2 ej cdg (2018 - Ejercicios Obligatorios Mecánica Física UPM PDF

Title 2 ej cdg (2018 - Ejercicios Obligatorios Mecánica Física UPM
Author Alejandro Bueno
Course Mecánica Física
Institution Universidad Politécnica de Madrid
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Summary

Begoña Blasco LaffónMecánica FísicaCentros de GravedadEjercicios resueltos1. Calcular las coordenadas del centro de gravedad delsistema de masas puntuales m 1 , m 2 y m 3 de la figura.solución2. Calcular las coordenadas del centro de gravedad de lasemicircunferencia, de radio R y masa homogénea M, d...


Description

Begoña Blasco Laffón

Mecánica Física Centros de Gravedad

Ejercicios resueltos

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

1.

Centros de gravedad

Calcular las coordenadas del centro de gravedad del sistema de masas puntuales m1, m2 y m3 de la figura. solución1

Z

m3 = 1kg C(0,1,6) cm

A(0,0,2) cm

m1 = 3kg Y

O

B(3,4,0) cm m2 = 1kg

X

Y M = λL

2.

Calcular las coordenadas del centro de gravedad de la semicircunferencia, de radio R y masa homogénea M, de la figura. solución2

R O

X

Y

3.

Calcular las coordenadas del centro de gravedad. del semicírculo, de radio R y masa homogénea M, de la figura. solución3

M = σS R O

4.

X

Z

Calcular las coordenadas del centro de gravedad de la semiesfera, de radio R y masa homogénea M, de la figura. solución4

M = ρV R

Y

X

5.

Calcular las coordenadas del centro de gravedad del área de la figura, suponiendo que la masa específica es constante (distancias en centímetros). solución5

Y 1

B C

D

1 2

I

H

J

G

2 F O

Begoña Blasco Laffón

E.T.S. de Edificación. U.P.M

3

E 1

2

1

X

2

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

6.

7.

Centros de gravedad

Calcular, mediante el primer teorema de Guldin, la superficie de una semiesfera de radio R, supuestas conocidas las coordenadas del centro de gravedad de un cuarto de circunferencia (calculadas en el ejemplo 2). solución6

Y

O

Calcular, mediante el segundo teorema de Guldin, las coordenadas del centro de gravedad de un cuarto de círculo de radio R. solución7

R X

Z

S Y

X

8.

9.

Una varilla delgada no uniforme de longitud L está colocada sobre el eje OX con un extremo en el origen. Su masa específica por unidad de longitud vale λ = λ0(1+x/2L). Hallar: a) la masa total. b) el centro de masas de la varilla. solución8

Calcular el valor de “a” para que los ejes X e Y pasen por el centro de gravedad de la figura rayada. solución9

X

Y 30 cm

a 30 cm

a

10. Calcular las coordenadas del centro de gravedad de la zona comprendida entre la parábola (y = 2x2), las rectas (x = 1) y (x = 2) y el eje (OX), de la figura. solución10

Y

y = 2x2

8

O

Begoña Blasco Laffón

E.T.S. de Edificación. U.P.M

1

2

X

3

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

2 cm

11. Calcular el centro de gravedad del perfil de la figura. solución11 8 cm 2 cm 8 cm

12. Una polea pesa 20 kp y tiene su centro de gravedad a 1 mm de su centro. Para corregir este defecto, se hace un taladro circular a 20 cm del centro de gravedad de la polea y en el mismo radio que su centro de gravedad. Hallar el peso de material que debe quitarse. solución12

13. Se tiene una superficie circular de radio R a la cual se le ha cortado otra superficie circular de radio R/2, como se muestra en la figura. Determinar la posición del centro de masas de la superficie resultante. solución13

14. Calcular los volúmenes de revolución de la superficie sombreada de la figura, al girar una vuelta alrededor de cada uno de los ejes coordenados. Las distancias en decímetros. solución14

Y O X

Y y=6 y2 = 3x

O

X

15. Calculad x con la condición de que P sea el centro de gravedad de la figura. solución15 Y

x

3

P

3 X 8

Begoña Blasco Laffón

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4

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

16. Determinar el centro de gravedad de la figura rayada. Suponemos las distancias en centímetros y que la masa es proporcional al área. solución16

2

2 O

2

2

2

2

Z

17. Determinar las coordenadas del centro de gravedad de un cono recto de altura h y radio de la base R. solución17 Y X

Y

18. Calcular, utilizando el cálculo integral, el centro de gravedad de la superficie rayada de la figura. Datos: R = 5m, α = 60º. solución18

α = 60º

X

R

F2 30º

19. La chapa de la figura está sometida a las fuerzas que se indican, cuyos módulos valen: F1 = 4N, F2 = 6N, F3 = 3N. Se pide: a) reducir el sistema de fuerzas al centro de gravedad de la chapa. b) momento mínimo del sistema. solución19

Y(cm) 2

F3 F1

2 2 2

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2

2

2

X(cm)

5

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Ejercicios resueltos: Solución 1:

m1x 1  m 2 x 2  ... 3  0  1  3  1  0 3    0,6 cm m1  m2  ... 3 11 5

XG 

Z

A(0,0,2) cm

m y  m2 y 2  ... 3 0  1 4  1 1 5    1 cm YG  1 1 m1  m2  ... 3  11 5

ZG 

m3 = 1kg C(0,1,6) cm m1 = 3kg Y

O

B(3,4,0) cm m2 = 1kg

X

m1 z 1  m2 z 2  ... 3  2  1  0  1  6 12   2,4 cm m1  m2  ... 3 11 5 Por tanto: G 0,6;1,0; 2, 4 cm

volver1

Solución 2:

XG 



L

xdl

YG 

L

XG

YG 

L



L

xdl L

ydl L

 





0





0

ydl

L

Y dl

L y

x  R cos y  R sen

dl  Rd  ,

 



R cos  Rd  L

R sen   Rd  L

O

R x

X





R 2  cos d 0

R 



R 2  sen  d 

Al resolver las integrales se obtiene,

0

R X G  0;

YG 

2R



volver2

Solución 3: Y

dS  r d  dr ,

dS

x  r cos

y

y  r sen

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x

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X

6

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

XG

 

xdS

S

S

R



0

0

  

Centros de gravedad

r cos  rd dr S



R

 

r 2 dr 0 cos  d  0

R 2 2

YG 



ydS

S

S



R



0

0

 

r sen rd dr S





R

0



r dr0 sen d 2

R 2 2 XG  0 4R YG  3

Al resolver las integrales se obtiene:

volver3

Solución 4:

G 0,0, ZG 

Z

dm = ρ dV

M = ρV

Para calcular ZG, a una altura z se escoge como elemento diferencial de volumen, un cilindro de base  r2 y altura dz .

dV = πr2 dz r z

R

Y

X

ZG



V

z dV

V

2 , siendo dV   r dz ,

Las coordenadas r y z están relacionadas entre sí: R 2  r 2  z 2 ,

ZG



V

z dV

V





R

0





z R 2  z 2 dz V

R







por tanto: dV   R 2  z 2 dz

R

R 2  z dz    z 3 dz 0 0 2R 3 3

al resolver las integrales se obtiene el valor de Z G : ZG 

3R 8

volver4

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7

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 5: En la figura se muestra una posible descomposición de la figura total en figuras parciales más sencillas. La figura total se considera suma del triángulo ABF, figura parcial 1, y el rectángulo CDEF, figura parcial 2, a las que restamos el rectángulo IJGH, figura parcial 3.

B C

Y 1 1

I H J G

2 2 O

D

E 1

2

B C

1

2 XO

figura parcial 1

Y 1 1 2

D I H J G

2

F 3

Y 1 1

F 3

2

1

I H

X O

figura parcial 2

D

J G

2

E 1

B C

F 3

E 1

2 1

X

figura parcial 3

1 6  3  9 cm 2 2 xg 1  2 cm

S1  Figura parcial 1, triángulo ABF:

y g 1  2 cm S 2  5  4  20 cm 2 xg 2  5 cm

Figura parcial 2, rectángulo CDEF:

y g 2  2.5 cm S 3  2  2  4 cm 2 x g 3  5 cm

Figura parcial 3, rectángulo IJGH:

y g 3  3 cm

XG  Coordenadas del c.d.g:

YG 

x g 1  S1  x g 2  S 2  x g 3  S 3

S1  S 2  S 3 y g1  S 1  y g 2  S 2  y g3  S 3 S1  S 2 S 3

98  3,92 cm 25 56 YG   2,24 cm 25 XG 

volver5

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8

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 6: En el ejemplo 2 se calcularon las coordenadas del centro de gravedad de una semicircunferencia, con lo que, por simetría, se pueden conocer las de un cuarto de circunferencia. Para calcular YG suponemos un cuarto de circunferencia que gira alrededor del eje OY .

Y

L

Se aplica el primer teorema de Guldin:

G

S revolución  L  recorrido del c.d .g

S revolución  L  2  xG 

O

X

2R 2 R  2  4 

S revolución  2 R 2

por tanto: volver6

Solución 7: Z

Si se gira el cuarto de círculo S, respecto al eje OZ, obtenemos una semiesfera, como se muestra en la figura.

R

Vrevolución  S  recorrido del c.d .g

2º teorema de Guldin: superficie inicial: S 

Y

X

R2 4

2R 3 3 recorrido del centro de gravedad: 2πYG

volumen de revolución: Vrevolución 

por tanto:

2R3 4R 3 , YG  , resultado obtenido ya en el ejemplo 3. YG  2 3 R  2 4

volver7

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9

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 8: a) masa total de la varilla: M   dm m

En la figura se muestra el elemento diferencial escogido para el cálculo de la masa de la varilla.

Y

dx

M   dm   dx m

dm = λ dx

X

x

L

L L  x  1 L2  50 L M   dx   0 1  dx  0  L     o 0 2L 2  4  2L  

b) Centro de gravedad de la varilla:

XG 

Para masas lineales no uniformes se tiene:



m

x dm

 dm





L

m

en este caso: X G 



L

x dl

  dl





L

L

0

x dl

  dl L

x   x  01  dx 2 3 2L  4 L 1 L  8        L 50 L 5 L 2 2 L 3  15 4

volver8

Solución 9: Y

En la figura se muestra el esquema para el cálculo del centro de gravedad.

30 cm

30 cm

Y

X a

30  a 

S 1 xg 1  S 2  x g 2 S1  S 2

30 - a

X a

a +(30 – a)/2

30 cm a

XG 

Y X

a/2

Si X G  a ,

a 30  a    30  a  a   a    a  30  a  30  a  a 2 2   a  11,46cm

Otra forma de calcular el c.d.g: XG 

S 1  xg 1  S 2  xg 2 S1  S2

Y

30 cm a

,

30 cm a

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X

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15

a + (30 – a)/2

10

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

 30  a   2 2  30  15  30  a    a     2   a Xg  2 30 2  30  a  a  11,46cm

volver9

Solución 10:

Y

y = 2x2

Cálculo de la coordenada XG: XG 

 xdS , Y S

G

S





S

x

ydS S y

dS = y dx

Al sustituir: 2

XG 

 x y dx  ydx

 

2

1

x(2 x 2 ) dx 2



2 4 x 4  1





2

2 3 x 3  1

2x 2 dx

1

O

3(2  1 ) 4

1 dx

X

4

4(2 3  13 )

 1,61

Cálculo de la coordenada YG : Y

YG 



y y dx 1 2  2 ydx 

 

2

1 2 1

  dx 

4 x 4 dx 2x2

2

1 2 1

y=2x2

x 4 dx ; x 2 dx

x

2

1 5 x 5  1

y

3  (25  15 )  YG   2,66  2 5  (23  13 )  1 3 x 3  1

g y/2 O

1 dx 2

X

G(1,61; 2,66) u.l.. volver10

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11

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 11: Los centros de gravedad parciales son: 6 cm

8 cm

G1(4,4) cm; G2(5,5) cm G1

-

G2

G2 G

G1

X G  YG 

64  4  36  5  2,71 cm 64  36

volver11

Solución 12: Como el centro de gravedad debe estar en su centro geométrico, si tomamos el origen de coordenadas en dicho centro, entonces G(0,0). M X mx XG  M m

Y

O G

20cm X

Siendo M la masa de la polea; m la masa a quitar, X la distancia del centro de gravedad actual al origen de coordenadas y x la distancia a la que se hace el taladro. Por lo tanto:

XG 

20kg  1 mm  m  kg  200 mm (20  m)  kg

como X G  0 ; 20 1  m  200  0 ; m  0,1 kg volver12

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12

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 13: Figura 1

Y

Y

Y

G

Figura 2

O

O

X

X

X O

S1 = πR2 (x1,y1) = (R,0)

XG  R S y  S2 y2 YG  1 1 S1  S 2

S2 = π(R/2)2 (x2,y2) = (R,-R/2)

 R G   R,  6 

volver13

Solución 14: Vrevolución  S  recorrido del c.d .g

XG 

XG 

Y

 xdS  dS

(6-y)

S

 x6  y dx  6  ydx

12

   0

0

1

x (6  3x 2 )dx

12

dx

1 2

(6  3x  )dx



86,4  3,6 dm 24

O x

YG  dy

 ydS  dS S

y

YG  O

x

12

y2 = 3x dS = xdy

X

X

y2 = 3x dS = (6-y)dx

VOY  24  2 3,6  542,9 dm3

Y

12

 yx dy    xdy 

6

0 6

0

y3 dy 108 3   4,5 dm 2 y 24 dy 3

VOX  24  2 4,5  678,6 dm3

volver14

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13

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 15:

Y(cm)

4

3

Y(cm) 3

P

3

x+2(8-x)/3

P

3 X(cm)

X(cm)

8 S1 = 48 cm2 xg1 = 4 cm

8 S2 = 1/2(6 (8-x)) cm2 xg2 = 8-x/3 cm

Condición: X G  x x 1 4  48  8    6  8  x  3 2  XG  x 1 48  6  8  x  2

Al resolver la ecuación anterior, queda: X G  6,87 cm volver15

Solución 16: fig.1

XG 

YG 

fig.2

fig.3

x i  S i Si

y i  S i S i

XG 

S1 =4 cm2 xg2 =3 cm yg2 =3 cm

S1 =32 cm2 xg1 =4 cm yg1 =2 cm

4 32 3 4  6 4   2,63 cm , 32  4  4

YG 

S3 =4π cm2 Xg3 =6 cm yg3 =2 cm

2  32  3  4  2  4  1,74 cm 32  4  4

volver16

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14

Mecánica Física. Ejercicios resueltos

Centros de gravedad

Solución 17: Z

ZG 

dV =πr2dz r/(h-z) = R/h

 zdV V

r

dV

dz

z

V

Y

X h

ZG 

2  zr dz 0 h

 r

h

R2 h  z 2 dz h2

 z



0 h

2

R h  z 2 dz 2 h



2

dz

0

0

h

 zh

2



0 h

 h

2



 z2  2 hz dz 



 z 2  2hz dz

h 4

0

volver17

Solución 18:

XG

R

 /3

0

0

 xdS    r cos rd dr    dS   rdrd S

R

S

Y

/3


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