Problemas Resueltos Cap 12 Fisica Serway

PROBLEMAS RESUELTOS EQUILIBRIO ESTATICO Y ELASTICIDAD CAPITULO 12 FISICA TOMO 1 Cuarta, quinta y sexta edición Raymond

Views 44 Downloads 0 File size 342KB

Report DMCA / Copyright

DOWNLOAD FILE

Recommend stories

Citation preview

PROBLEMAS RESUELTOS EQUILIBRIO ESTATICO Y ELASTICIDAD

CAPITULO 12 FISICA TOMO 1

Cuarta, quinta y sexta edición Raymond A. Serway

EQUILIBRIO ESTATICO Y ELASTICIDAD 12.1 Condiciones de equilibrio 12.2 Mas sobre el centro de gravedad 12.3 Ejemplos de cuerpos rígidos en equilibrio 12.4 Propiedades elásticas de sólidos

Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2010

Para cualquier inquietud o consulta escribir a: [email protected] [email protected] [email protected]

1

Problema 12.1 Edición sexta Un jugador de béisbol toma un bate de 36 onzas (peso = 10 Newton) con una mano en el punto O (figura p12.1). El bate esta en equilibrio. El peso del bate actúa a lo largo de una recta de 60 cm. A la derecha de O. Determine la fuerza y el par de torsión ejercidos por el jugador sobre el bate alrededor de un eje que pasa por O.

F

+

Σ FX = 0 Σ FY = 0 Σ FY = F – mg = 0 F = mg F = 10 Newton Torque en el punto O Σ τ= 0 Σ τ = 0,6 m * 10 N = 60 N*m τ = 60 N*m

Problema 12.2 Edición sexta Escriba las condiciones necesarias para equilibrio del cuerpo que se muestra en la figura p12.2. Tome el origen de la Ecuación del par de torsión en el punto o.

FY θ

F1Y θ

L

θ

RX θ

θ

θ

θ

L/2

θ

FX

F1X

θ RY

θ

+

θ

F1G

θ θ

FG

F sen θ = 1X FX

F1X = FX * sen θ

2

F cos θ = 1Y FY

F1Y = FY * cos θ F cos θ = 1G FG

F1G = FG * cos θ Torque en el punto O Σ τ= 0 Σ τ = F1Y * L - F1G * L/2 - F1X * L τ = FY cos θ * L - FG cos θ * L/2 - FX sen θ * L = 0 Problema 12.3 Edición sexta Una viga uniforme de masa mb y longitud L sostiene bloques con masas m1 y m2 en dos posiciones, como se ve en la figura p12.3. La viga se apoya sobre dos filos de cuchillos. ¿para que valor de X estará balanceada la viga en P tal que la fuerza normal en O es cero?

L m1

d

L/2

0

x

m2

P

+

mb

Torque en el punto P Σ τ= 0 Σ τ = m1 g (L/2 + d) + mb g (d) - m2 g (x) = 0 m1 g (L/2 + d) + mb g (d) = m2 g (x) Cancelando “g” m1 (L/2 + d) + mb (d) = m2 (x) m1 L/2 + m1 d + mb (d) = m2 (x) despejando “x”

⎛L⎞ m1 ⎜ ⎟ + m1 d + m b d ⎝2⎠ x = m2

3

Problema 12.13 Edición sexta Una escalera uniforma de 15 metros de longitud que pesa 500 Newton se apoya contra una pared sin fricción. La escalera forma un ángulo de 600 con la horizontal. (a) Encuentre las fuerzas horizontal y vertical que ejerce el suelo sobre la base de la escalera cuando un bombero de 800 Newton esta a 4 metros de la base de la escalera. (b) Si la escalera esta a punto de resbalar cuando el bombero esta a 9 metros arriba, Cual es el coeficiente de fricción estática entre la escalera y el suelo?.

W11 W1 W11 = W1 cos 60 W11 = 800 cos 60 W11 = 800 * 0,5 W11 = 400 Newton cos 60 =

W21 W2 W21 = W2 cos 60 W21 = 500 cos 60 W21 = 500 * 0,5 W21 = 250 Newton cos 60 =

60 60

15 m

60 60

FP

60

60 7,5 m

60 60

4m

60

FV 60

60

Tomando el torque en la base de la escalera. F H Σ τ= 0 Σ τ = - W11 (4) - W21 (7,5) + F1P (15) = 0 - 400 (4) - 250 (7,5) + F1P (15) = 0 - 1600 - 1875 + F1P (15) = 0 15 F1P = 1600 + 1875 15 F1P = 3475 3475 F1P = 15 F1P = 231,66 Newton

+

F1P

W21

W2 = 500 N W11

60 60 60

W1 = 800 N

F sen 60 = 1P FP FP =

F1P 231,66 231,66 = = = 267,49 Newton 0,866 sen 60 sen 60

FP = 267,49 Newton (a) Encuentre las fuerzas horizontal y vertical que ejerce el suelo sobre la base de la escalera cuando un bombero de 800 Newton esta a 4 metros de la base de la escalera. Σ FX = 0 Σ F X = FH - FP = 0 F H - FP = 0 FH = FP = 267,49 Newton FH = 267,49 Newton

4

Σ FY = 0 Σ FY = FV – 800 – 500 = 0 FV – 800 – 500 = 0 FV = 800 + 500 FV = 1300 Newton (b) Si la escalera esta a punto de resbalar cuando el bombero esta a 9 metros arriba, Cual es el coeficiente de fricción estática entre la escalera y el suelo?.

W11 W1 W11 = W1 cos 60 W11 = 800 cos 60 W11 = 800 * 0,5 W11 = 400 Newton cos 60 =

60 60 60

FP 9m

60

60

60 60

7,5 m

60 60

FV

Tomando el torque en la base de la escalera.

F1P =

60

15 m

W cos 60 = 21 W2 W21 = W2 cos 60 W21 = 500 cos 60 W21 = 500 * 0,5 W21 = 250 Newton

Σ τ= 0 Σ τ = - W21 (7,5) - W11 (9) + F1P (15) = 0 - 250 (7,5) - 400 (9) + F1P (15) = 0 - 1875 - 3600 + F1P (15) = 0 15 F1P = 3600 + 1875 15 F1P = 5475

+

F1P

W21

W11

W1 = 800 N

W2 = 500 N

60 60

FH 60 60

5475 15

F1P = 365 Newton

F sen 60 = 1P FP FP =

F1P 365 365 = = = 421,15 Newton sen 60 sen 60 0,866

FP = 421,15 Newton La fuerza de rozamiento, es la fuerza que ejerce la pared sobre la escalera FR = FP = 421,15 Newton FR = μ * N

5

N = Es la suma de los pesos = 500 N + 800 N = 1300 Newton N =1300 Newton

F 421,15 = 0,3239 μ = R =

N 1300 μ = 0,3239

Problema 12.14 Edición sexta Una escalera uniforme de longitud L y masa m1 se apoya contra una pared sin fricción. La escalera forma un ángulo θ con la horizontal. (a) Encuentre las fuerzas horizontal y vertical que el suelo ejerce sobre la base de la escalera cuando un bombero de masa m2 está a una distancia x de la base. (b) Si la escalera está a punto de resbalar cuando el bombero está a una distancia d de la base, ¿cuál es el coeficiente de fricción estática entre la escalera y el suelo. peso de la escalera W1 = m1 g W cos θ = 11 W1 W11 = W1 cos ө W11 = m1 g cos ө peso del bombero W2 = m2 g W cos θ = 21 W2 W21 = W2 cos ө W21 = m2 g cos ө Componentes de la fuerza ejercida Por la pared sobre la escalera FH F sen θ = 1P FP F1P = FP sen ө Tomando el torque en la base de la escalera.

+

F1P ө

ө

L

ө

FP ө

L/2

ө

X

ө

ө

ө ө

FV ө

ө

W11

W 1 = m1 g W21

ө ө

W 2 = m2 g

ө

Σ τ= 0 Σ τ = - W21 (X) - W11 (L/2) + F1P (L) = 0 - m2 g cos ө (X) - m1 g cos ө (L/2) + FP sen ө (L) = 0 FP sen ө (L) = m2 g cos ө (X) + m1 g cos ө (L/2) Dividiendo la expression por “L” FP sen θ (L ) ⎛X⎞ ⎛ L ⎞ = m 2 g cosθ ⎜ ⎟ + m1 g cos θ ⎜ ⎟ L ⎝L⎠ ⎝2 L⎠ ⎛X⎞ ⎛ 1 ⎞ FP sen θ = m 2 g cosθ ⎜ ⎟ + m1 g cos θ ⎜ ⎟ ⎝L⎠ ⎝2 ⎠

6

⎡ ⎛X⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ FP sen θ = cos θ ⎢ m 2 g ⎜ ⎟ + m1 g ⎜ ⎟ ⎥ ⎝L⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣ cos θ ⎡ ⎛X⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ FP = m 2 g ⎜ ⎟ + m1 g ⎜ ⎟⎥ ⎢ sen θ ⎣ ⎝L⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎡ ⎛X⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ FP = ctg θ ⎢m 2 g ⎜ ⎟ + m1 g ⎜ ⎟ ⎥ ⎝L⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣

(b) Si la escalera está a punto de resbalar cuando el bombero está a una distancia d de la base, ¿cuál es el coeficiente de fricción estática entre la escalera y el suelo. peso de la escalera W1 = m1 g W cos θ = 11 W1 W11 = W1 cos ө W11 = m1 g cos ө

ө

ө

L

ө

FP

peso del bombero W2 = m2 g W cos θ = 21 W2 W21 = W2 cos ө W21 = m2 g cos ө Componentes de la fuerza ejercida Por la pared sobre la escalera F sen θ = 1P FP F1P = FP sen ө

+

F1P

d

ө

ө L/2

ө

FV ө

FH ө

ө ө W21

ө ө

W11

W2 = 500 N

W1 = 800 N

ө ө

Tomando el torque en la base de la escalera. Σ τ= 0 Σ τ = - W21 (d) - W11 (L/2) + F1P (L) = 0 - m2 g cos ө (d) - m1 g cos ө (L/2) + FP sen ө (L) = 0 FP sen ө (L) = m2 g cos ө (d) + m1 g cos ө (L/2) Dividiendo la expresión por “L”

FP sen θ (L ) ⎛d⎞ ⎛ L ⎞ = m 2 g cosθ ⎜ ⎟ + m1 g cos θ ⎜ ⎟ L ⎝L⎠ ⎝2 L⎠ ⎛d⎞ ⎛ 1 ⎞ FP sen θ = m 2 g cosθ ⎜ ⎟ + m1 g cos θ ⎜ ⎟ ⎝L⎠ ⎝2 ⎠ ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎛d⎞ FP sen θ = cos θ ⎢m 2 g ⎜ ⎟ + m1 g ⎜ ⎟ ⎥ ⎝L⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣

7

FP =

cos θ sen θ

⎡ ⎛d⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎢ m 2 g ⎜ L ⎟ + m1 g ⎜ 2 ⎟⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣

⎡ ⎛d⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ FP = ctg θ ⎢m 2 g ⎜ ⎟ + m1 g ⎜ ⎟⎥ ⎝L⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣

La fuerza de rozamiento, es la fuerza que ejerce la pared sobre la escalera FR = FP FR = μ * N N = Es la suma de los pesos = m1 g + m2 g N = m1 g + m2 g

⎡ ⎛d⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ ctg θ ⎢m 2 g ⎜ ⎟ + m1 g ⎜ ⎟⎥ F ⎝L⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣ μ = R = N m1 g + m 2 g

8