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    2do Examen Fisica I 2023 Solucion

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    noeferrerrequena19
    1. Se determinó la fuerza resultante, torque total y ecuaciones de las líneas de acción de 3 fuerzas que actúan sobre una figura rectangular. La fuerza resultante fue de 1202.1N y el torque total de 217.14 Nm en sentido horario. 2. Se halló la fuerza resultante de un sistema de 4 fuerzas paralelas, la cual fue de 200N. Su punto de aplicación fue -3N, 9.75N. 3. Se determinó el ángulo φ en que una varilla en L puede rotar, el cual fue de 47.78°.

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    1. Se determinó la fuerza resultante, torque total y ecuaciones de las líneas de acción de 3 fuerzas que actúan sobre una figura rectangular. La fuerza resultante fue de 1202.1N y el torque total de 217.14 Nm en sentido horario. 2. Se halló la fuerza resultante de un sistema de 4 fuerzas paralelas, la cual fue de 200N. Su punto de aplicación fue -3N, 9.75N. 3. Se determinó el ángulo φ en que una varilla en L puede rotar, el cual fue de 47.78°.

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    1. Se determinó la fuerza resultante, torque total y ecuaciones de las líneas de acción de 3 fuerzas que actúan sobre una figura rectangular. La fuerza resultante fue de 1202.1N y el torque total de 217.14 Nm en sentido horario. 2. Se halló la fuerza resultante de un sistema de 4 fuerzas paralelas, la cual fue de 200N. Su punto de aplicación fue -3N, 9.75N. 3. Se determinó el ángulo φ en que una varilla en L puede rotar, el cual fue de 47.78°.

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    1. Se determinó la fuerza resultante, torque total y ecuaciones de las líneas de acción de 3 fuerzas que actúan sobre una figura rectangular. La fuerza resultante fue de 1202.1N y el torque total de 217.14 Nm en sentido horario. 2. Se halló la fuerza resultante de un sistema de 4 fuerzas paralelas, la cual fue de 200N. Su punto de aplicación fue -3N, 9.75N. 3. Se determinó el ángulo φ en que una varilla en L puede rotar, el cual fue de 47.78°.

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    Segundo examen

    1. La figura rectangular que se muestra, puede rotar alrededor del punto O. Si F1


    = 400N, F2 = 600N y F3 = 800N; determine: (a) la fuerza resultante total, (b) el
    torque total y (c) las ecuaciones de las líneas de acción de cada una de las fuerzas.

    1 (3,1)
    β
    ℓ3 -2 -1 0 1 2 3
    ⃗F2 X ⃗F2 ℓ2
    ⃗F3 -1
    ⃗F1
    θ -2 α
    (-2,-2) (3,-2)
    -3

    ℓ1

    Primeramente, hallamos los ángulos de inclinación de las fuerzas


    1
    𝑡𝑎𝑛𝛼 = = 0.3333  α = 18.43°
    3

    1
    𝑡𝑎𝑛𝛽 = = 0.5  β = 26.56°
    2

    1
    𝑡𝑎𝑛𝜃 = = 1  θ = 45°
    1

    a) ⃗R = ⃗F1 + ⃗F2 + ⃗F3


    ⃗ 1 = 400 cos18.43 𝑖 + 400 sen18.43 𝑗
    F
    ⃗F1 = 379.48 𝑖 + 126.46 𝑗

    ⃗ 2 = -600 cos26.56 𝑖 + 600 sen26.56 𝑗


    F
    ⃗F2 = -536.68 𝑖 + 268.28 𝑗

    ⃗F3 = -800 cos45 𝑖 + 800 sen45 𝑗


    ⃗ 3 = - 565.68 𝑖 + 565.68 𝑗
    F
    ⃗R = -722.88 𝑖 + 960.42 𝑗
    Y

    ⃗Ry ⃗Ry

    ⃗Ry
    𝜓 X
    ⃗Rx

     𝑅 = √𝑅𝑥 2 + 𝑅𝑦 2 = √(722.88)2 + (960.42)2 = 1202.066𝑁

    𝑅𝑦 960.42
    𝑡𝑎𝑛 𝜓 = = = 1.3286
    𝑅𝑥 722.88

     𝜓 = 53.032°

    b) τ⃗ = (xFy - yFx) 𝑘⃗

    τ⃗1 = (x1Fy1 – y1Fx1) 𝑘⃗


    τ⃗1 = [(3)(126.46 ) − (−2)(379.48)]𝑘⃗
    τ⃗1 = 𝟏𝟏𝟑𝟖. 𝟑𝟒𝑘⃗  rotación antihoraria

    τ⃗2 = (x2Fy2 – y2Fx2) 𝑘⃗


    τ⃗2 = [(3)( 268.28) − (1)(−536.68)]𝑘⃗
    τ⃗2 = 𝟏𝟑𝟒𝟏. 𝟓𝟐𝑘⃗  rotación antihoraria

    τ⃗3 = (x3Fy3 – y3Fx3) 𝑘⃗


    τ⃗3 = [(−2)(565.68 ) − (−2)(− 565.68 )]𝑘⃗
    τ⃗3 = −𝟐𝟐𝟔𝟐. 𝟕𝟐𝑘⃗  rotación horaria

    τ⃗ = τ⃗1 + τ⃗2 + τ⃗3


    τ⃗ = 217.14𝑘⃗  rotación horaria

    c) Las ecuaciones de las líneas de acción son:


     = xFy – yFx
    1 = xFy1 – yFx1
    1138.34 = x (126.46) – y (379.48)
    9 = x -3y  ecuación de la línea ℓ1
    2 = xFy2 - yFx2
    1341.52 = x (268.28) - y (-536.68)
    5 = x + 2y  ecuación de la línea ℓ2

    3 = xFy3 - yFx3
    −2262.72 = x (565.68) - y(−565.68)
    -4 = x + y  ecuación de la línea ℓ3

    2. Hallar la fuerza resultante y su punto de aplicación del sistema de fuerzas


    paralelas que actúan sobre la varilla, que se muestra en el gráfico; si sus módulos
    son: F1 = 1000N, F2 = 900N, F3 = 950N, F4 = 1050N

    Y ⃗F4

    ⃗
    u
    ℓ
    ⃗F1 2ℓ ⃗
    -u

    ℓ
    (-12,3) 37° ⃗F3

    ⃗2
    F
    X
    x1 x2 x3 x4

    12
    cos 37 =
    3ℓ
    4
    ℓ= =5
    𝑐𝑜𝑠37

    𝑥1 = −12 𝑦1 =3
    𝑥 = −2ℓ𝑐𝑜𝑠37 = −8 𝑦 = 3 + ℓ𝑠𝑒𝑛37 = 6
    { 2 { 2
    𝑥3 =0 𝑦3 = 3 + 3ℓ𝑠𝑒𝑛37 = 12
    𝑥4 = ℓ𝑐𝑜𝑠37 = 4 𝑦4 = 3 + 4ℓ𝑠𝑒𝑛37 = 15

    a) ⃗FR = ⃗F1 + ⃗F2 + ⃗F3 + ⃗F4


    ⃗FR = F1(𝑢 ⃗ ) + F2(−𝑢 ⃗ ) + F3(−𝑢
    ⃗ ) + F4(𝑢
    ⃗)
    ⃗ R = (F1 - F2 - F3 + F4) 𝑢
    F ⃗
    ⃗FR = (1000 - 900 - 950 + 1050) 𝑢 ⃗
    ⃗FR = 200 𝑢⃗  FR = 200N
    b)
    ∑ 𝐹𝑖 𝑥𝑖 𝐹1 𝑥1 + 𝐹2 𝑥2 + 𝐹3 𝑥3 + 𝐹4𝑥4
    𝑥𝑐 = =
    𝐹𝑅 𝐹𝑅

    (1000)(−12) + (−900)(−8) + (−950)(0) + (1050)(4)


    𝑥𝑐 =
    200

    𝑥𝑐 = −3

    ∑ 𝐹𝑖 𝑦𝑖 𝐹1𝑦1 + 𝐹2 𝑦2 + 𝐹3 𝑦3 + 𝐹4𝑦4
    𝑦𝑐 = =
    𝐹𝑅 𝐹𝑅

    (1000)(3) + (−900)(6) + (−950)(12) + (1050)(15)


    𝑦𝑐 =
    200

    𝑦𝑐 = 9.75

    3. La varilla en L, está en equilibrio. Hallar el ángulo φ, si la varilla puede rotar


    alrededor de la bisagra O. El peso de las secciones de la varilla es proporcional a
    su longitud y el ángulo entre ellas es 80°.

    O
    φ

    2ℓ
    b2
    γ + φ =80
    γ = 80 - φ φ
    γ

    4ℓ
    F2 =2ω
    b1

    a1

    a0

    F1 =4ω
    b2 = ℓcosφ
    b1 = a1 – a0 = 2ℓcosγ - 2ℓcosφ
    𝑎) ∑ 𝜏𝑂 = 0
    𝜏1 + 𝜏2 = 0

    𝑏1 𝐹1 − 𝑏2 𝐹2 = 0
    𝑏1 𝐹1 = 𝑏2 𝐹2
    𝑏1 (4𝜔) = 𝑏2 (2𝜔)
    2𝑏1 = 𝑏2
    2(2ℓcosγ − 2ℓcosφ) = ℓcosφ
    4cosγ − 4cosφ = cosφ
    4cosγ = 5cosφ
    cosγ = 1.25cosφ

    cos(80 – φ) = 1.25cosφ
    cos80cosφ + sen80senφ = 1.25cosφ
    0.17cosφ + 0.98senφ = 1.25cosφ
    0.98senφ = 1.08cosφ
    tanφ = 1.102041
    φ = 47.78°

    4. La estructura que se muestra está en equilibrio. Determine las fuerzas de


    reacción en las bisagras A, B y C; si ω = 100kgf y ωʹ = 150kgf.

    𝑅𝐴
    A 𝑅𝐵

    37° B 𝑅𝐶
    ℓ
    C
    65
    E 25°
    ℓ 25

    100 = ω 53°
    62 .65
    D

    ωʹ = 150

    𝑎) 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛 𝐸: ∑ 𝜏𝐸 = 0

    𝜏𝑅𝐴 + 𝜏𝑅𝐵 + 𝜏𝑅𝐶 + 𝜏𝜔 + 𝜏𝜔ʼ = 0


    𝑏𝑅𝐴 𝑅𝐴 + 𝑏𝑅𝐵 𝑅𝐵 + 𝑏𝑅𝐶 𝑅𝐶 + 𝑏𝜔 𝜔 − 𝑏𝜔ʼ 𝜔ʼ = 0
    (0)𝑅𝐴 + (0)𝑅𝐵 + (ℓ𝑠𝑒𝑛53)𝑅𝐶 + (0)𝜔 − (ℓ𝑐𝑜𝑠62)𝜔ʼ = 0

    𝑅𝐶
    𝑏𝜔ʼ = ℓcos62
    ┼ E
    E
    𝑏𝑅𝐵 ▬

    𝑏𝑅𝐵 = ℓ sen53 ωʹ = 150

    (ℓ𝑠𝑒𝑛53)𝑅𝐶 = (ℓ𝑐𝑜𝑠67)𝜔ʼ
    𝑐𝑜𝑠62
    𝑅𝐶 = (150)
    𝑠𝑒𝑛53

    𝑅𝐶 = 88.18𝑘𝑔𝑓

    𝑏) 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛 𝐷: ∑ 𝜏𝐷 = 0

    𝜏𝑅𝐴 + 𝜏𝑅𝐵 + 𝜏𝑅𝐶 + 𝜏𝜔 + 𝜏𝜔ʼ = 0


    𝑏𝑅𝐴 𝑅𝐴 − 𝑏𝑅𝐵 𝑅𝐵 + 𝑏𝑅𝐶 𝑅𝐶 + 𝑏𝜔 𝜔 + 𝑏𝜔ʼ 𝜔ʼ = 0

    (0)𝑅𝐴 − (ℓ𝑠𝑒𝑛53)𝑅𝐵 + (0)𝑅𝐶 + (ℓ𝑐𝑜𝑠62)𝜔 − (0)𝜔ʼ = 0

    𝑅𝐵 𝑏𝜔 = ℓcos62
    D

    ▬ ┼

    ℓsen53 = 𝑏𝑅𝐴
    D ω = 120

    (ℓ𝑠𝑒𝑛53)𝑅𝐵 = (ℓ𝑐𝑜𝑠67)𝜔
    𝑐𝑜𝑠62
    𝑅𝐵 = (100)
    𝑠𝑒𝑛53

    𝑅𝐵 = 58.78𝑘𝑔𝑓

    c) Equilibrio de traslación: ∑𝐹 = 0
    F
    x  0  - RAx + RBx + RCx = 0
    - 𝑅𝐴 𝑐𝑜𝑠62 + 𝑅𝐵 𝑐𝑜𝑠65 + 𝑅𝐶 𝑐𝑜𝑠65 = 0
    𝑐𝑜𝑠65
    𝑅𝐴 = (𝑅 + 𝑅𝐶 )
    𝑐𝑜𝑠62 𝐵

    𝑐𝑜𝑠65
    𝑅𝐴 = (146.96)
    𝑐𝑜𝑠62
    𝑅𝐴 = 132.29𝑘𝑔𝑓

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