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)