8/18/2019 CLASE N°4 Problemas resueltos de componentes de vectores en 3 dimensiones
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CLASE N°4
TÍTULO: Componentes en tres dimensiones
SUMARIO: Problemas del libro Engineering Mechanics, Statics, Fifth Edition, Bedford
& Fowler.
1. Solci!n del Problema ".#$
". Solci!n del Problema ".##
%. Solci!n del Problema ".%
'. Solci!n del Problema ".'
(. Solci!n del Problema ".)
*. Solci!n del Problema ".)*
#. Conclsiones.
OBJETIVO DE LA CLASE :
1. Familiari+arse con el lgebra -ectorial como herramienta primordial para
la solci!n correcta de problemas prcticos e operan de forma
tridimensional.
". /esarrollar la intici!n del estdiante para dar la solci!n de la forma ms
sencilla a estos problemas.
%. Mane0o adecado de la trigonometra necesaria para dar solci!n a los
problemas.
'. Mane0o adecado del -ector Fer+a F 2 del -ector de posici!n r respectoa s inclinaci!n respecto a los e0es de coordenadas del sistema cartesiano
2 el -ector nitario e paralelo a F 2 a r .
CONTENIDO
1. Problema .!"3n -ector nitario tiene los cosenos directores cosθ x=−0.5 2 cosθ y=0.2 . S
componente z es positi-a. E4pr5selo en t5rmino de ss componentes.
Da#o$
cos θ x=−0.5
cos θ y 6 $."
E4prese e en t5rmino de ss componentes.
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cos θ x 7 cos θ y 7 cos θ z 6 1
cos θ z=1− (−0.5 )2−(0.2 )2
cos θ z 6 ± $.'
Por tanto e 6 −0.5i+0.2 j+0.84 k
8os cosenos directores constit2en -ectores nitarios en el mismo sentido de la
aplicaci!n de la fer+a.
. Problema .!!
Da#o$
|r A|=2kms |r B|=4kms
cosθ Ax=0.768 cosθBx=0.743
cosθ Ay=0.384 cosθBy=0.557
cosθ Az=0.512 cosθBz=−0.371
9Cl es la distancia entre los dos sat5lites
/eterminamos r A 2 rB , los restamos o hacemos na sma rB+(−r A ) . El -ector r A es de igal magnitd pero en sentido contrario.
r A=r Ax+r Ay+r Az
r A=|r A|cosθ Ax i+|r A|cos θ Ay j+|r A|cosθ Az k
rB
r A;
B
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Sustituyendo los valores del vector de posición y los cosenosdirectores obtenemos
r A=1.536 i+0.768 j+1.024 k
rB=rBx+r By+r Bz
rB=|r B|cosθBx i+|rB|cosθBy j+|rB|cos θBz k
Sstit2endo los -alores del -ector de posici!n 2 los cosenos directores obtenemos
rB=2.972i+2.228 j−1.484k
rB+(−r A )=rB−r A= (2.972−1.536) i + (2.228−0.768) j+ (−1.484−1.024 )k
rB−r A 6 1.436 i+1.460 j−2.508 k
|r B−r A|=√ (1.436 )2
+(1.460 )2
+(2.508 )2
|r B−r A|=3.24 kms
8a distancia desde n sat5lite a otro es de 3.24kms.
Sat5lite B
Sat5lite B
rB−r A
−r A
rB
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%. Problema .&%
Da#o$
|rOA|=20 ft 8a lnea ;B es paralela al e0e y.
El pnto B est en el plano x-z.
E4prese rOA en t5rmino de ss componentes.
rOA=rOB+rBA
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-"°
4"°
y
x
z
O
9
0
°
%"°
"°
rOA ya !ue las componentes de rOBx y rOBz son iguales a rOAx
y rOBz .
4. Problema .&4
Da#o$
| F A|=140 lb| F B|=100lb
| F A+ F B|=?
F A+ F B= F Ax+ F Ay+ F Az− F Bx+ F By+ F Bz
Sstit2endo las componentes de F Ax , F Az , F Bx 2 F Bz por ss
pro2ecciones en el plano 4>+ seg?n la figra mostrada, obtenemos
F A+ F B= F h1 x+ F Ay+ F h1 z− F h2 x+ F By+ F h2 z
Sstit2endo las componentes anteriores seg?n s inclinaci!n respecto a los e0es
de coordenadas obtenemos
F A+ F B=| F h1|sen50° i " | F A|sen40 ° j+| F h1|cos50° k −| F h2|cos60° i+¿| F B|sen60° j+| F h2|cos30° k (1)
/ebemos hallar | F h1| y| F h2| para poder sstitirlos en la e4presi!n anterior.
| F h1|=| F A|cos40°=¿ ( 140 lb¿(0.766) 61$#."' lb
| F
h2|=
| F
B|cos60°=¿
(1##) (0.5
)=¿ ($ lb
F
F Ax= F h1 x
F h1
F h2 F
Az
F B
F A
F Bx= F
h2 x F Ax= F h1 x ,
cos %$@= ! sen %$@
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Sstit2endo todas las componentes en
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eCE
;
E T
2
"$ @ B C
/
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180250
300
350
400
Theta ,Alpha (degrees)
V e c t o r s u m a d e F u e r z a ,
F A B
( p o u n d s )
FAB1
FAB22
-. Problema .&3
+
4
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Aector de posici!n paralelo al e0e 4
Y
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. Problema .3
4
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