Alumno: BENDEZÚ SÁNCHEZ, Nick Kevin Ciclo:2º Sección: B

UNIVERSIDAD NACIONAL FEDERICO VILLARREAL

Facultad de Ingeniería Civil

RESOLUCION: PARCIAL DE FISICA I

1. Las ecuaciones en un sistema de coordenadas rectangulares de las líneas de soporte de cuatro fuerzas cuyas magnitudes son F1=5Kg;F2=10Kg ;F3=4Kg ;F4=8Kg son : L1:y=1,5x+2; L2:y=2x+4 ; L3:y=0,5x-6 ; L4:x=3 .Los sentidos de F1yF4son los de las agujas

del reloj alrededor del origen; los de F2 y F3 son opuestos. Hallar:a) La magnitud de la resultante

Los vectores unitarios tendrían el siguiente sentido y se hallaran mediante las intersecciones con los ejes X e Y

R⃗= (0,555; 0,832)*5+ (-0,447; -0,894)*10+ (0,894; 0,447)*4+ (0,-1)*8

R⃗= (2,775;-10,992)=2,775i⃗ -10,992 j⃗

RPTA:|R⃗|=11,152Kg.

b) Ecuación de su línea de acciónRealizamos momentos en OMO=-F1*(d(L1,O)) +F2*(d(L2,O))+F3*(d(L3,O))-F4*(d(L4,O))

d(L1,O)= |(3 (0)−2(0)+4)√13 |=4

√13 u

d(L2,O)= ¿=4

√5 u

L1

L2

L4

L3

Los vectores unitarios son:

u⃗L1=

(( 43 ) ,2)

√ 529 =

(4,6)√52

=(0,555; 0,832)

u⃗L2= (−2 ,−4)2√5

= (-0,447; -0,894)

u⃗L3= (12,6)6 √5

= (0,894; 0,447)

u⃗L4= (0,-1)

Alumno: BENDEZÚ SÁNCHEZ, Nick Kevin Ciclo:2º Sección: B

d(L3,O)= ¿=12

√5 u

d(L4,O)= 3 u

MO=-5(4

√13 )+10(4

√5 )+4(12

√5 )-8(3)

MO=+9,808 Kg.u =|R⃗| *d(LR,O)

d(LR,O)=0,879u

Si R⃗= (2,775;-10,992), entoncesLR :10,992 X+1,881Y+CPero:

d(LR,O)=0,879=|(10,992 (0 )+1,881 (0 )+c)11,152 |

c=±9,803Para determinar el valor “c” tabulando en y=0, y de allí que su valor es positivo, por lo tanto

RPTA:LR :10,992 X+1,881Y+ 9,803c) Sentido del giro de la resultante

RPTA: Como MO=+9,808 Kg, ES POSITIVO, entonces tendrá un giro antihorario.

2. Hallar las coordenadas del centro de gravedad del área rayada en la figura.

Para una semicircunferencia, su centro: 4 R3

en el eje de simetría comenzando a medir desde el

centro del diámetro.

Calculando las Áreas y centro de gravedad (Cg):

A2=semicircunferencia=252

cm2; y su Cg= (−203

,2)cm

LR

7cm

3cm

1cm3cm

6cm

R=5cm

A3

A1A2

Alumno: BENDEZÚ SÁNCHEZ, Nick Kevin Ciclo:2º Sección: B

A1=rectángulo=12cm2; y su Cg= (-1; 1,5)cm

A3= triangulo=30cm2; y su Cg= (2,43

) cm

ATot=A2+A3-A1=252

+30-12=57,25 cm2

XG=∑i=1

n

An XGn

ATot

=39,25(−203 )+30 (2 )−12 (−1)

57,25=0,198 cm

Y G=∑i=1

n

AnY Gn

ATot

=39,25 (2 )+30( 43 )−12(1,5)

57,25=1,069 cm

RPTA: Las coordenadas del centro de gravedad de la figura sombreada es (0,198; 1,069) cm

3. El cuerpo G de la figura pesa 1500lb y los pesos de todas las demás piezas son despreciables. Si todas las superficies son lisas y si el rodillo “E” está sujeto a la pieza AB, determine la fuerza ejercida por el pasador A sobre la pieza AB.

Aplicando momentos en el punto C:

G

F

B

AC

D

2

1 '4

4’

2’

3’

3’

2’

4’ 1’

En la polea D

=

En la pieza CD

900 lb

1200 lb

1500 lb

1200 lb

600 lb

1200 lb

600 lb

P

6’

1’

8’ 1’

5’C

D

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MC=1200()7-600(9)-5(P)=0

P=600 lb

Donde P es la reacción lisa (perpendicular) del rodillo E a la pieza CD

Ahora, aplicando momentos en el punto A de la pieza AB y sabiendo que para una Reacción P existe una contra reacción Q=600 lb con diferente dirección gracias a la pieza AB, ósea:

M A=360(5)+10F-494

(1200)=0

10F=14700-1800

F=1290 lb

Aplicando ∑ y=0 y ∑ x=0

∑ y=900-A y-480=0

A y=420 lb

∑ x=1290+360-1200-AX=0

AX=450 lb

360 lb

480 lb

1200 lb

900 lb

F

600 lb

1500 lb

AYAX

9/4’

5’

5’

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RPTA: Las componentes de la fuerza ejercida por el pasador A es igual a A y=420 lb yAX=450 lb

4. El depósito de base triangular está sometido por pilares verticales colocados en C, D y E encontrándose dividido en dos compartimientos. El ángulo horizontal C vale 90º. Si el grano colocado en el compartimiento A pesa 300lb por pie2 de superficie de fondo, y el

de B 400lb por pie2. Determine la carga sobre el pilote D debido al peso del grano.

Área EFG= 6(7.2)2

=21.6 pie2

Área CDFG= (12+7.2)

2*4=38.4 pie2

Entonces las fuerzas de los compartimientos en sus respectivos centros de gravedad serán:F comp . A=38.4(300)=11520

F comp .B=21.6 (400)=8640 lb

Ahora buscamos el CG de cada área:

Para EFG= (7.23

;0;183

)=(2.4;0;6)

Para CDFG:

12’

4’

6’

C

ED

90ºF comp . A F comp .B

S1

S2FD

Alumno: BENDEZÚ SÁNCHEZ, Nick Kevin Ciclo:2º Sección: B

S1=4.8∗42

=9.6pie2 ; CG: (8.8; 0 ;1.33)

S2=7.2*4=28.8pie2 ; CG: (3.6; 0 ; 2)

XG=28.8 (3.6 )+9.6 (8.8)

38.4=4.9 pie

Y G=9.6 (1.33 )+28.8(2)

38.4=1.83 pie

Ahora hacemos momentos respecto al eje CE

MCE=F comp . A(4.9)+F comp .B(2.4)-FD(12) =0

FD=11520 (4.9 )+8640(2.4)

12=6432 lb

RPTA: La Fuerza que soporta el pilote D ¿)=6432 lb