rojo y negro

Ejercicio 1:
Representamos la situación:
FA
FB
FC

FD
FE

Sumando las contribuciones de A, B y C, resulta:
FA + FB + FC = 76 kgf
Para equilibrar esta fuerza,
FD + FE = 76 kgf
Pero,

FD = 2FE

Con lo cual,

2FE + FE = 76 kgf

→

3FE = 76 kgf

De donde,
FD = 50,67 kgf

Ejercicio 2
Lo primero que hacemos es descomponer la resultante
Rx = 12,66 kgf · cos 30° = 10,96 kgfRy = 12,66 kgf · sen 30° = 6,33 kgf = F2y
r
Luego, la fuerza F2 cumple que:
F1x + F2x = Rx

→

F1x = 2,96 kgf

Por lo tanto,
F1 =

(6,33 kgf )2 + (2,96 kgf )2

= 7 kgf

El ángulo sera:

β = arctg

6,33
2,96

⇒

β = 65°

Ejercicio 3
Acomodamos las fuerzas al sistema de referencia:

r
r r
R = F1 + F2

→

FE = 25,33 kgf

F1 = 35 kgf

135°
75°
F3 = 25 kgf30°
F2 = 20 kgf

∑F

= 25 kgf +35 kgf ⋅ cos 75° − 20 kgf ⋅ cos 30° = 16,73 kgf

∑F

=35 kgf ⋅ sen 75° − 20 kgf ⋅ sen 30° = 23,8 kgf

x

y

Luego,
r
E = −16,73 kgf iˆ − 23,8 kgf ˆj
Por Pitágoras,

α

r
E = 29,1kgf
Para hallar el ángulo:

α = arctg

23,8
16,7

⇒

α = 55°

r
Forma entonces 235° con F3

Ejercicio 4
Graficamos las fuerzas:
T
FT

α
α
TPor un lado:
FT = 2T cos α

Pero, como el peso P está en equilibrio:

T=P

Reemplazando,
1,5 P = 2 P cos α

⇒

0,75 = cos α

⇒

α = 41°

Ejercicio 5
T1

Graficamos la situación,

60°
30°
T2
Como el cuerpo está en equilibrio:

P = 4 kgf

∑F

=0 ⇒

T1 ⋅ cos 60° − T2 ⋅ cos 30° = 0

(1)

∑F

=0 ⇒

T1 ⋅ sen 60° − T2 ⋅ sen 30° − 4 kgf = 0

(2)

x

y

De(1):
T2 =

T1 cos 60°
= 0,577 T1
cos 30°

Reemplazando en (2):
0,866 ⋅ T1 − 0,5 ⋅ 0,577 ⋅ T1 = 4 kgf

⇒

0,577 ⋅ T1 = 4 kgf

T1 = 6,93 kgf
de donde:
T2 = 4 kgf

Ejercicio 6
Para mantener el equilibrio:
F ⋅ cos α + F ⋅ cos α = P
de donde,

⇒

2 F ⋅ cos α = P

⇒

F =

20 kgf
10 kgf
=
2 cos α
cos α

F

F

α α
Reemplazando,

α = 0°

⇒

F = 10 kgf

α =30°

⇒

F = 11,54 kgf

α = 45°

⇒

F = 14,14 kgf

α = 60°

⇒

F = 20 kgf

α = 90°

⇒

imposible

P

Ejercicio 7
Viendo el diagrama de fuerzas:
T ⋅ cos 30° = P

⇒

30°
T

T =

10 kgf
= 11,54 kgf
0,866
FP

de donde, la fuerza que ejerce la pared es:
FP = T ⋅ sen 30° = 5,77 kgf

P

Ejercicio 8
N
Del diagrama de cuerpo libre:
F
F = Px = 50 kgf ⋅ sen37° = 30 kgf
PX

N = Py = 50 kgf ⋅ cos 37° = 40 kgf

PY
37°

P

Ejercicio 9
En el eje x:
FC ⋅ sen 18° = F = 15 kgf
con lo cual,

F

18°
FC

FC =

10 kgf
= 48,54 kgf
sen 18°

Ejercicio 10
Graficamos la regla:
A
C.G.

B
O

PA = ρ . 20 cm . 6 cm . d = 120 cm2 ⋅ ρ ⋅ d

PB
PA

Consideramos los pesos de los componentes A y B
de la regla por separado (considerandola regla como
homogénea del mismo material)

PB = ρ . 64 cm . 6 cm . d = 384 cm2 ⋅ ρ ⋅ d

0.64 m

donde, ρ es el peso específico y d el espesor.
0.7 m
El peso total será entonces:

PTOT = PA + PB = 504 cm2 ⋅ ρ ⋅ d

Por las características de la regla, el centro de gravedad estará ubicado sobre el eje de
simetría horizontal. Recordando que la posición del C.G. venía dado por:
XC.G. =x1 P1 + LL + xn Pn
P1 + KPn

En nuestro caso tenemos 2 componentes. tomando las distancias respecto de O, e ignorando
el peso específico y el espesor que van a simplificarse :
XC.G. =

x A PA + xB PB 67 cm ⋅ 120 cm2 + 32 cm ⋅ 384 cm2
=
= 40.33 cm
PA + PB
504 cm2

El C.G. se encuentra a 40.33 cm del extremo derecho.

b) Graficamos la paleta:
A
C.G.

B
O 4 cm
PB

PA

40cm
50 cm

El peso total será entonces:

Consideramos los pesos de los componentes
A y B nuevamente por separado (tengamos en
cuenta que en el plano A es un círculo)
PA = ρ . d ⋅ π ⋅ (10 cm)2 = 314 cm2 ρ ⋅ d
PB = ρ . 40 cm . 4 cm . d = 160 cm2 ⋅ ρ ⋅ d
donde de nuevo, ρ es el peso específico
y d el espesor.

PTOT = PA + PB = 474 cm2 ⋅ ρ ⋅ d

Por las características de la paleta, de...