Ejercicios de Fisica
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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERIA INDUSTRIAL Y DE SISTEMAS
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA DE SISTEMAS
Asignatura: Fisica 1
Tema: Resolucion de problemas
Catedrático: Alex Ramos Alvarado
Alumno:
Ayarquispe Gómez Giancarlo Jack
Ciclo: II
2015- B
Resolución del Ejercicio Numero 81. Simplificar: i x ( A x i )+ j x ( A x j )+k x (A x j)
Tenemos:
i x ( A x i )+ j x ( A x j )+k x (A x j ) … (1)
Aplicando la propiedad:
A x (B xC )=B (A .C )−C (A .B)
De 1:
A ( i . i )−i ( A . i)+A ( j . j )− j ( A . j )+A ( k . j )− j(A . k)
1 0 1 0 0 0
Entonces quedaría simplificado:
A .1+A .1=2 A
Resolución del Ejercicio Numero 162. Se lanza un proyectil con una velocidad inicial v0, bajo un ángulo θ. La altura máxima
que alcanza es H y el alcance horizontal es R. Hallar la velocidad inicial y el ángulo de tiro en función de H y R.
Como el cuerpo desarrolla un movimiento parabólico:
En el eje “Y”, en la parte más alta:
v fy=v0 y−¿
v0 y=¿
v0 senθg
=t… (1 )
Hallando la altura máxima:
H=v0 t+12g t2
H=v0 senθ .v0 senθg
−12g (v0 senθg
)2
H=v02(senθ)2
g−v02(senθ)2
2 g
H=v02(senθ)2
2g… (¿)
Ahora para el eje “X”:
R=v0 x t 1 t 1=2 t
R=v0 x(2 t)
De (1) tenemos:
R=v0 x .2v0 senθg
Pero:
v0x=v0cosθ
R=2 (v¿¿0)2 senθ . cosθg
¿
v02= Rg2cosθ . senθ
…¿
De (*) y (**) tenemos:
H= Rg(senθ)2
2cosθ . senθ .2g
θ=tan−1( 4HR
)
De (**)
v02= Rg2 cosθ . senθ
v02= Rg2 R .4H √16H 2+R2 .√16H 2+R2
v0=√ g(16H 2+R2)8H
Resolución del Ejercicio Numero 653. Dada las fuerzas que actúan sobre la barra, reemplazarles por una fuerza resultante
que pase por el origen de coordenadas y un par.
z
300N
100N
y y
20cm
200N
40cm
x
A=−300 i N
B=−200 j N
C=−100 k N
La resultante en el origen de coordenadas:
R=A+B+C
R=−300 i N−200 j N−100 k N
Hallando el torque:
τ a=(−300 i N ) (0 )=0
τ b=(−200 j N ) (20 )=−4000 j N cm
τ c=(−100 k N ) (60 )=−6000 k N cm
El torque resultante:
τ=−(4000 j Ncm+6000 k Ncm)