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EQUILIBRIO ESTÁTICO







SOLDEY ANDRADE TORRES
JULIETH RESTREPO GUARNIZO
FLORIDARY PARAMO GARCIA



FÍSICA MECÁNICA






UNIVERSIDAD COOPERATIVA DE COLOMBIA
FACULTAD DE INGENIERÍA
PROGRAMA INGENIERÍA CIVIL
II SEMESTRE
EQUILIBRIO ESTÁTICO




SOLDEY ANDRADE TORRES
JULIETH RESTREPO GUARNIZO
FLORIDARY PARAMO GARCIA

A

JOHN FREDDY RAMIREZ

FÍSICA MECÁNICAUNIVERSIDAD COOPERATIVA DE COLOMBIA
FACULTAD DE INGENIERÍA
PROGRAMA INGENIERÍA CIVIL
II SEMESTRE


PROBLEMA 1

Una persona sostiene una esfera de masa m (0,882N – 0,245N – 0,147N) en su mano. El antebrazo está en posición horizontal. El musculo del Bíceps está unido a 3 distancias que son (8cm – 12cm – 20cm) de articulación y la esfera se encuentra a 33 cm de longitud (e) deesta.




VARIACIÓN
Mg 1


1. CONDICIÓN
∑Fy = F – R – 0.882N = O
F es la fuerza normal que es hacia arriba.
R es la fuerza hacia ejercida hacia abajo.
Las fuerzas ejercidas son negativas y positivas:
La fuerza hacia abajo es negativa por la gravedad para mantener su equilibrio estático.
La fuerza hacia arriba es positiva ya que es una fuerza normal.

2. CONDICIÓN

Alrealizar la operación da negativa y al despejar F cambia de signo por lo cual queda positiva.

Fd – mg = 0

F (8cm) – (0.882N)(33cm) = 0
F= 232,848 N



Mg 2









Mg 3















Fuerzas en F

FUERZA EN F


FUERZAS EN R



PROBLEMA 2
Un jugador de béisbol toma un bate de peso 10 Newton con una mano en el punto 0. El bate está enequilibrio. El peso del bate actúa a lo largo de una recta de 60 cm a la derecha de 0. Determine la fuerza que ejerce el jugador sobre el bate alrededor de un eje que pasa por 0


Σ FX = 0
Σ FY = 0
Σ FY = F – mg = 0
F = mg

F = mg
F= (10 New) (10m/s2)
F= 100 Julios

Variación
Variamos la longitud del bate hallando la fuerza ejercida hacia arriba
MASA 1 = 20 New
F = mg
F= (20New)( 10m/s2)
F= 200 Julios


MASA 2 = 35 New
F = mg
F= (35 New)(10m/s2)
F= 350 Julios


MASA 3= 28 New
F = mg
F= (28 New)(10m/s2)
F= 280 Julios







PROBLEMA 3
La tabla con un peso 200 N, se encuentra apoyada sobre dos soportes separados 2,00 m de distancia. Una persona de 600 N de peso camina sobre la tabla hacia el extremo A. ¿Cuál es la mínima distancia a la cual lapersona se puede acercar al extremo sin que la tabla se volteé.


Como la tabla esta justamente en reposo se cumple que Σ τ = 0 y Σ F= 0 , aplicando la primera ecuación y escogiendo como eje de rotación el punto de contacto entre la tabla y el segundo soporte tenemos que
Dp= distancia * peso
FN1 + FN2 – PB – PP = 0
(O NEW)(2 M) + (0 NEW)(1 M) – (200 NEW)(2M)–(-600NEW)(dp) = 0
(O NEW)(2 M) + (0 NEW)(1 M) – (200 NEW)(2M) + (600NEW)(dp) = 0
-400 new. Metros = -600 (new) (dp)
= dp  se cancelan new
Dp = 0.66 metros
Entonces la distancia desde el punto A es = 2,0 m + 0,66 m
= 2,66 m



PROBLEMA 4
Una viga horizontal uniforme de 8.00 m de longitud y 200 N de peso está unida a una pared poruna conexión al eje. Su extremo lejano esta sostenido por un cable que forma un Angulo de 53° con la viga como se muestra en la figura. Si una persona de 600N está de pie a 2.00 m de la pared, encuentra la tensión en el cable, así como la magnitud y dirección de la fuerza ejercida por la pared de la viga.
SOLUCION

Imagina que la persona de la figura se mueva hacia afuera sobre la viga. Sedice que entre más lejos se mueva, mayor es el par de torsión que hace alrededor del pivote y mayor la tensión que el cable de hacer para balancear este par de torsión. Ya que el sistema está en reposo, y se dice que es un problema de equilibrio estático.
1) ∑Fx = R Cos θ – T Cos 53° = 0
2) ∑Fy = R Sen θ – T Sen 53° - 600 N – 200 N = 0
Se ha escogido hacia la derecha y hacia arriba como...