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

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

2008

[email protected] [email protected] [email protected]

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.

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.

+

F

F

1G

F

1X

F

1Y

R

Y

R

X

F

Y

F

X

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

F

G L/2

L

+

X F 1X F sen θ = F1X = FX * sen θ Y F 1Y F cosθ = F1Y = FY * cos θ G F 1G F cosθ = 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?

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)

m

1

m

b

P

0

m

2

x

d

L

L/2

+

despejando “x” 2 m d b m d 1 m 2 L 1 m x + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =

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?.

1 W 11 W 60 cos = W11 = W1 cos 60 W11 = 800 cos 60 W11 = 800 * 0,5 W11 = 400 Newton 2 W 21 W 60 cos = W21 = W2 cos 60 W21 = 500 cos 60 W21 = 500 * 0,5 W21 = 250 Newton

Tomando el torque en la base de la escalera.

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 15 3475 1P F = F1P = 231,66 Newton P F 1P F 60 sen = Newton 267,49 0,866 231,66 60 sen 231,66 60 sen 1P F P F = = = = W11 W21 4 m 7,5 m 60 60 60 60 60 60 60 60 60

F

P

F

1P

F

V 60 60 60

F

H 60 W1 = 800 N 15 m 60

+

W2 = 500 N

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 FX = FH - FP = 0 FH - FP = 0 FH = FP = 267,49 Newton FH = 267,49 Newton 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?.

1 W 11 W 60 cos = W11 = W1 cos 60 W11 = 800 cos 60 W11 = 800 * 0,5 W11 = 400 Newton 2 W 21 W 60 cos = W21 = W2 cos 60 W21 = 500 cos 60 W21 = 500 * 0,5 W21 = 250 Newton

Tomando el torque en la base de la escalera.

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 15 5475 1P F = W11 W21 7,5 m 60 60 60 60 60 60 60 60 60

F

P

F

1P

F

V 60 60 60

F

H 60 W1 = 800 N 15 m 60

+

W2 = 500 N 9 m

F1P = 365 Newton P F 1P F 60 sen = Newton 421,15 0,866 365 60 sen 365 60 sen 1P F P F = = = = 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

N = Es la suma de los pesos = 500 N + 800 N = 1300 Newton N =1300 Newton 0,3239 1300 421,15 N R F = = = μ 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 1 W 11 W cosθ = W11 = W1 cos

ө

W11 = m1 g cos

ө

peso del bombero W2 = m2 g

2 W 21 W cosθ = W21 = W2 cos

ө

W21 = m2 g cos

ө

Componentes de la fuerza ejercida Por la pared sobre la escalera

1P F sen θ = W2 = m2 g W21 W11 X L/2

ө

ө

ө

ө

ө

ө

ө

ө

ө

F

P

F

1P

F

V ө

ө

F

H

ө

W1 = m1 g L

ө

+

F1P = FP sen

ө

Tomando el torque en la base de la escalera.

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”

( )

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = L 2 L cos g 1 m L X cos g 2 m L L sen P F θ _{θ θ} ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 cos g 1 m L X cos g 2 m sen P F θ θ θ 2 1 g 1 m L X g 2 m cos sen P F _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = θ θ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 g 1 m L X g 2 m sen cos P F θ θ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 g 1 m L X g 2 m ctg P F θ

(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 1 W 11 W cosθ = W11 = W1 cos

ө

W11 = m1 g cos

ө

peso del bombero W2 = m2 g

2 W 21 W cosθ = W21 = W2 cos

ө

W21 = m2 g cos

ө

Componentes de la fuerza ejercida Por la pared sobre la escalera

W2 = 500 N d L/2 W11 W21

ө

ө

ө

ө

ө

ө

ө

ө

ө

F

P

F

1P

F

V

ө

F

H

ө

W1 = 800 N L

ө

+

P F 1P F sen θ = F1P = FP sen

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”

( )

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = L 2 L cos g 1 m L d cos g 2 m L L sen P F θ θ θ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 cos g 1 m L d cos g 2 m sen P F θ θ θ 2 1 g 1 m L d g 2 m cos sen P F _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = θ θ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 g 1 m L d g 2 m sen cos P F θ θ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 g 1 m L d g 2 m ctg P F θ

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