Mecanica general

UNIVERSIDAD DE TALCA Facultad de Ingeniería ESCUELA DE INGENIERIA EN CONSTRUCCION

CCVIMECG_A MECANICA GENERAL

Trabajo N° 1 Mecánica General

Integrantes: Cesar Herrera Arriaza Luis Reyes Solís Luis Valenzuela Núñez Ramo: Mecánica General Fecha: 14/01/2012

1. Determine el máximo peso de la partícula B, para que el equilibrio se produzca con la configuración indicada. El peso A estáapoyado en un plano inclinado con un ángulo α con respecto a la horizontal, el plano tiene rugosidad µ. Los hilos son inextensibles y sin peso, que sostienen al peso B forman respectivamente un ángulo de 45° y 0° con respecto a la horizontal.

DCL para WA

=

− =

∗ cos( ) + cos(90° − ) ∗ ∗ cos( ) − sin( ) ∗ ∗ sin( ) − cos( ) ∗ =0

=0 (1)

∑

=

−

=

∗ sin( ) + cos( ) ∗

(2)DCL para las cuerdas

sin(90°)

=

sin(135°)

=

sin(135°) =0 (3) − =0 (4)

=

+ sin(45°) ∗ =
√" "

∗

= cos(45°) ∗ =
√" "

∴

=

∗

DCL para Wb

= = Como

− = =

=0

Entonces: =

De (1) en (2): $% ∗ cos( ) − sin( ) ∗ cos( ) − ∴ ∴ = = $∗ $∗ &= ∗ sin( ) + cos( ) ∗

$∗

∗ sin( ) =

∗ cos( ) − ∗ sin( ) cos( ) + $ ∗ sin( )

%cos( ) + $ ∗ sin( )&

∗cos( ) − ∗ sin( ) cos( ) + $ ∗ sin( )

2. Un peso W está suspendido de dos hilos elásticos de igual largo natural L0 y constante elástica K, lo extremos están amarrados al mismo nivel y a una distancia L0 entre sí. Se pide realizar un grafico W versus ∆ en que ∆ es el descenso del peso. Darle valores a D, partiendo de 0,01 L0 llegando a 0,3 L0.

DCL para W

DCL para W (Resortes estirados)' = 90° − ( = − 1 ∗ cos ' + 2 ∗ cos ' = 0 ∴ 1= 2 * = 1 ∗ sin ' + 1 ∗ sin ' − = 2 ∗ 1 sin ' =0

♣ Como la fuerza de un resorte es + ∗ ∆x , y el descenso de W es ∆, entonces el desplazamiento ∆x lo llamaremos x solamente. Reemplazando: = 2+∆x ∗ sin ' = 2+( ∗ cos α

♣ Al estirarse los resortes debido al peso W se produce un nuevo triangulo distinto al original, en la que la nueva altura es: ℎ +∆ .Como el triangulo inicial es un triangulo equilátero con lado /0 , la altura (ℎ) corresponde a
√1 /0. "

cos ♣ Despejando para (: (= = 2+ 2 ∴

=

ℎ+∆ /0 + (

= 2+(ℎ + ∆ − Lo ∗ cos )

ℎ + ∆ − Lo 4 ∗ cos cos

ℎ+∆ − /0 cos

♣ Remplazando ℎ en la ecuación de W: = 2+( ♣ Para encontrar el ángulo resulta:

√3 /0 + ∆ − Lo ∗ cos ) 2

utilizo la relación trigonométrica tangente, por loque /07 2 √3 2 /0 + ∆ /0 :

tan

=

♣ De donde se obtiene simplificada la siguiente expresión para : = tan8 9 ♣ Por último reemplazamos el ángulo √3/0 + 2∆

en la ecuación del peso W y se obtiene:

/0 √3 = 2+ ; /0 + ∆ − Lo ∗ cos 9tan8 9 ::< 2 √3/0 + 2∆ ∴

♣ Como se pide graficar W versus ∆ entre 0.01/0 a 0.3/0, pero se tiene a + * /0 constantes les asignaremos el valor numérico mássimple 1. Grafica W versus ∆ entre 0.01 y 0.3

/0 = + 2√3/0 + 2∆ − 2Lo cos 9tan8 9 ::4 √3/0 + 2∆

3. Una escalera de peso W está apoyada sobre una pared lisa y contra el suelo también liso. La escalera se amarra al punto O. La escalera forma un Angulo α con la horizontal. Probar que el equilibrio de la escalera sin carga de operario es sólo posible si esta se amarra bajo su punto medio.

♣Para demostrar esta teoría de que solo se puede amarrar solo por debajo del punto medio para que esta esté en equilibrio, analizaremos los 3 casos posibles que se pueden dar: bajo el punto medio, sobre el punto medio, y en el punto medio. ♣ Bajo el punto medio

(

−* =0

>? = 0

Se observa en este diagrama que como existe un valor positivo (xW) y un valor negativo (-yT), se puede afirmar queel momento se hace 0. ∴ @AB0 CD EFGH0 ICJK0 C(KLHC CMFKDK?NK0 JC EANHKOFDAL.

♣ Sobre el punto medio

(

+ (′ = 0

>? = 0

Sabemos que tanto la tensión como el peso nunca van a ser 0, por lo que nunca existirá esta condición de sumatoria. ∴ Q0?NC CD EFGH0 ICJK0 G0 C(KLHC CMFKDK?NK0 JC EANHKOFDAL. ♣ En el punto medio

(

>? = 0 =0

Como el peso nunca va a ser 0, se encuentra...