

y

producto hallado

es

área

del

.

EJEMPLO: 4 Dados

los

vectores

y

paralelogramo que tiene por lados los vectores

,

hallar

y

·

el

EJEMPLO: 5 D e t e r m i n a r e l á r e a d e l t r i á n g u l o c u yo s v é r t i c e s s o n l o s p u n t o s A ( 1, 1 , 3 ) , B ( 2, − 1 , 5 ) y C ( − 3 , 3, 1 ) .

EJEMPLO: 6 Siendo

y

calcular el vector

EJEMPLO: 7 Encontrar el área del triángulo cuyos vértices son los puntos

Formamos los vectores con estos puntos)

y

(podrían ser cualquiera dos formados

Sería el área del paralelogramo

Es entonces el área del triángulo EJEMPLO: 8 Encontrar el volumen del paralelepípedo cuyos lados están conformados por los vectores El producto triple escalar en valor absoluto, en cualquier no dará el volumen

combinación

Volume n

Utilizando desarrollo de determinantes por cofactores de la primera fila es fácil ver que: con los

vectores

EJEMPLO: 9 Si tenemos

encontrar el producto cruz entre ellos:



EJEMPLO: 10 Si tenemos



encontrar el producto cruz entre ellos:

EJEMPLO: 11 Si tenemos

encontrar el producto cruz entre ellos:



EJEMPLO: 12 Encuentre 3 puntos en el plano P, Q y R, para la siguiente ecuación y encuentre

Propongamos los siguientes puntos que satisfacen la igualdad de la ecuación: . Encontramos el vector

. .

. Encontramos el vector . . Ahora calculamos . Recordando que

.

. . .

EJEMPLO: 13 Encuentre 3 puntos en el plano M, N y O, para la siguiente ecuación y encuentre

Propongamos los siguientes puntos que satisfacen la igualdad de la ecuación: . Encontramos el vector

. .

. Encontramos el vector . . Ahora calculamos . Recordando que

. . .

.

EJEMPLO: 14 Si tenemos

encontrar el producto cruz entre ellos:

Para ver de mejor manera el próximo paso lo podemos ver de esta forma

EJEMPLO: 15 Si tenemos

encontrar el producto cruz entre ellos:

Para ver de mejor manera el próximo paso lo podemos ver de esta forma

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

PROBLEMA 2:

1. Una fuerza le proporciona a la masa de 2,5 Kg. una aceleración de 1,2 m/s2. Calcular la magnitud de dicha fuerza en Newton y dinas. Datos m = 2,5 Kg. a =1,2 m/s2. F =? (N y dyn)

Solución Nótese que los datos aparecen en un mismo sistema de unidades (M.K.S.) Para calcular la fuerza usamos la ecuación de la segunda ley de Newton: Sustituyendo valores tenemos:

Como nos piden que lo expresemos en dinas, bastará con multiplicar por 105, luego:

PROBLEMA 3:

¿Qué aceleración adquirirá un cuerpo de 0,5 Kg. cuando sobre él actúa una fuerza de 200000 dinas? Datos a =? m = 2,5 Kg. F = 200000 dyn Solución La masa está dada en M.K.S., en cambio la fuerza está dada en c.g.s. Para trabajar con M.K.S. debemos transformar la fuerza a la unida M.K.S. de esa magnitud (N)

La ecuación de la segunda ley de Newton viene dada por: Despejando a tenemos: Sustituyendo sus valores se tiene:

PROBLEMA 4:

Un cuerpo pesa en la tierra 60 Kp. ¿Cuál será a su peso en la luna, donde la gravedad es 1,6 m/s2?

Datos PT= 60 Kp = 588 N PL =? gL = 1,6 m/s2 Solución Para calcular el peso en la luna usamos la ecuación

Como no conocemos la masa, la calculamos por la ecuación:

que al despejar m tenemos:

Esta masa es constante en cualquier parte, por lo que podemos usarla en la ecuación (I):

PROBLEMA 5: Un ascensor pesa 400 Kp. ¿Qué fuerza debe ejercer el cable hacia arriba para que suba con una aceleración de 5 m/s2? Suponiendo nulo el roce y la masa del ascensor es de 400 Kg. Solución Como puede verse en la figura 7, sobre el ascensor actúan dos fuerzas: la fuerza F de tracción del cable y la fuerza P del peso, dirigida hacia abajo.

La fuerza resultante que actúa sobre el ascensor es F – P Aplicando la ecuación de la segunda ley de Newton tenemos:

Al transformar 400 Kp a N nos queda que: 400 Kp = 400 ( 9,8 N = 3920 N Sustituyendo los valores de P, m y a se tiene: F – 3920 N = 400 Kg. ( 0,5 m/s2

F – 3920 N = 200 N Si despejamos F tenemos: F = 200 N + 3920 N F = 4120 N PROBLEMA 6: Un carrito con su carga tiene una masa de 25 Kg. Cuando sobre él actúa, horizontalmente, una fuerza de 80 N adquiere una aceleración de 0,5 m/s2. ¿Qué magnitud tiene la fuerza de rozamiento Fr que se opone al avance del carrito? Solución En la figura 8 se muestran las condiciones del problema

La fuerza F, que actúa hacia la derecha, es contrarrestada por la fuerza de roce Fr, que actúa hacia la izquierda. De esta forma se obtiene una resultante F – Fr que es la fuerza que produce el movimiento. Si aplicamos la segunda ley de Newton se tiene:

Sustituyendo F, m y a por sus valores nos queda 80 N – Fr = 25 Kg. ( 0,5 m/s2 80 N – Fr = 12,5 N Si despejamos Fr nos queda: Fr = 80 N – 12,5 N Fr = 67,5 N

PROBLEMA 8: ¿Cuál es la fuerza necesaria para que un móvil de 1500 Kg., partiendo de reposo adquiera una rapidez de 2 m/s2 en 12 s? Datos F =?

m = 1500 Kg. Vo = 0 Vf = 2 m/s2 t = 12 s Solución Como las unidades están todas en el sistema M.K.S. no necesitamos hacer transformaciones. La fuerza que nos piden la obtenemos de la ecuación de la segunda ley de Newton: De esa ecuación conocemos la masa, pero desconocemos la aceleración. Esta podemos obtenerla a través de la ecuación

Porque partió de reposo. Sustituyendo Vf y t por sus valores tenemos:

Si sustituimos el valor de a y de m en la ecuación (I) tenemos que:

PROBLEMA 9: Calcular la masa de un cuerpo, que estando de reposo se le aplica una fuerza de 150 N durante 30 s, permitiéndole recorrer 10 m. ¿Qué rapidez tendrá al cabo de ese tiempo?

Datos m =? Vo = 0 F = 150 N t = 30 s x = 10 m

Vf =? Solución Como nos piden la masa, despejamos la segunda la segunda ley de Newton:

Como no se conoce la aceleración y nos dan la distancia que recorre partiendo de reposo, usamos la ecuación de la distancia en función del tiempo y despejamos (a) Sustituyendo valores tenemos:

Sustituyendo los valores de X y t en (II) tenemos:

Sustituyendo a y F por sus valores en (I):

PROBLEMA 10: Consideramos un cuerpo con un masa m = 2 Kg. que está en reposo sobre un plano horizontal, como el indicado en la figura 17. a) Haz un diagrama de cuerpo libre. b) Calcular la fuerza con que el plano reacciona

contra el bloque. Solución a) Las fuerzas que actúan sobre el bloque están representadas en la figura 18, donde se elije un eje de coordenadas cuyo origen es el centro del cuerpo, mostrándose las fuerzas verticales: el peso

y la normal

El peso del cuerpo, dirección vertical y sentido hacia abajo. Normal, fuerza que el plano ejerce sobre el bloque. Al diagrama así mostrado se le llama diagrama de cuerpo libre. b) Para calcular la fuerza que el plano ejerce sobre el bloque aplicamos la segunda ley de Newton: Como actúa hacia arriba y actúa hacia abajo, la resultante viene dada en módulo por N – P, que al aplicar la segunda ley de Newton escribimos: N–P=m.a Como en la dirección vertical no hay movimiento entonces la aceleración es cero (a = 0), luego N–P=0 N=P N = m . g (porque P = m ( g) Sustituyendo los valores de m y g se tiene: N = 2 Kg . 9,8 m/s2 N = 19,6 N Esta es la fuerza con que el plano reacciona sobre el bloque.

PROBLEMA 11 En la figura 19 se muestran dos masas M1 = 3 Kg. y M2 = 5 Kg. colgando de los extremos de un hilo que pasa por la garganta de una polea a) Hacer un diagrama de las fuerzas que actúan b) Calcular la tensión del hilo y la aceleración con que se mueve el sistema.

Solución a) Obsérvese la figura 20(a), la cual representa el diagrama del cuerpo libre para el cuerpo de masa M1. Es la tensión del hilo, actuando hacia arriba. El peso del cuerpo de masa M1.

En la figura 20(b) se muestra el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo de masa M2.

Es la tensión del hilo, actuando hacia arriba. El peso del cuerpo de masa M2. b) Como el cuerpo de masa M1 sube, la tensión T es mayor que P, por lo que podemos escribir en módulo la segunda ley de Newton así: T – P1 = M1 . a.………………………………………… (A) Como el cuerpo de masa M2 baja, el peso P2 es mayor que T, pudiéndose escribir en módulo la segunda ley de Newton así: P2 – T = M2 . a.………………………………………… (B) Despajando T de la ecuación (A) nos queda que: T = M1 . a + P1 Sustituyendo ésta expresión en (B) tenemos: P2 – (M1 . a + P1) = M2 . a P2 – P1 = M2 . a + M1 . a Sacando a como factor común: P2 – P1 = a . (M2 + M1) Despejando nos queda:

(C) Calculemos por separado P1 y P2 P1 = M1 . g = 3 Kg . 9,8 m/s2 P1 = 29,4 N P2 = M2 . g = 5 Kg. . 9,8 m/s2 P2 = 49 N Sustituyendo todos los valores conocidos en la expresión (C) nos queda que: La tensión la obtenemos sustituyendo en la expresión: T = M1 . a + P1

T = 3 Kg . 2,45 m/s2 + 29,4 N T = 7,35 N + 29,4 N T = 36,4 N Luego

y T = 36,4 N

PROBLEMA 12

En la figura 21 se muestran dos bloques de masa M2 = 2 Kg. que arrastra sobre el plano horizontal al cuerpo de masa M1 = 7 Kg. Calcular la aceleración del sistema y tensión de la cuerda.

Solución Antes debemos hacer un diagrama del cuerpo libre. Para el bloque horizontal se muestra la figura 21(a) y para el bloque vertical el diagrama de la figura 21(b).

Horizontalmente se desplaza hacia la derecha y la única fuerza que actúa es la tensión, por lo que puede escribirse de acuerdo con la segunda ley de Newton que: T = M1 . a.………………………….…………….….… (I) En el bloque de masa M2, se lleva a cabo un movimiento vertical hacia abajo, pudiéndose escribir que: P2 – T = M2 . a.………………………………………… (II) Sustituyendo T de la ecuación (I) en (II) se tiene: P2 – M1 . a = M2 ( a Transponiendo términos se tiene que:

P2 = M2 . a + M1 ( a Sacando a como factor común: P2 = a . (M2 + M1) Despejando nos queda:

Sustituyendo todos los valores conocidos en la expresión (C) nos queda que:

La tensión de la cuerda la obtenemos sustituyendo en la expresión: T = M1 . a = 2Kg. ( 2,17 m/s2 T = 4,34 N

PROBLEMA 13 Hallar la fuerza con que se atraen dos masas de 5,5 ( 1024 Kg. y 7,3 ( 1022 Kg. separados por una distancia de 3,8 ( 108 m. Solución F=? M1 = 5,5 . 1024 Kg. M2 = 7,3 . 1022 Kg. d = 3,8 . 108 m

Para calcular la fuerza de atracción entre las masas M1 y M2, sustituimos en la fórmula de la cuarta ley de Newton el valor de cada una de ellas, así como los valores de G, y de la distancia d:

Quedando la fórmula como sigue:

PROBLEMA 14 Calcular la masa de un cuerpo, si fuerza de atracción entre dos masas es de 1,8 ( 10-2 N y la masa de una de ellas 0,6 ( 102 Kg., y las separa una distancia de 0,2 ( 10-1 m. Solución F = 1,8 ( 10-2 N M1 = 0,6 ( 102 Kg. M2 =? d = 0,2 ( 10-1 m

Despejando M2 de la fórmula de la cuarta ley de Newton tenemos

Sustituyendo en la fórmula los valores tenemos:

MOMENTO PARABOLICO

DE CAIDA LIBRE

MOVIMIENTO PARABÓLICO DE CAÍDA LIBRE 1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA

EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA

PROBLEMA 1:

PROBLEMA 2:

PROBLEMA 3:

PROBLEMA 4:

PROBLEMA 5:

PROBLEMA 6: Un pasillo mecánico de un aeropuerto, se mueve respecto de unos ejes situados en el suelo a una

velocidad de 1,5m/s. Si un joven corre por el mismo a una velocidad de 3m/s y en el mismo sentido, ¿cuánto valen la velocidad de arrastre, la relativa y la absoluta?. Solución: La velocidad de arrastre es la del pasillo mecánico, es decir la de los ejes en O', fig.3.

Y

Y´

VO′ =1,5 i m / s

r

V

La velocidad relativa es la que lleva el joven respecto de los ejes

o′

O

O´

v

X´

′

móviles en O´.

r

X

v ′=3i m / s

Z

Z´

La velocidad absoluta.

r

Fig.3

r

r

r

v = V ′ + v ′ = 1,5 i + 3i = 4,5 i m / s O

Compruébese que cuando el joven corra por el pasillo en sentido contrario, la velocidad absoluta es de −1,5 i m / s .

PROBLEMA 7: Dos automovilistas A y B se desplazan por una carretera con las siguientes velocidades vA = 120 km/h y vB = 100 km/h. Determínese la velocidad relativa: a) cuando viajan en el mismo sentido y b) cuando lo hacen en sentidos contrarios. Solución: a) Cuando viajan en el mismo sentido v

r

v

A

r B

r

Las velocidades v A y vB son respectos de los ejes en O(x,j,z) fijos en tierra, sin embargo lo que se pide es una velocidad relativa. Para calcular la velocidad de B respecto de A, debemos considerar en A los ejes móviles O´(x´, y´, z´) y considerar a la velocidad de éste vA como si fuera la velocidad de arrastre. Si

r

llamamos con v B′ , A a la velocidad relativa de B respecto de A, resulta de aplicar la ecuación [2].

v

r relativa

r

=v

r

r

′

v B,A

= vB

absoluta

− −

V arrastre

r

v A

r

r

r

= 100 i − 120 i =−20 i km / h

Para el conductor B, la velocidad relativa es v′A , B y por las mismas razones.

r

r

r

r

r

v ′A,B = v A − v B = 120 i − 100 i = 20 i km / h

r

b) Cuando viajan en sentidos contrarios, es ahora v vA

=−100 i km / h

B

vB

La velocidad de B respecto de A, vale. v

r relativa

=v

r absoluta

r

r′

v B,A

= vB

−

V

r

arrastre

r

− vA

r

r

= − 100 i − 120 i =−220 i km / h

r

La velocidad de A respecto de B, vale: v ′A,B = v

r A

−v

r B

r

= 120 i − ( −100 i

) =220 i

r

km / h

′

s

′

Sustituyendo en la primera: Igualando las componentes resulta:

r

r

x i + y j = ( x0 − VO ′ ·t )i + ( y o −vo ·t ) j x′ = xo − VO ′ ·t ;

y ′ = yo −vo ·t

Y la ecuación de la trayectoria de las gotas de lluvia para el observador en el automóvil, se obtiene eliminando el tiempo entre las dos ecuaciones anteriores. y ′ = yo −

vo xo V O′

+

vo

V

O′

x′=C+

V

vo

x′

O′

Que es la ecuación de una línea recta de v . El ángulo que forma la pendiente Vo trayectoria de O′

las gotas de lluvia con la horizontal es α =arc tg

vo

V

y para el conductor llueve sesgado.

O′

r

b) La velocidad respecto del automovilista que está en movimiento es una velocidad relativa v ′

r

r

v ′= − V

O′

+v

r o

r

r

=− VO ′ i −vo j

Considerando que las gotas de lluvia caen a una velocidad de 23 km/h y que el automóvil lleva una velocidad de 90 km/h. El ángulo con el que cae la lluvia para el conductor es de 14,3º y la velocidad de la r r lluvia v ′ = −25 i −6,4 j m / s . El módulo de esta velocidad es 25,8 m/s = 93 km/h.

PROBLEMA 8:

PROBLEMA 9: Determinar la aceleración absoluta de un satélite que gira en el Ecuador terrestre, a una altura r' respecto del centro de la Tierra y con una velocidad constante respecto de ésta v′, en el mismo sentido de la rotación terrestre, fig.12. Solución: Se tomarán unos ejes unidos a la Tierra y con origen en su centro, serán los ejes móviles O´ puesto que

han de girar con ella con velocidad angular constante ωT . Los ejes que permiten determinar el movimiento absoluto estarán fuera de la Tierra, para que no estén afectados por su rotación. El problema requiere varias aproximaciones para poder ser abordado, así que no se tendrán en cuenta el efecto de arrastre, producido por el movimiento de traslación de la Tierra en su trayectoria elíptica alrededor del Sol, ni el de éste alrededor del centro de nuestra Galaxia. En consecuencia tenemos que tomar: aO′ =0

r

dω =0 dt

Además al ser la velocidad de rotación de la Tierra constante ω =Cte; T

Sustituyendo estas dos condiciones en la ecuación cinemática de aceleraciones [5] resulta. Y´ ω

r′ a = ω ∧ ( ω r∧ r )+ 2ω ∧v

r T

La aceleración centrípeta

r

r v′

y la de Coriolis a

r

a

COR

+a

r′

r

r

r

r

ac = ω

r

∧

r

( ω ∧r′)

= 2ω ∧v ′ se dibujan en

la fig.12.

c

r

a

O´

COR

Z´ Y O

r r′

X

Z

X´

r′

Para determinar la aceleración relativa se debe recordar que estamos considerando el movimiento del satélite con relación a la Tierra y con velocidad constante v′. Si n es un vector unitario en la dirección radial y cuyo sentido es hacia el centro de la Tierra O´, entonces laaceleración relativa tiene que ser de la forma: v′2 r

r

=

a ′ r′ n Como todos los vectores a multiplicar vectorialmente son perpendiculares entre sí, resulta muy fácil determinar sus módulos. Observando la figura y teniendo en cuenta el vector unitario n antes definido, se puede expresar la aceleración absoluta: v′2 r r r 2 r v′2 r 2 2 n a=ω r ′ n + ω ·v ′ n + n =ω r ′ + 2ω·v ′+ r′ r′ Fig.12

r

r

En el caso particular de una órbita geoestacionaria, v ′ = 0 y la aceleración absoluta a =ω2 r ′n .

PROBLEMA 10:

Un ciclista que viaja con una velocidad de 50 km/h recibe viento de frente de 18 km/h, ¿qué distancia recorrerá en 1200 s?. Datos: v ciclista = 50 km/h

v viento = 18 km/h t = 1200 s

vr = v ciclista - v viento vr = 50 km/h - 18 km/h vr = 32 km/h = (32 km/h).(1000 m/km).(1 h/3600 s) = 8,89 m/s v = x/t x = v.t x = (8,89 m/s).(1200 s) x = 10666,7 m

PROBLEMA 11:

Una lancha cruza el río en forma perpendicular a la corriente con una velocidad de 12 m/s. Si la velocidad de la corriente de agua es de 4 m/s, ¿cuál es la velocidad de la lancha respecto de la orilla?. Datos: v lancha = 12 m/s v rio = 4 m/s Por la acción de la corriente del rio la lancha se mueve siguiendo una diagonal.

EQUILIBRIO EN EL PLANO

PROBLEMA 1:

PROBLEMA 3

PROBLEMA 4

PROBLEMA 5 :

PROBLEMA 6:

TEMA:

MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO

MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO PROBLEMA 1

Una placa rectangular delgada está sostenida por los soportes de bisagra en A y B y por dos cables PQ y RS, cuyas tensiones son 200N y 300N, respectivamente. a) Determinar el momento de la fuerza ejercida por el cable PQ respecto al punto A

b) Determinar el ángulo que forma el cable RS con la línea RT Solución: a) La fuerza en el cable PQ lo denotamos como P y en forma vectorial es:

P  200 PQ

 200

PQ (0,8)

 0,4i 0,3 j 0,8k

(0,4)

2

2

 200

2

0,4i 0,3 j 0,8k

0,89

 0,3 

P  84,8i  63,6 j 169,6k que va desde A hasta P (punto que

Para el momento, respecto a “A”, elegimos un vector rAP pertenece a la línea de acción PQ)

rAP  0,8k Luego:

 M xP

A(P)

 rAP

i

j

k

0

0

0, 8

 84,8

63, 6

 169,6

M A( P)  50,88i  67,84 j (N.m)

0 i 63, 6

0, 8  169,6

0 j  84,8

0, 8  169,6

0

0

 84,8

63, 6

k

Fig. 1.24 b) Determinamos los vectores rRS , rRT y calculamos el ángulo que forman dichos vectores

rRS  0,4i  j  0,8k rRT  0,4i  0,8k RS

cos   

RT

.

RS .  RT

RS

0,4i j 0,8k



RT

  arccos(0,667)  48,16

2

2

0,4  1  2 (0,8)

0,4i 0,8k

.

2

0,4  (0,8)

 0,667

2

o

PROBLEMA 2 Una placa rectangular está sostenida por dos ménsulas en A y B y por un cable CD; sabiendo que el momento de la tensión respecto al punto  7,68i  28,8 j  A es determinar el módulo de la tensión en N.

28,8k

(N.m),

Solución: La fuerza en el cable CD lo denotamos como P y en forma vectorial es:



P  P.  P.  0,3i 0,24 j 0,32k CD CD (0,3) 2  0,24 2  (0,32)

 (0,6i  0,48 j  0,64k)P 2

Para el momento respecto a “A”, elegimos un vector rAC que va desde A hasta el punto C (punto que pertenece a la línea de acción CD)

rAC  0,3i  0,08k Luego:

i

M A  rAC xP

 0,3  0,6P

j

k

0

0,0 8

0,48 P

0,0 8

0 i 0,48 P

 0,64P

 0,64P

0, 3 j  0,6P

0,0 8  0,64P

0, 3 k  0,6P

0 0,48 P

M A  0,0384Pi  0,144Pj  0,144Pk P  200N

De donde:

PROBLEMA 3

La puerta batiente se mantiene en la posición mostrada en la figura, por medio de dos cables AB y AC y, además, por las bisagras mostradas. Si las tensiones en los cables son T1  30lb y T2  90lb . Determinar: a)La magnitud resultante

de

la

fuerza

b) El momento de la fuerza tensional T1 respecto al punto C

Fig. 1.26 Solución : a) Determinamos las coordenadas de los puntos A, B y C, de acuerdo a la figura 1.27 A (2; 0; 4) B (5; 2,819; 1,026) C (0; 2,819; 1,026)

Fig. 1.27 Luego :





 3i 2,819 j 2,974k (3)

BA

2

 (2,819)

2

 0,591i  0,555 j  0,585k

 2,974

2

 T1  T1 . 17,55k



 30.(0,591i  0,555 j  0,585k)  17,73i  16,65 j 

2i 2,819 j 2,974k

 CA

BA

2

2  (2,819)

2

 0,438i  0,618 j  0,652k

 2,974

2

 T2  T2 . CA  90.(0,438i  0,618 j  0,652k)  39,42i  55,62 j  58,68k En consecuencia:



  R  T1  T2  21,69i  72,27 j  76,23k La magnitud de la fuerza resultante:

 2 R  21,69  (72,27) 2 76,23

2

  107,26lb

b) Para el momento respecto a C, elegimos un vector rCB que va desde C hasta B (punto que pertenece a la línea de acción de la tensión T1 )

rCB  5i

M 

C

 rCB xT1

i

j

k

5

0

0

17,5   17,73 16,65 5

0 M i

C



0

0

5

17,5  j  5 16,65

17,5  k 5

 17,73

0

5  17,73

PROBLEMA 4: S i las magnitudes de las

 16,65

P 100N

fuerzas determinar:

 87,75 j  83,25k (lb.pie)

y Q

250N

a) Los momentos de P y Q respecto a los puntos O yC b) Las distancias perpendiculares entre los puntos O y C y las fuerzas P y Q Solución: En este caso es conveniente utilizar la forma vectorial:

  AB P  100  100 69,8 j  41,9k AB 

  DB Q  250  250 202,9i  146,1k



DB

 0,5i

 j 0,6

0,860 0,5i

0,616

 k 0,36

  58,1i 

  k 0,36



 

(N)

(N)

(figura 1.28),

Fig. 1.28

rOB que va del punto O hasta

Para el caso de los momentos respecto al punto O, elegimos un vector

B (punto que pertenece a la línea de acción de los vectores P y Q) y para el caso de los momentos respecto al punto C, elegimos el vector rCB que va del punto C hasta el punto B, escribiéndolos en forma vectorial:

rOB  0,36k

(m)

rCB  0,6 j (m) Ahora, determinamos los valores de los momentos respecto a los puntos O y C, posteriormente las distancias requeridas. a) El momento de P respecto al punto O será:

 M xP

O( P )

 rOB

i

j

0

0

 58,1

 69,8

k 0,36  25,1i  20,9 j (N.m) 41,9

El momento de P respecto al punto C es:

i  M

C( P )

0  58,1

 rCB

xP

j

k

 0,6

0

 69,8

 25,1i  41, 34,9k 9

(N.m)

El momento de Q respecto al punto O será:

i  M

O(Q)

j 0

k

0 0,36

 202,9 0 146,1

 rOB

xQ

 73,0 j (N.m)

El momento de Q respecto al punto C es:

i  M

C(Q)

xQ

 rCB

0  202,9

j

k

 0,6

0

0

146, 1

 87,7i  121,7k

(N.m)

b) La distancia perpendicular del punto O a la línea de acción de P puede determinarse por:

M d

OP

O( P

)

  P

 0,327m

2

25,1  2 (20,9) 10 0

La distancia perpendicular del punto C a la línea de acción de P es:

M d

CP

C( P

)

  P

2

(25,1)  2 (34,9)

 0,430m

10 0

La distancia perpendicular del punto O a la línea de acción de Q puede determinarse por:

M d

OQ

O(Q

(73,0)  0,292m 2

)

  Q

25 0

La distancia perpendicular del punto C a la línea de acción de Q es:

M d

CQ

C(

Q)

  Q

2

(87,7)  2 (121,7)

 0,600m

25 0

PROBLEMA 5: Si el momento combinado de las dos fuerzas, cada una de magnitud respecto al punto “H” es cero. Se pide: a) Determinar la distancia “d” que localiza a “H”

Solución :

b) Determ inar el ángulo que forman las líneas EC y EB

Fig. 1.2 9 a) Calculamos los momentos respecto al punto “H”

PEC

 P1

3 j 3k  100. EC  100. EC 32  (3) 2

 70,71j  70,71k

rHC  d.i i k

0 0

j

0

d

d

0

P

M1 rHC xP1   d

H

0

0

0

70,7  1 70,71

i

j 70,7  70,71 1 0

k  70,71 0

70,71

M PH1  70,71dj  70,71dk

PEB

 P2

3i 3 j 3k  100. EB  100. EB 3 2  3 2  (3) 2

 57,73i  57,73 j  57,73k

rHB  (3  d).i i P2rHB xP 2  (3  d) HM 57,73

j

k

0

0

0

0 i

57,7  3 57,73

(3  d)

 j 57,7 57,73 3 57,7 3

0   57,73

(3  d) 0  (3  d).(57,73) j  (57,73).(3  d)k k 57,7 57,73 3

Luego, por condición del problema:

M

P1

M

P2

0

H H

 70,71d  (3  d). (57,73)  0 d  1,348m b) Determinamos el ángulo que forman las líneas EC y EB

rEC rEB

 3j  3k  3i  3j  3k

EC .  EB

cos    . EC

EB

EC 27



EB

3 j 3k 3i 3 j 3k . 

18

9 9

18. 27

 0,8165



  arccos(0,8165)  35,26

o

PROBLEMA 6: Determinar el momento de la fuerza de 50kN respecto al punto A (figura 1.30). a) Usar el método vectorial. b) Usar el método escalar colocando las componentes rectangulares de la fuerza en los puntos B, C y D.

Fig. 1.30

Solución: a) Escribimos la fuerza en forma vectorial, escogiendo el punto D como inicio del eje de coordenadas en el plano XY, pudiendo apreciar que el rectángulo es de 0,6m x o

0,8m, es decir, el ángulo ADB es 37 . o

o

F  50 cos 37 i  50sen37 j  40i  30 j (kN) Elegimos el vector r del punto A al punto D, por facilidad de cálculo, siendo: (m)

r  rAD  0,3i

Usando la forma de determinante para el producto cruz, el momento respecto al punto A es:

k i M

A

 rxF  rAD xF   0,3 40

La magnitud de M

A

j 0

0  k(0,3)(30)  9k

(kN.m)

30 0

es 9kN.m y la dirección de M

A

es en la dirección de Z negativo,

que por la regla de la mano derecha significa que el momento respecto al punto A es horario. b)

En este problema el cálculo escalar es tan conveniente como el método vectorial, porque las distancias perpendiculares entre A y cada una de las componentes de fuerza (figura 1.31) pueden determinarse por inspección.

Fig. 1.31

Como primer caso, analizamos cuando las componentes están colocadas en el punto B:

MA

 (30)(0,5)  (40)(0,6)  9kN.m

(sentido horario) Luego, analizamos el caso cuando las componentes están colocadas en el punto C:

MA

 (30)(0,1)  (40)(0,3)  9kN.m

(sentido horario) Finalmente, analizamos el caso cuando las componentes han sido colocadas en el punto D:

M A  (30)(0,3)  9kN.m (sentido horario) Como se puede apreciar, los resultados son los mismos, lo que implica que si tenemos un sistema coordenado, lógicamente es mucho más fácil aplicar

el método

escalar, descomponiendo la fuerza en sus componentes rectangulares y aplicarlo en cualquier punto de la línea de acción de la fuerza, que los resultados serán los mismos, como se ha demostrado en este problema.

PROBLEMA 7 : En la siguiente figura, considerando que el peso W de la barra es de 100kg, evaluar el momento de giro en el punto A.

Fig. 1.32 Solución : Como se sabe, la ubicación del peso debe ser en la parte media de la barra, calculando las distancias respectivas, que se muestran en la figura 1.33,a y 1.33,b

Fig. 1.33 Evaluamos el momento en el apoyo A

M A  150.(3,04)  220.(2,28) 100.(1,14)  1071,6kg.m El sentido es horario por ser negativo

PROBLEMA 8:

Determinar la relación a/b, sabiendo que el momento en la base A del poste es nulo.

Fig. 1.34 2 5

Solución: Como

el momento respecto a un

punto

es fuerza x distancia,

aplicam

os este concepto al presente

proble

ma.

MA 

9F.(b)  2F.(2b) 10F.

(1,5b) (2a) 

 6F.(a)  8F.(1,5a)  4F. 28Fb  26Fa

Por

condición del problema:

 28Fb  26Fa  0 De donde:

a  1,077 b

PROBLEMA 9:

La fuerza F actúa sobre las tenazas del brazo de robot. Los momentos de F respecto a los puntos A y B son de 120N.m y 60N.m respectivamente, ambos en sentido antihorario. Determinar F y el ángulo 

Fig. 1.36 2 6

Fig. 1.35

Solución : Efectuamos los momentos respecto a los puntos A y B, descomponiendo la fuerza F y calculando por geometría las distancias: PUNT O “ A” :

Fig. 1.36 2 7

F cos . (1561,23)  F cos . Fsen.(150)  (1041,62) PUNT 120000  Fsen. O “ B” (450)  : 60000

2 8

PROBLEMA 10: Se coloca una tuerca con una llave como se muestra en la figura. Si el brazo r es igual a 30 cm y el torque de apriete recomendado para la tuerca es de 30 Nm, ¿cuál debe ser el valor de la fuerza F aplicada?.

r

F

Solución:

Σ

t

= r x F = 0,3 m x F = 30 Nm

Despejando:

0,3 m x F = 30 Nm F = 30 Nm

F = 100 N

0,3 m PROBLEMA 11: Una viga uniforme de longitud L sostiene bloques con masas m1 y m2 en dos posiciones, como se ve en la figura. La viga se sustenta sobre dos apoyos puntuales. ¿Para qué valor de X (en metros) estará balanceada la viga en P tal que la fuerza de reacción en O es cero?.

Datos: L=7md =1m m1 = 2,5 kg m2 = 9 kg

2 9

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Esquematicemos las cargas Torque en el punto P: Σ

t

=0

Σ t = m1.g.(L/2 + d) - m2.g.x = 0 m1.g.(L/2 + d) = m2.g.x

Cancelando “g” m1.(L/2 + d) = m2.x despejando “x”: m1.(L/2 + d) = x

2,5 . (7/2 + 1) = x 9

1,25 m = x

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´

´

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MOMENTO DE INERCIA PROBLEMA

PROBLEMA

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PROBLEMA

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