Centro-de-Gravedad-Ejercicios-Resueltos

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EJERCICIOS RESUELTOS
CENTRO DE GRAVEDAD
1. La figura mostrada es una lámina de acero
de densidad uniforme, determinar
coordenadas del centro de gravedad.
las
2. Hallar las coordenadas del centro de
gravedad de la siguiente figura homogénea.
2
2
10 cm
2
5
5 cm
10 cm
a)  4, 67; 4,67 
b)  6, 33; 4,67 
c)  4, 67; 4,67 
d)  6, 67; 4,67 
d)  6, 67; 3,67 
3
a)  6, 38; 1,13 
b)  6, 38; 2,13 
c)  4, 38; 0,13 
d)  6, 38; 0,13 
e)  5, 38; 0,18 
Solución:
Asignamos números a los componentes:
Y
Solución:
Dividimos el gráfico en figuras conocidas:
2
Y
2 2
1
2
10 cm
12 cm
1
2
xi
6
8
yi
3
8
1
Ai
72
36
108
xiAi
432
288
720
720
 6, 67
108
504
yc 
 4, 67
108
yiAi
216
288
504
2
16
3
2
X
3
2
24
xiAi
128
8
3
–3
6
21
134
134
 6, 38
21
8
y c  3  0,13
21
 6, 38; 0,13 
Ai
yiAi
32
3
–8
8
3
xc 
xc 
 6, 67; 4,67 
Elaborando una tabla:
Fig.
xi
yi
X
Elaborando una tabla:
Fig.
5
1
6 cm
2
Rpta.
Rpta.
1
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3. Hallar la suma de las coordenadas del centro
de gravedad de la varilla doblada en U, que se
muestra en la figura:
5 cm
5 cm
a) 4
d) 6
b) 5
e) 4,8
c) 4,5
Solución:
dos partes iguales formando un ángulo de 60°.
¿A qué distancia del vértice “O” se encuentra el
centro de gravedad de la varilla doblada?
7
3
a)
2
O
5
3
b)
3
60º
3
3
c)
2
7
3
d)
8
5
3
e)
2
Solución:
Ubicamos de manera conveniente en un eje de
coordenadas:
Y
1
Y
5 cm
4. Una varilla de 20 cm de largo se dobla en
1
3
2
1
2
3
0
2,5
5
2,5
0
2,5
x iL i
y iL i
5
5
5
15
0
12,5
25
37,5
12,5
0
12,5
37,5
37, 5 375 5


15
150 2
37, 5 375 5
yc 


15
150 2
10 cm
1
2
5
2
5
5
3
3
0
X
x iL i
y iL i
10
25
25 3
10
20
50
75
25 3
75 15

20
4
25
5
yc 
3
20
4
Por Pitágoras:
xc 
d
O
2
2
Construimos nuestra tabla:
Fig.
xi
yi
Li
Luego:
Rpta.
(x c , y c )
d
5
30º
O
Li
xc 
x c  yc  5
5
3
2
X
5 cm
Elaborando una tabla:
Fig.
xi
yi
5
5
2
yc
3
C.G.
xc
0
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2
3
2
5

2  15 
d 
3
 
 4 
4

225
75
300
2
d 


16 16
16
5
3
d
2
a
2
 2
a
4
Rpta.
5. Hallar la coordenada yC del C.G. de la placa
mostrada.
Luego:
1 3
a
yc  2
 2
a
4
2a
3
5a
d)
4
b)
Solución:
Dividimos la
(semicírculos).
placa
c)
2a

c) 147 m
en
formas
0
1 3
a
2
a
12
Rpta.
conocidas
B
Solución:
A
154 m
(x 3, y 3 )
O
3
4a
3
60º
154 m
(x c , y c )
1
2
O
e) 125 m
(x1, y1)
4a
3
OG 
X
2a
Elaboremos la tabla de valores:
OG 
xi
yi
Ai
xiAi
yiAi
0
4a
3
 2
a
2
0
2 3
a
3
2a
3
 2
 a
8
a
16
a
2
3

d) 152 m
Y
(x 2, y 2)

3
a
16
de vía férrea curvada según se muestra en la
figura. Si se sabe que el radio de curvatura es
22
igual a 154 m. Considere:  
. A
7
a) 150 m
154 m
b) 145 m
a
2
3a
2
3a
e)

a)
2
2a

 yc 

6. Determinar la posición del C.G. de un carril
a
2
1
 2
 a
8
2a
3
3

3
a
12
G
154 m
Rsen 

154 sen
30º
B

6

6
1
154( )
2  6(7)(77)
OG 
1 22
22
( )
6 7
OG  147 m
Rpta.
3
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7. Hallar el centro de gravedad del alambre, en
función de “R”, con respecto al sistema de
coordenadas que se indica.
2
2R
R

2R 
Finalmente:
yc 
1

C.G.  R  1, 


Y
R
Rpta.
8. Determinar la posición del centro de
R
2
gravedad de la placa que se muestra:
20 cm
X
R
2
5 cm
1 
a) R  1,

 2 
2

d) R  1, 


1
b) R  2,



4 
e) R  1,

3 

1
c) R  1, 
 
12 cm
22 cm
8 cm
Solución:
Y
14 cm
1
R
O
2r

R/2
2r

R/2
X
Y
x iL i
y iL i
2
2R 2
2
R2
2
1
R
2R

R
R
2
3R
2
R

R
2
3R
4
3
R
2
R
2
R
4
R

2R
De donde:
xc 
4
2
2R
R
2R
2
2 R
2

b) (7,50; 11,53)
d) (6,34; 10,65)
Solución:
Dividimos la figura en formas conocidas:
3
Completamos nuestra tabla:
xi
yi
Li

a) (7,58; 10,48)
c) (7,25; 11,06)
e) (7,31; 11,61)
2
2R

20 cm
5 cm
12 cm
22 cm
2
R
2
2R 2
8 cm
14 cm
X
Las áreas parciales son rectángulos, sus centros
de gravedad son las intersecciones de sus
diagonales.
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1
2
3
xi
yi
Ai
10
4
7
19,5
12,5
4
100
72
112
284
2072
 7, 30
284
Finalmente:
C.G.  (7, 31; 11,61)
xc 
xiAi
yiAi
h
2
 4R
4
h  4R
c) 2R
R
R
Solución:
Sea el origen de coordenadas el centro de
gravedad (punto de contacto).
C.G.  (x c , y c )  (0, 0)
Y
Cálculo de Volúmenes:
Vcono 
Vesfera
Fig.
R h
3
4 R

3
C.G.
h
h
4
3
X
R
yi
Vi
y i Vi
1
h
4
2
R h
3
R h
12
2
–R
4 R
3
3
2 2
R h
4 R

12
3
2
b) 4R
2
4
Rpta.
colocado un cono cuya base circular tiene su
radio igual al de la esfera. ¿Qué altura debe
tener dicho cono para que el C.G. del sistema se
encuentre en el punto de contacto?
a) 3R
e) 5R
2 2
R h
4 R

12
3 0
yc 
2
3
R h 4 R

3
3
9. Sobre una esfera maciza de radio “R” se ha
d) R
La coordenada y c debe ser cero:
1000 1950
288
900
784
448
2072 3298
3298
yc 
 11, 61
284
2 2

4 R
3
4
2
 h  16R
2
Rpta.
10.
Calcular el ángulo de equilibrio para la
plancha metálica semicircular mostrada.
2 
a) arc tan 

 3 
4 
b) arc tan 

 3 

5 
c) arc tan 

 3 
4 
R
d) arc cot 

 3 
e) arc tan 2
Solución:
Por condición de equilibrio de un cuerpo
suspendido, la vertical que contiene la cuerda
debe pasar por su C.G. Además de ubicarse
sobre su eje de simetría.
4R
Se sabe que: y 
3
En el triángulo rectángulo:
4R
4
tan   3 
R
3
 4 

  arc tan 
 3 
Rpta.
4
5
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11.
Un alambre rígido homogéneo de 25 cm
de longitud es doblado como se indica en la
figura. ¿Cuánto debe medir “x” para mantener
equilibrio?
O
x
Solución:
Ubicamos el origen de coordenadas en el centro
del círculo mayor (Eje de simetría – eje Y).
Y
5 cm
2
a) 10 cm
d) 12 cm
b) 15 cm
e) 16 cm
c) 10 cm
Solución:
D.C.L. de la barra
5
(x c , y c )
W2
x  10
B
O
20  x
R
A W1
C
10
Elaborando el cuadro respectivo:
Fig.
yi
Ai
x
1
0
2
R
2
Como el alambre es homogéneo, su peso es
proporcional a su longitud:
M 0  0 :
W1(20  x)  W2(x  10)  0
5k(20  x)  20k(x  10)
x  12 cm
12.
Rpta.
Determinar la coordenada y c del centro
de gravedad de la figura. R  4 cm .
R
a) 
4
R
b) 
5
2R
c) 
5
R
R
d) 
6
3R
e) 
8
6
X
R
1
yc 

R
8
R
yiAi
2
0
R 2
4

R 3
8
3
2
R
4

R 3
8

3
3
2
R
4
 yc 

R
6
Rpta.
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13.
Encuentre las coordenadas del C.G. de
la placa metálica de espesor uniforme.
Considere π = 3,1.
Y(cm)
30 cm
30 cm
6 cm
10 cm
X(cm)
 Hallando las coordenadas del
gravedad y las áreas respectivas.
Área
X
900 cm2
15
36π cm2
24
centro de
Y
15
10
Para la absisa
A x  A 2x 2 900  15   36  24 
x 1 1

A1  A 2
900  36
x  13,7 cm
 Ahora para la ordenada.
A y  A 2y 2 900  15   36  10 
y 1 1

A1  A 2
900  36
y  15,7 cm
 Entonces el centro de gravedad es:
C.G. = (13,7; 15,7)
7