PROBLEMAS DE DINÁMICA DE LA PARTÍCULA
PROBLEMASDEDINÁMICA DE LA PARTÍCULA1.Ecuación básica de la dinámica en referencias inerciales y noinerciales2.Leyes de conservación del impulso, del momento cinético y deltrabajo3.Fuerzas centrales4. GravitaciónProf. J.F. Martín
Ley de NewtonmartinPágina 227/05/021. Ecuación básica de la dinámica en referencias inerciales yno inercialesProblema 1 Dos bloques de masas m1 20 kg y m2 8 kg, están unidos mediante unacuerda homogénea inextensible que pesa 2 kg. Se aplica al conjunto una fuerza verticalhacia arriba de 560 N. Calcular: a) La aceleración del conjunto; b) Las fuerzas que actúanen los extremos de la cuerda.SoluciónF1ym1m3m2xOa) La fuerza total exterior que actúa sobre el conjunto esF F1 P1 P2 P3 (560 – 30 x 9,8) j 266 jy su masa es de 30 kg.De la 2ª ley de NewtonF mase tiene quea 8,86 j ms-2b) En el extremo superior A y en el inferior B de la cuerda actúan fuerzas FA y FB tal queFA FB P3 m3 aLa fuerza FB es la que ejerce el bloque 2 sobre la cuerda, luego la cuerda ejerce sobre el bloqueuna fuerza igual de sentido opuesto. Movimiento del bloque 2 –FB P2 m2 aSustituyendo en la ecuación anterior quedaFA 186,6 j NFB –149,3 j N
Ley de NewtonmartinPágina 327/05/02Problema 2 En el esquema de la figura las masas de la polea y del cable son despreciablesy no hay rozamiento entre el cable y la polea. Hallar la aceleración del bloque m0 y latensión del cable que une los bloques m1 y m2. El coeficiente de rozamiento entre losbloques y el plano inclinado es µ.m2m1m0SoluciónAceleración a Tensión T m0 µ ( m1 m 2 )gm0 m1 m2( 1 µ ) ( m1 m 2 )m0 gm 0 m1 m2
Ley de NewtonmartinPágina 427/05/02Problema 3 Una partícula de masa m se mueve bajo la acción de una fuerza F. Determinarel vector posición r(t) si:a) F F0 sen ω t, r (0) 0, v (0) 0 siendo F0 un vector constante y ω una constante 0b) F – η v , r (0) 0, v (0) v0 siendo η una constante 0Solucióna) De la ecuación fundamental de la dinámica se tiened v F0sen ω t dtmIntegrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales se tiene:v (t) F0(1 cos ωt )mωEl desplazamiento elemental es d r v (t) d t Sustituyendo e integrando se tiene:r(t) F0m ω2(ω t sen ω t )El movimiento de la partícula es rectilíneob) De la ecuación fundamental de la dinámica en forma escalar se tienedvηv dtmIntegrando y pasando a la forma vectorial queda: v (t) v 0 eηmtIntegrando la velocidad y teniendo en cuenta las condiciones iniciales se obtiene la posiciónr (t) El movimiento de la partícula es rectilíneom v0(1 – eη ηt / m)
Ley de NewtonmartinPágina 527/05/02Problema 4 Una partícula de masa m se mueve sobre un plano bajo la acción de unafuerza de módulo constante F, cuya dirección dentro del plano gira con una velocidadangular ω constante. En el instante inicial la velocidad de la partícula es nula. Calcular v(t)y el recorrido s hasta que su velocidad es de nuevo cero.SoluciónEl eje x del sistema de referencia se toma en la dirección de la fuerza en el instante inicial. En elinstante t la dirección de la fuerza ha girado el ángulo ω t.yFωtmFt 0OxLas componentes de la fuerza en el instante t son:F1 F cos ω tF2 F sen ω tDe la ecuación fundamental de la dinámica se tiened v1 Fcos ω t d tmd v2 Fsen ω t d tmIntegrando las dos ecuaciones anteriores se obtiene las componentes de velocidadv1 Fsen ω tmωv2 F(1 – cos ω t)mωEl modulo de la velocidad esv (t) Fmω2 (1 senωt ) ω t sen mω2 2 FLa velocidad es nula en el instante inicial y se hace cero en el instante t 2π/ω . El recorridoentre ambos instantes ess t0v (t ) dt 8Fm ω2
Ley de NewtonmartinPágina 627/05/02Problema 5 Sobre una partícula de masa m actúa una fuerza dada por F t ( t t0 ) u ,siendo u un vector constante y t0 el tiempo de actuación de la fuerza. Determinar : laaceleración, la velocidad y la posición de la partícula en los intervalos a) t t0 ; b) t t0y c) t t0Solucióna) La fuerza que actúa sobre la partícula tiene dirección constante, luego su movimiento esrectilíneo. Su aceleración esa F t ( t0 t )u mmv t 2 ( 3t0 2 t )u6mIntegrando se obtiene la velocidadIntegrando de nuevo se obtiene la posiciónt 3 ( 3 t0 2 t )r u12 mb) En el instante t t0 , la fuerza es cero y también la aceleración. La velocidad y la posición endicho instante sonv(t 0 ) t 03u6m;r (t 0 ) t 04u6mc) A partir de dicho instante el movimiento es estacionario.Problema 6 Sobre una partícula de masa m actúa la fuerza F F0 sen ω t i donde F0 y ωson constantes positivas. En el instante inicial, la partícula está en el origen y en reposo.Determinar la ecuación del movimiento.Solucióna)x F0 1 t sen ω t ωmω F0(1 cos ω t )mωLos valores máximos se tienen en los instantes que cumplen ω t π, 3π, 5π, .b)v
Ley de NewtonmartinPágina 727/05/02Problema 7 Las ecuaciones del movimiento de una partícula de masa m son x Asen ω t ,y B cos ω t, donde A , B y ω son constantes positivas. Determinar : su trayectoria, lafuerza que actúa sobre ella y la velocidad de la partículaSoluciónEliminando el tiempo entre las ecuaciones del movimiento se obtiene la ecuación de latrayectoriax2y2 1A2B2que es una elipse de semiejes A, B.yBmrOALa fuerza que actúa sobre m se obtiene de la segunda ley de NewtonF ma m (d2 xd t2i d2yj)d t2Efectuando las derivadas y sustituyendo quedaF m ω2 rLa velocidad es la derivada de r respecto del tiempov ω ( A cos ω t i B sen ω t j )x
Ley de NewtonmartinPágina 827/05/02Problema 8 Una partícula de masa m 5 kg está unida al extremo de un cable de longitud l 2 m cuyo otro extremo está fijo. La partícula recorre una circunferencia horizontal convelocidad constante v, tal que el cable forma un ángulo de 40º con la vertical en el extremofijo. Determinar la velocidad de la esfera y la tensión del cable.SoluciónFCOravmPCinemática. En la referencia fija de origen O, la partícula tiene un movimiento circularuniforme de radio r l sen 40º, luego solo tiene aceleración normal dirigida hacia O y sumódulo es a v2 / r .Dinámica. Sobre la partícula actúa la fuerza del cable FC y su peso P. De la 2ª ley de celer setieneP m a FC PFC40ºmaDel triángulo se tiene la tensión del cableFC y para la aceleración:mgcos 40º tg 40º a / gFC 63,9 Na 8,22 ms-2La velocidad de la partícula está dada porv2 a l sen 40º v 3,25 ms-1
Ley de NewtonmartinPágina 927/05/02Problema 9 Una partícula de masa m que está unida al extremo de un cable de longitud l,cuyo otro extremo está fijo, se mueve en un plano vertical, a partir de un punto A tal que elcable forma con la vertical un ángulo θ0, iniciando el movimiento con velocidad cero.Determinar: a) La velocidad de v de la esfera en función de θ. b) La tensión del cable enfunción de θ. c) La aceleración a en función de θ.SoluciónyxOlθ0FθAnmτvPCinemática. En la referencia de origen O, la esfera recorre una circunferencia de radio l convelocidad variable v(t). Las componentes intrínsecas la aceleración son :aτ dvdt;an v2lDinámica. Sobre la masa m actúan la fuerza del cable F y su peso P.De la 2ª ley de Newton en componentes intrínsecas se tiene:m aτ τ m an n m g sen ϕ τ m g cosϕ n F na) Para la componente tangencial se tiene :m g sen θ mdvdt ds dv g sen θdt ds v dv g sen θ ds l g sen θ d θIntegrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales quedav2 2 l g ( cos θ cos θ 0 )b) Para la componente normal:
Ley de NewtonmartinPágina 1027/05/02v2F m g cos θ m m 2 g ( cos θ cos θ0 )lLa tensión del cable esF m g ( 3 cos θ 2 cos θ 0 )c) De las ecuaciones anteriores se tiene la aceleración en la base intrínsecaa ( g sen θ ) τ 2 g ( cos θ cos θ0 ) nProblema 10 Una partícula de masa m se encuentra en el polo de una semiesfera de radioR, la cual está apoyada sobre una superficie horizontal. Desplazada ligeramente de suposición de equilibrio, la partícula desliza sobre la superficie, la cual se supone lisa.Determinar: a) La velocidad v de la partícula en función del ángulo θ que forma su radioposición con el radio inicial. b) El valor de la normal N en función de θ. c) El valor de θ, enel instante en que la partícula se despega de la superficie.SoluciónNRθmτnvPOCinemática. En la referencia de origen O, la partícula m tiene un movimiento circular nouniforme de radio R . Las componentes intrínsecas de la aceleración son:aτ dvdt;an v2R
Ley de NewtonmartinPágina 1127/05/02Dinámica. Sobre la masa m actúan el peso P y la reacción en el apoyo N.La 2ª ley de Newton en componentes intrínsecas es :m aτ τ m an n m g sen ϕ τ m g cosϕ n N na) De la componente tangencial se tiene :m g sen θ mdvdt ds dv g sen θdt ds v dv g sen θ ds R g sen θ d θIntegrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales quedav2 2 R g ( 1 cos θ )b) De la componente normal se tiene:m g cos θ N mv2 m 2 g ( 1 cos θ )RLa normal esN m g ( 3 cos θ 2)c) La masa m deja de estar en contacto con la superficie cuando N 0θ 48,19º
Ley de NewtonmartinPágina 1227/05/02Problema 11 Determinar la fuerza F aplicada al bloque de masa M de la figura adjunta,para que los bloques de masas m1 y m2 apoyados en M, no se muevan respecto de M. Todaslas superficies son lisas y la polea y el cable tienen masa despreciable.m1m2MFSoluciónConsideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicadaF. De la 2ª ley de Newton aplicada al conjunto se tiene:F ( M m1 m2 ) a(1)siendo a la aceleración del conjunto. Las masas m1 y m2 están en reposo sobre el bloque M,luego en la referencia O su aceleración es del conjunto. La fuerza que ejerce el cable sobre m1 yla que ejerce sobre m2 tienen el mismo módulo FC.La 2ª ley de Newton para m1 es m1 g j N1 j FC i m1 a i FC m1 a(2)N2 i FC j m2 g j m2 a i FC m2 g(3)De (2) y (3) se tiene a La 2ª ley de Newton para m2 esm2gm1Sustituyendo (4) en (1) se obtiene la fuerza aplicada a MF m2(M m1 m2 ) gm1(4)
Ley de NewtonmartinPágina 1327/05/02Problema 12 Determinar la aceleración mínima con que debe desplazarse el bloque demasa M en sentido horizontal para que los bloques de masas m1 y m2 no se muevan respectode M, siendo µ el coeficiente de rozamiento entre los bloques. La polea y el cable tienenmasa despreciable.m1m2MaSolucióna m 2 µ m1gm1 µ m 2Problema 13 En la figura, el bloque cilíndrico de masa m2 tiene un orificio y puede deslizarpor el cable con rozamiento. La barra cilíndrica de altura h tiene una masa m1 m2 y en elinstante inicial, la parte superior B del cilindro coincide con la inferior de la barra y al dejarel sistema en libertad, ambos cuerpos se mueven con aceleraciones constantes. Pasados tsegundos, la parte superior B del cilindro coincide con la superior A de la barra. Determinarla fuerza de rozamiento f entre el cilindro y el cable. Am1hBm2Soluciónf 2 m1 m 2 hm1 m 2 t 2N
Ley de NewtonmartinPágina 1427/05/02Problema 14 Un bloque de masa m se encuentra sobre otro bloque de masa M que estáapoyado sobre una superficie horizontal lisa. El coeficiente de rozamiento entre los dosbloques es µ. Al bloque M se le aplica una fuerza horizontal dirigida hacia la derecha quedepende del tiempo según la ley F k t. Determinar: a) El instante t1 en que m1 empieza adeslizar sobre m2; b) La aceleración de cada uno de los bloques.mFMSolucióna) Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerzaaplicada F. Sea τ el instante en que m empieza a deslizar sobre M. Hasta dicho instante t τ , elconjunto se mueve con una aceleración común a.La 2ª ley de Newton aplicada al conjunto en el instante t τ es( M m ) a(τ) i ( M m ) g j N j k τ i ( M m ) a(τ) k τ(1)La 2ª ley de Newton aplicada a la masa m en el instante t τ es, ( la fuerza de rozamiento sobrem tiene, en ese instante, su valor máximo fr µ m g )m a(τ) i m g j N1 j µ m g i a(τ) µ g De (1) y (2) quedaτ (2)µ (m1 m 2 )g skktm MPara t τ . Las fuerzas que actúan sobre m son constantes, luego la aceleración de m es a(τ)b) De (1) se tiene que la aceleración del conjunto para t τ es a(t ) La 2ª ley de Newton aplicada a la masa M esM a′ (t) i ( M m ) g j N j µ m g i k t i µm gkt MMa′ Gráfica de las aceleraciones en función del tiempoa′aa( τ )Oτtm/s2
Ley de NewtonmartinPágina 1527/05/02Problema 15 Una persona de masa m 58 kg se encuentra sobre una plataforma de masaM 14,5 kg la cual está unida a una cuerda que pasa por una polea como se muestra en lafigura adjunta. Encontrar la fuerza que la persona debe hacer sobre el extremo libre de lacuerda para: a) Subir con aceleración de 0,61 ms-2. b) Subir con velocidad constante.Solucióna) Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje y vertical. Para subir, en elextremo libre de la cuerda, la persona ejerce una fuerza vertical hacia abajo, y la cuerda ejercesobre la persona, apoyada en la plataforma, una fuerza igual y de sentido opuesto. En el otroextremo de la cuerda, esta ejerce sobre el sistema plataforma-nombre una fuerza vertical haciaarriba. Ambas fuerzas son iguales.FyFFuerzas sobre el sistema hombre-plataformaOPxP′De la 2ª ley de Newton se tiene(m M) a j 2 F j – (m M) g jOperando se tieneF 377 Nb) Ahora la aceleración es cero. De la ecuación (1) igualada a cero se tieneF 355 N(1)
Ley de NewtonmartinPágina 1627/05/02Problema 16 El coeficiente de rozamiento entre los bloques mA 5 kg , mB 10 kg y elsuelo es µ 0,30. Las masas de la polea y del cable son despreciables y el cable esinextensible. Al aplicar al bloque B una fuerza horizontal de 125 N, determinar: a) Laaceleración de B ; b) La tensión del cable.A 125 NBSolucióna) Consideremos un sistema de referencia con origen en la pared y el eje x horizontal. Lasposiciones de los bloques están relacionadas por la condición de ligadura xA xB cte. Luegosus aceleraciones (componentes horizontales) cumplen aA aB 0aB aA aSea F la fuerza que ejercen los extremos del cable sobre los bloques dirigida, en ambos bloques,hacia la izquierda. La 2ª ley de Newton para el bloque A esmA aA i µ NA i – F i mA g j NA j NA mA g ;mA aA µ mA g – F(1)y para el bloque BmB aB i 125 i – F i µ mA g i µ N g i N j (mA mB) g jN (mA mB) g; mB aB 125 – F µ mA g µ (mA mB) gEliminando la F entre las ecuaciones (1) y (2) se tiene la aceleración de Ba 3,43 ms-2b) Sustituyendo el valor de la aceleración en la ecuación (1) se tieneF 31,85 Ncuyo valor es la tensión del cable.(2)
Ley de NewtonmartinPágina 1727/05/02Problema 17 Dos bloques A y B de masas mA y mB están unidos mediante un cable quepasa a través de una polea tal como se muestra en la figura adjunta. El coeficiente derozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es µ. Determinar el sentido delmovimiento cuando se dejan en libertad a partir del reposo. El cable es inextensible y lasmasas del cable y la polea despreciables. ABϕSoluciónSupongamos que el bloque A asciende sobre el plano inclinado. Sea F la fuerza que ejercen losextremos del cable sobre los bloques dirigida, en ambos bloques, tal como se indica.NAFFABfAϕPAPBEl movimiento de B es hacia abajo, luego mB g FEl movimiento de A es hacia arriba , luego F mA g sen ϕ µ mA gcos ϕmB sen ϕ µ cos ϕmA El movimiento de los bloques es el indicado siSupongamos que el bloque A desciende sobre el plano inclinado.El movimiento de B es hacia arriba, luego mB g FEl movimiento de A es hacia abajo , luego F µ mA gcos ϕ mA g sen ϕEl movimiento de los bloques es el indicado siLos bloques no se mueven si mB sen ϕ - µ cos ϕmAsen ϕ - µ cos ϕ mB sen ϕ µ cos ϕmA
Ley de NewtonmartinPágina 1827/05/02Problema 18 Dos bloques A y B de masas mA 10 kg y mB 7 kg, están unidos medianteun cable que pasa a través de las poleas tal como se muestra en la figura adjunta. Elcoeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es µ 0,10 y ϕ 30º. Elcable es inextensible y las masas del cable y las poleas son despreciables. Determinar: a)Las aceleraciones de los bloque B ; b) La tensión del cable. ABSoluciónSupongamos que el movimiento de A es hacia abajo, luego ha de serF µ mA gcos ϕ mA g sen ϕ El movimiento de B es hacia arriba, luegoDe ambas expresiones quedaF mA g sen ϕ µ mA g cos ϕmB g 2 F1mB g mA g sen ϕ µ mA g cos ϕ , desigualdad2 que se cumple para los valores dados, luego el movimiento es previsto.a) Consideremos un sistema de referencia con el eje x horizontal. Las posiciones de los bloquesestán relacionadas por la condición de ligadura sA 2 yB cte. Luego sus aceleraciones(componente paralela al plano inclinado y vertical ) cumplenaA 2 aB 0 aB 1aA a2(1)Fuerzas sobre los bloquesFFyFNA BfrAϕOxPBPA
Ley de NewtonmartinPágina 1927/05/02La 2ª ley de Newton aplicada al bloque A esmA aA µ NA F mA g sen ϕ;NA mA g cos ϕmA aA F µ mA g cos ϕ mA g sen ϕ(1)La 2ª ley de Newton aplicada al bloque B esmB aB 2 F mB g mB aB 2 F – mB g(2)Eliminando la F entre las ecuaciones (2) y (3), y teniendo en cuenta la ecuación (1), operandoquedaa 0,26 m/s2Las aceleraciones de los bloques son :aA 0,52 (31i j ) ms-222;aB 0,26 j ms-2b) La magnitud de la tensión del cable es el valor de la fuerza que el cable ejerce sobre losbloques. De la ecuación (2) se tieneF 35, 2 N
Ley de NewtonmartinPágina 2027/05/02Problema 19 Dos bloques A y B de masas mA y mB están unidos mediante un cable quepasa a través de las poleas tal como se muestra en la figura adjunta. El coeficiente derozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es µ. El cable es inextensible y las masasdel cable y la polea son despreciables. Estudiar el sentido del movimiento de los bloques. AϕBSoluciónSupongamos que el bloque A asciende por el plano inclinado. Consideremos un sistema dereferencia con el eje x horizontal. Las posiciones, por una parte, del bloque A y de la poleamóvil , y por otra de la polea y el bloque B, están relacionadas por las condiciones de ligadurasA ypo cte;2 ypo yB cteLas componentes de las aceleraciones de los bloques satisfacen la condición2 aA aB 0(1)a) Sean FA y FB las fuerzas que los cables ejercen sobre los respectivos bloques. Fuerzas sobrelos bloques y sobre la polea móvil.FByFANAF′AABfr ϕOxF′BPAF′BPBLas fuerzas en los cables cumplen FA F′A y FB F′B . La masa de la polea móvil es ceroluegoFA 2 FB(2)es decir, la tensión del cable unido al bloque A es el doble de la tensión del cable unido albloque B.
Ley de NewtonmartinPágina 2127/05/02De la 2ª ley de Newton aplicada al bloque A se tienemA aA µ NA FA mA g sen ϕ;NA mA g cos ϕmA aA FA µ mA g cos ϕ mA g sen ϕ(3)De la 2ª ley de Newton aplicada al bloque B se tienemB aB FB mB g(4)Sustituyendo las ecuaciones (1) y (2) en las ecuaciones (3) y (4) y operando queda(mA 4 mB) aA [2 mB mA (sen ϕ µ cos ϕ) ] g [El movimiento es el indicado ( aA2 mBmA (sen ϕ µ cos ϕ) ] mA g) si se cumple que2m B sen ϕ µ cos ϕmAEl movimiento es de sentido opuesto ( aA ) si se cumple que2m B sen ϕ µ cos ϕmANo hay movimiento sisen ϕ µ cos ϕ 2m B sen ϕ µ cos ϕmAProblema 20 Un niño de masa m 45 kg se pesa en una báscula de resorte situada sobreuna plataforma especial que se desplaza por un plano inclinado de ángulo θ 30º comomuestra la figura (no hay rozamiento entre la plataforma y el plano inclinado). ¿Cuál será lalectura de la báscula en estas condiciones?
Ley de NewtonmartinPágina 2227/05/0230ºSoluciónCalculemos primero la aceleración con que el sistema niño-báscula-soporte se desplaza sobre elplano inclinado . Sea P1 M g el peso total del sistema y N1 la reacción del plano inclinado.N1N1 M g cos 30ºOM a M g sen 30ºMa30ºP1 La aceleración del conjunto esa gSolución en una referencia inercial Sobre el niño actúan : su peso P y la reacción R en elapoyo . La indicación de la báscula el valor de la normal.RRydonde NmaR.I.fPODe la 2ª ley de Newton30ºx m a Fi R P(1)
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velocidad constante v, tal que el cable forma un ángulo de 40º con la vertical en el extremo fijo. Determinar la velocidad de la esfera y la tensión del cable. O m r v a FC P FCP ma 40º . Ley de Newton martin Página 9 27/05/02 Solución Cinemática. En la referencia de origen O, la esfera recorre una circunferencia de radio l con velocidad variable v(t). Las componentes intrínsecas la .
2012-up Honda Fit Double DIN or DIN with Pocket GM5205B 2010-up Chevrolet Cruz Double DIN or DIN with Pocket HA1714B 2012-up Honda CRV Double DIN or DIN with Pocket HA1715B 2011-up Honda Odyssey Double DIN or DIN with Pocket HD7000B 1996-2012 Harley Davidson dash kit and harness CR1293B 2011-up Jeep Cherokee/Dodge Durango Double DIN or DIN with .
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1 750 V Gr.C 660 V Gr.C NFC DIN UL CSA ACD13-6 ACD23-6 BO3 10x3 mm BO6 15x6 mm SFB1 SFB2 SFB3 RC610 SPBO SPBO R 3 2 1 ACD13-6 (DIN 1 - DIN 3) ACD23-6 (DIN 2 - DIN 3) ACD13-6 (DIN 1 - DIN 3) BO3 BO6 10 x 3 6 x 6 15 x 6 X X X XX XX ACD23-6 (DIN 2 - DIN 3) Rail 35 x 7,5 x 1 PR3.Z2 Rail 35 x 15 x 2,3 PR4 Rail 35 x 15 x 1,5 PR5 Ra
The DIN Standards corresponding to the International Standards referred to in clause 2 and in the bibliog-raphy of the EN are as follows: ISO Standard DIN Standard ISO 225 DIN EN 20225 ISO 724 DIN ISO 724 ISO 898-1 DIN EN ISO 898-1 ISO 3269 DIN EN ISO 3269 ISO 3506-1 DIN EN ISO 3506-1 ISO 4042 DIN
SLIP-ON FLANGE ND 10 FOR ISO-PIPE DIN 2576 g. VLAKKE LASFLENS ND 10 VOOR DIN-BUIS DIN 2576 BRIDE PLATE À SOUDER PN 10 POUR TUBE DIN DIN 2576 FLANSCHE, GLATT ZUM SCHWEISSEN ND 10 FÜR DIN ROHR DIN 2576 SLIP-ON FLANGE ND 10 FOR DIN-PIPE DIN 2576 "All models, types, values, rates, dimensions, a.s.o. are subject to change, without notice" 173 6
problemas, lo que significa que hay que darles instrumentos para que sean mejores en la resolución de problemas. Para realmente enfatizar la resolución de problemas, lo importante no es resolver más problemas o aplicarlos en la vida cotidiana, lo importante es que la resolución de problemas permite enseñar y aprender matemáticas. 1. 2. 3 .
3.1. Tensile Properties Fig. 1 shows the variation of tensile strength [2] as a function of mica in wt%. After a moderate increment in the initial concentration of mica, the tensile strength decreases at higher filler concentrations. The increment [8] may be due to the platy structure of the mica providing good reinforcement.
DIN EN IS0 3098-0 DIN EN IS0 81 71 4-1 Amendments DIN 6784, February 1982 edition, has been superseded by the specifications of DIN IS0 13715. Previous editions DIN 6784: 1975-09, 1982-02. National Annex NA Standards referred to (and not included in Normative references) DIN 406-1 O DIN 406-1 1
