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EESSCCU UEELLAA SSU UPPEERRIIO ORR PPO OLLIITTEECCN NIICCAA D DEE CCH HIIM MBBO ORRAAZZO O FFAACCU ULLTTAAD DD DEE M MEECCAAN NIICCAA

EESSCCU UEELLAA D DEE IIN NG GEEN NIIEERRIIAA IIN ND DU USSTTRRIIAALL

TTRRAABBAAJJO OD DEE::

Dinámica TTEEM MAA::

Solución de Ejercicios impares de Beer Jhonston cap. 11

IIN NTTEERRG GRRAAN NTTEESS:: Grupo 8 Efrén Llanos

Luis Ludeña

Carlos Gualpa

Paulina Miranda

Oscar Caluña

David Quezada

Fernando Lluco 2 010

1 El movimiento de una partícula está definido por la relación, x  t 2  (t  3) 3 , x y t se expresan en metros y segundos, respectivamente. Determine a ) el momento en el que ala aceleración es cero, b ) la posición y la velocidad de la partícula en ese momento.

Datos:

P

x  t 2  (t  3) 3

-----------------------------------------------SOLUCION:

Ecuaciones cinemáticas: x  t 2  (t  3) 3

(1)

x  v v  2t  3(t  3) 2

(2)

x  a a  2  6(t  3)

(3)

b) v  ? x  ?

a) a  0 a  2  6(t  3)

v  2t  3(t  3) 2

(3)

v  2(10 3)  3(10 3)  3

2

0  2  6(t  3)

(t  3) 

(2)

2 6

v  (20 3)  (3 9)

t 

2 3 6

v

180  9 27

t 

10 s 3

v

19 m s 3

t  3.33s

v  6,33 m s x  t 2  (t  3) 3

(1)

x  (10 3)  (10 3)  3 2

x

299 m 27

3

x  11,07 m

3 El movimiento de una partícula está definido por la relación x=5t4 - 4t3 +3t -2, donde x y t se expresan en pies y segundos, respectivamente. Determine la posición, la velocidad y la aceleración de la partícula cuando t=2s. Datos: x=5t4 - 4t3 +3t -2 x=? v=? a=? g

t=2s

Solución:

Posición: x= 5(2)4 – 4(2)3 +3(2) -2 x= 80 – 32 + 6 – 2 x= 52 ft.

Velocidad: v= 20(2)3 – 12(2)2 +3 v= 160 – 48 + 3 v= 115 ft/s.

Aceleración: v= 60(2)2 – 24(2) v= 240 – 48 v= 192 ft/s2.

5. El movimiento de la corredera A se define mediante la relación x=500 sen kt donde x y t se expresan en milímetros y segundos respectivamente , y k es constante. Si k=10 rad/s, determine la posición, la velocidad y la aceleración de la corredera A cuando t=0.05 s.

SOLUCION: ECUACIONES CINEMATICAS. 𝑥 = 500 sen kt

k = ctte

k = 10 rad/s cuando t=0.05 s POSICION: 𝑥 = 500 sen kt 𝑥 = 500 sen (10rad/s)(0.05s) 𝑥 = 500 sen (1800/π)(0.05s) 𝑥 = 240mm.

VELOCIDAD: 𝑣=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑣 = 500 k cos kt

𝑣 = 500 (10)cos ( 𝑣 = 4390 mm/s

1800

) (0,05s)

π

𝑣 = 4,39 m/s

ACELERACION: 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑎 = −500 𝑘 2 sen kt 1800

𝑎 = −500 (10)2 sen ( 𝑎 = −23971.276 mm/s

π

) (0,05s)

𝑎 = −23,97 m/s

7.- El movimiento de una partícula se define mediante la relación 𝑥 = 𝑡 3 − 6𝑡 2 + 9𝑡 + 5, donde x se expresa en pies y t en segundos. Determine: a) El momento en que la velocidad es cero b) La posición, aceleración y la distancia total recorrida cuando 𝑡 = 5 𝑠 DATOS 𝑥 = 𝑡 3 − 6𝑡 2 + 9𝑡 + 5 𝑥 [𝑝𝑖𝑒𝑠] 𝑡 [𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠] a) 𝑡 =? → 𝑣 = 0 b) 𝑥 =? , 𝑎 =? , 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =? → 𝑡 = 5 𝑠 SOLUCIÓN Ecuaciones cinemáticas 𝑥 = 𝑡 3 − 6𝑡 2 + 9𝑡 + 5 𝑣=

𝜕𝑥 𝜕𝑡

𝑎=

𝜕𝑣 𝜕𝑡

𝑡 =? → 𝑣 = 0

a) 𝑣 =

𝜕𝑥 𝜕𝑡

= 3𝑡 2 − 12𝑡 + 9

3𝑡 2 − 12𝑡 + 9 = 0 𝒕=𝟏

𝒚

𝒕=𝟑 𝑥 =? , 𝑎 =? , 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =? → 𝑡 = 5 𝑠

b) 𝑥 = 𝑡 3 − 6𝑡 2 + 9𝑡 + 5 𝑥 = (5)3 − 6(5)2 + 9(5) + 5 𝒙 = 𝟐𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝜕𝑣 = 6𝑡 − 12 𝜕𝑡 𝑎 = 6(5) − 12 𝒑𝒊𝒆𝒔⁄ 𝒂 = 𝟏𝟖 𝒔𝟐 𝑎=

La distancia total es la suma de las distancias: Cuando t=0 Cuando t=1 Cuando t=3 Cuando t=5

x=5 x=9 x=5 x=20

d=0 d=4 d=4 d=20

Distancia = 28 pies 9.- La aceleración de una partícula se define mediante la relación 𝑎 = 3𝑒 −0.2𝑡 𝑓𝑡 donde 𝑎 y t se expresan en 𝑠2 y segundos respectivamente. Si x=0 y v=0 en t=0, determine la velocidad y la posición de la partícula cuando t=0.5s 𝑎 = 3𝑒 −0.2𝑡 𝑥=0 𝑣=0 Determine: 𝑥 =? 𝑣 =? SOLUCIÓN:

t=0 t=0.5s

𝑓𝑡

𝑎(𝑠2 ) ; t (s)

Ecuaciones cinemáticas: 𝑓𝑡

1. 𝑎 = 3𝑒 −0.2𝑡 [𝑠2 ] 𝑎= 𝑣 ∫𝑣𝑜 𝑑𝑣

𝑑𝑣 𝑑𝑡

=

= 𝑎 = 3𝑒 −0.2𝑡

𝑣 =? → 𝑡 = 0.5𝑠

𝑡 ∫0 3𝑒 −0.2𝑡 𝑑𝑡 3

𝑣 − 𝑣𝑜 = −0.2 𝑒 −0.2𝑡

𝑣 = 𝑣𝑜 − 15(𝑒 −0.2𝑡 − 1) t

𝑣 = −15(𝑒 −0.2(0.5) − 1)

0 𝑓𝑡

2. 𝑣 = 𝑣𝑜 − 15(𝑒 −0.2𝑡 − 1) 𝑣= 𝑥

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑓𝑡

𝑣 = 1.427 [ 𝑠 ]

[𝑠]

= 𝑣𝑜 − 15(𝑒 −0.2𝑡 − 1) 𝑡

∫𝑥𝑜 𝑑𝑥 = ∫0 𝑣𝑜 − 15(𝑒 −0.2𝑡 − 1)𝑑𝑡

𝑥 =? → 𝑡 = 0.5𝑠

t

𝑒 −0.2𝑡

𝑥 − 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜𝑡 − 15( −0.2 − 𝑡)

0

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 − 15(−5𝑒 −0.2𝑡 + 5 − 𝑡) 𝑥 = −15(−5𝑒 −0.2(0.5) + 5 − 0.5) 3. 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 − 15(−5𝑒 −0.2𝑡 + 5 − 𝑡) [𝑓𝑡] 𝑥 = 0.363 [𝑓𝑡]

11.- la aceleración del punto A se define mediante la relación 𝑎 = −3.24 sin 𝑘𝑡 − 𝑓𝑡 4.32 cos 𝑘𝑡 donde 𝑎 y t se expresan en 𝑠2 y segundos, respectivamente y 𝑘 = 3 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 Con x = 0.48ft y v= 1.08 ft/s cuando t = 0. Determine la velocidad y la posición del punto A cuando t = 0.5s

𝑘 = 3 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠

𝑎 = −3.24 sin 𝑘𝑡 − 4.32 cos 𝑘𝑡 𝑡 = 0{

𝑎(𝑓𝑡⁄𝑠 2 ); 𝑡(𝑠)

𝑥 = 0.48𝑓𝑡 𝑣 = 1.08𝑓𝑡/𝑠

Determine: 𝑥 =? 𝑡 = 0.5𝑠 { 𝑣 =? SOLUCION: Ecuaciones cinemáticas 𝑓𝑡

1. 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑣

𝑎 = −3.24 sin 𝑘𝑡 − 4.32 cos 𝑘𝑡 [𝑠2 ] = −3.24 sin 𝑘𝑡 − 4.32 cos 𝑘𝑡

𝑣 =? → 𝑡 = 0.5

𝑡

∫𝑣𝑜 𝑑𝑣 = ∫0 (−3.24 sin 𝑘𝑡 − 4.32 cos 𝑘𝑡) 𝑑𝑡 1.44 sen 𝑘𝑡 t 3.24 4.32 𝑣 − 𝑣𝑜 = ( 𝑘 cos 𝑘𝑡 − 𝑘 sen 𝑘𝑡) 1.08 cos 3(0.5) − 1.44 sen 3(0.5) o 𝑣 − 𝑣𝑜 = 3.24 (cos 𝑘𝑡 − 1) − 4.32 (sen 𝑘𝑡 − 0) 𝑘 𝑘

𝑣 = 1.08 cos 𝑘𝑡 −

𝑣=

𝑓𝑡

𝑣 = 1.04 [ 𝑠 ]

𝑣 = 1.08 + 1.08(cos 𝑘𝑡 − 1) − 1.44 sen 𝑘𝑡 𝑓𝑡

2. 𝑣 = 1.08 cos 𝑘𝑡 − 1.44 sen 𝑘𝑡 [ 𝑠 ] 𝑣=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

= 1.08 cos 𝑘𝑡 − 1.44 sen 𝑘𝑡

𝑥 =? → 𝑡 = 0.5

𝑥

𝑡

∫𝑥𝑜 𝑑𝑥 = ∫0 (1.08 cos 𝑘𝑡 − 1.44 sen 𝑘𝑡)𝑑𝑡 0.48 cos 𝑘𝑡 t 1.08 1.44 𝑥 − 𝑥𝑜 = ( 𝑘 sen 𝑘𝑡 + 𝑘 sen 𝑘𝑡) 0.48 cos 3(0.5) o 𝑥 − 0.48 = 0.36(sen 𝑘𝑡 − 0) + 0.48 (cos 𝑘𝑡 − 1)

𝑥 = 0.36 sen 𝑘𝑡 +

𝑥 = 0.36 sen 3(0.5) +

𝑥 = 0.49 [𝑓𝑡]

𝑥 = 0.48 + 0.36 sen 𝑘𝑡 + 0.48 cos 𝑘𝑡 − 0.48 3. 𝑥 = 0.36 sen 𝑘𝑡 + 0.48 cos 𝑘𝑡 [𝑓𝑡]

13.- La aceleración de una partícula está definida por la relación a=0.15m/s2. Si x=-10m cuando t=0 y v=-0.15m/s cuando t=2s, determine la velocidad, la posición y la distancia total recorrida cuando t=5s.

Datos: Cuando

t=0s x0=-10m

Cuando

t=2s V0=-0.15m/s

Ecuaciones cinemáticas 𝑎= 𝑣=

𝑑𝑣

(1)

𝑑𝑡 𝑑𝑥

(2)

𝑑𝑡

Solución: Tramo AB 𝑎= 𝑣

𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡

∫𝑣˳ 𝑑𝑣 = ∫𝑡˳ 𝑎 𝑑𝑡 𝑣 − 𝑣˳ = 𝑎𝑡 𝑣˳ = 𝑎𝑡 + 𝑣

t

0

Remplazando valores de a=0.15m/s2 t=2s v=-0.15m/s 𝑣˳ = 𝑎𝑡 + 𝑣

𝑣˳ = 0.15 𝑚/𝑠 2 (2𝑠)— 0.15𝑚/𝑠 𝑣˳ = −0.45𝑚/𝑠 Tramo BC

Cuando: 𝑎=

a=0.15m/s2 t0=0s t=5s V0=-0.45

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑣

𝑡

∫𝑣˳ 𝑑𝑣 = ∫𝑡˳ 𝑎 𝑑𝑡 t

𝑣 − 𝑣˳ = 𝑎𝑡 0 𝒗 = 𝒂𝒕 + 𝒗˳ Ecuación Cinemática de la Velocidad

Remplazando valores: 𝑣 = 𝑎𝑡 + 𝑣˳ 𝑣 = 0.15 𝑚/𝑠 2 (5𝑠)— 0.45𝑚/𝑠 𝒗 = 𝟎. 𝟑 𝒎/𝒔

Posición: 𝑣=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

Cuando: 𝑥

t=0s a=0.15

x0=-10m

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ (𝑎𝑡 + 𝑣˳)𝑑𝑡 𝑥˳

𝑡˳ 2

t

𝑥 − 𝑥˳ = 𝑎𝑡 /2 + 𝑣˳𝑡 0 𝒙 = 𝒂𝒕𝟐 /𝟐 + 𝒗˳𝒕 + 𝒙˳ Ecuación cinemática de la posición

Reemplazando valores de:

a=0.15m/s2

t=5s v0=-0.45m/s x0=-10m

𝑥 = 0.075(5)2 -0.45 (5)−10 𝒙 = −𝟏𝟎. 𝟑𝟖𝒎 Distancia recorrida: Cuando v=0m/s 𝑣 = 𝑎𝑡 + 𝑣˳ 𝑎𝑡 + 𝑣˳ = 0 𝑡 = 𝑣˳/𝑎 𝑡 = 0.45/0.15 𝑡 = 3𝑠

obtendremos el tiempo en detenerse

Reemplazando en ecuación de la posición: 𝑥 = 0.075(3)2 -0.45 (3)−10 𝑋𝑚𝑖𝑛 = −10.675

d1=x0 - Xmin=0.675 d2=xs - Xmin=0.3 dt=d1+d2=0.975m 15. La aceleración de una partícula está definida por la relación a= 𝑘𝑡 2 . a) Si v= -10 m/s cuando t = 0 y v = 10 m/s cuando t =2s, determine la constante k. b) Escriba las ecuaciones de movimiento con x = 0 cuando t = 2s.

Datos:

Cuando t= 0  v= -10 m/s Cuando t= 2s  v= 10 m/s

es decir v˳ y t˳ es decir v

Solución: Ecuaciones de movimiento: 𝑎 = 𝑘𝑡 2 (1) 𝑎= 𝑣=

a)

𝑑𝑣

(2)

𝑑𝑡 𝑑𝑥

(3)

𝑑𝑡

De (1) 𝑣

𝑡

∫𝑣˳ 𝑑𝑣 = ∫𝑡˳ 𝑎 𝑑𝑡 𝑡

𝑣 − 𝑣˳ = ∫𝑡˳ 𝑘𝑡 2 𝑑𝑡 𝑣 − 𝑣˳ = 𝑘 𝑣= 𝑘=

𝑡3

3 𝑘 3 𝑣˳ + 𝑡 3 3(𝑣−𝑣˳) 𝑡3

(4) (5)

Reemplazando los valores de los datos del problema en (5) tenemos: 𝑘= 𝑘=

b)

3(10−(−10)) (2)3 15 2

(6)

De (3) (7)

𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑡 𝑥

𝑡

integrando (7): 𝑘

∫𝑥˳ 𝑑𝑥 = ∫𝑡=2(𝑣˳ + 3 𝑡 3 )𝑑𝑡 𝑡

𝑘

𝑥 − 𝑥˳ = ∫𝑡=2(10 + 3 𝑡 3 )𝑑𝑡 𝑘

𝑥 − 𝑥˳ = 10𝑡 + 12 𝑡 4

𝑒𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑒𝑚𝑒𝑛𝑜𝑠 : 𝑘

7,5

𝑥 − 𝑥˳ = (10𝑡 + 12 𝑡 4 ) − (10(2) + 12 (2)4 ) 𝑘

𝑥 − 𝑥˳ = 12 𝑡 4 + 10𝑡 − 30 𝑥= 0 cuando t  2s

Entonces: 𝑘

𝑥 = 12 𝑡 4 + 10𝑡 − 30

(8) ec. Mov.

17.- El punto A oscila con una aceleración 𝑎 = 100(25 − 𝑥), donde 𝑎 𝑦 𝑥 se expresan en 𝑚⁄𝑠 2 y en metros, respectivamente. Si el sistema se inicia en el tiempo t=0 con v=0 y x=0.2 metros, Determine: a) Posición y velocidad de A cuando t=0.2s

DATOS 𝑎 = 100(25 − 𝑥) 𝑎 = [𝑚⁄𝑠 2 ] 𝑥 = [𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠] 𝑡 = 0, 𝑣 = 0, 𝑥 = 0.2𝑚 a) 𝑥 =? , 𝑣 =? → 𝑡 = 0.2𝑠 SOLUCIÓN Ecuaciones cinemáticas 𝑎 = 100(25 − 𝑥)

𝑎=

𝜕𝑣 𝜕𝑡

𝑣=

𝜕𝑥 𝜕𝑡

𝑎=

𝑣𝑑𝑣 = 100(0.25 − 𝑥) 𝑑𝑥

𝑑𝑡 =

𝑣

𝑑𝑥 𝑣

𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 100(0.25 − 𝑥)𝑑𝑥 0

→

𝑢 = 0.25 − 𝑥

𝑑𝑢 = −𝑑𝑥

0.2

𝑥 𝑣2 𝑥 𝑥 = ∫ −100𝑢 𝑑𝑢 = −50𝑢2 | = −50(0.25 − 𝑥)2 | 2 0.2 0.2 0.2 = −50(0.25 − 𝑥)2 + 0.125

𝑣 = ±√−100(0.25 − 𝑥)2 + 0.25

𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑡 𝑑𝑡 =

𝑑𝑡 =

𝑑𝑥 𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥

=

±√0.25[1 − 400(0.25)2 ] ±√−100(0.25 − 𝑥)2 + 0.25 𝑑𝑥 = ±0.5√1 − 400(0.25 − 𝑥)2

𝑡

𝑥

𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 0

𝑢 = 20(0.25 − 𝑥)

− 400(0.25 − 𝑥)2 = −20𝑑𝑥

0.2 ±0.5√1

𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 0.2 → 𝑢 = 1 𝑡

𝑢

∫ 𝑑𝑡 = ± ∫ 0

𝑡=±

1

𝑑𝑢 10√1 − 𝑢2

=±

1 𝑢 1 𝜋 sin−1 𝑢| = ± (sin−1 𝑢 − ) 10 1 10 2

1 𝜋 (sin−1 𝑢 − ) 10 2 𝜋 𝑢 = sin ( ± 10𝑡) 2

→

𝜋 sin ( ± 10𝑡) 2

𝜋 𝜋 = (sin ) (cos ±10𝑡) ± (cos ) (sin ±10𝑡) 2 2

𝑑𝑢

𝑢 = cos(±10𝑡) = cos(10𝑡)

→

𝑢 = 20(0.25 − 𝑥) = cos(10𝑡)

Posición del Punto A con tiempo=0.2s 𝒙 = 𝟎. 𝟐𝟓 −

𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟎𝒕) 𝟐𝟎

Velocidad del Punto A con tiempo =0.2s 𝑣= 𝒗=

𝜕𝑥 𝜕𝑡

=−

− sin(10𝑡)∗10

𝟏 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝒕) 𝟐

20

cos(10𝑡) = cos(−10𝑡)

19 La aceleración del punto A se define mediante la relación a  800 x  3200x 3 , donde a y x se expresan en ft s 2 y ft respectivamente. Si la velocidad de A es de 10 ft s y x  0 cuando t  0 , determine la velocidad y la posición de A cuando t  0,05s .

v  10 ft s

Datos:

A

a  800 x  3200x 3

A’

t= 0

t  0,05s

SOLUCION:

Ecuaciones cinemáticas: a  800 x  3200x 3 (1)

* a  vdv

*

dx

v

x   a

v  a

adx  vdv

dt 

 vdv   800 x  3200 x dx 3

v

10

dx v

 dt   40( x

 vdv   adx

v2 2

dx dt

x2 x4  800  3200 2 4

x

40 dt  

dx ( x  0,5 2 ) 2

x

1 1 x 40 t 0  tg 0.5 0.5 0 t

0

dx  0,5 2 )

2

v 2 10 2   400 x 2  800 x 4 2 2

tg 1 (2 x)  20t

v 2  1600 x 4  800 x 2  100

x  0,5tg (20t )

(2)

x  v

p  x2

dx dt

v 2  1600 p 2  800 p  100

v

0  1600 p 2  800 p  100

v  0,5 sec 2 (20t ) (20)

b 2  4ac p  b  2a p  b 

b 2  4ac 2a

p  800 

p

(800) 2  4(1600)(100) 2(1600)

 800  0 3200

p  0,25  0

p1  p2  0,25 ft 2 p1  p2  0,25 ft 2 v 2  1600x 2

v 2  1600( p  p1 ) 2 v 2  1600( x 2  (0,25)) 2 v 2  1600( x 2  0,5 2 ) 2





v  10 sec 2 (20t )





(3)

v  40( x 2  0,5 2 ) ft s

En (2) : t  0,05

En (3): t  0,05



x  0,5tg20(0,05)

v  10 sec 2 (20t )



 1  v  10 2  cos 20t 

x  0,5.tg (1)

  1 v  10 2   cos (1,0) 

v  34,3 ft s

x  0,00872 ft

11.21 La aceleración de una partícula se define mediante la relación mediante a = k(1-e-x), donde k es constante. Si la velocidad de la partícula es v=+9m/s cuando x= -3m y la partícula queda en reposo en el origen, determine a) el valor de k, b) la velocidad de la partícula cuando x=-2m. Datos: a = k(1-e-x) v =+9m/s

x= -3m

vf = 0m/s

x=0m

a) k=? b) v=?

x=-2m

Solución: a) 𝟎

𝟎

∫ 𝒗𝒅𝒗 = ∫ 𝒌(𝟏 − 𝒆−𝒙 )𝒅𝒙 𝟗

(𝟎 −

−𝟑

𝟗𝟐 ) = 𝒌[𝟎 + 𝟏 − (−𝟑) − 𝒆𝟑 ] 𝟐

𝟎 − 𝟒𝟎. 𝟓 = 𝒌(𝟒 − 𝒆𝟑 )

𝒌 = 𝟐. 𝟓𝟐𝒎/𝒔𝟐 b) 𝒗

𝒙

∫ 𝒗𝒅𝒗 = ∫ 𝟐. 𝟓𝟐(𝟏 − 𝒆−𝒙 )𝒅𝒙 𝟎

𝟎

𝒗𝟐 ( ) = 𝟐. 𝟓𝟐[𝒙 + 𝒆−𝒙 − 𝟏] 𝟐 𝒗𝟐 = 𝟓. 𝟎𝟒[𝒙 + 𝒆−𝒙 − 𝟏] 𝒗 = ±𝟐. 𝟐𝟒[𝒙 + 𝒆−𝒙 − 𝟏]1/2 X=-2m 𝒗 = ±𝟐. 𝟐𝟒[−𝟐 + 𝒆𝟐 − 𝟏]1/2 𝒗 = ±𝟒. 𝟕𝒎/𝒔 𝒗 = 𝟒. 𝟕𝒎/𝒔

23. La aceleración de una partícula se define mediante la relación a=-0.4V, donde a se expresa en mm/s2 y V en mm/s. Si cuando t=0 la velocidad es de 75 mm/s, determine a)la distancia que recorrerá la partícula antes de quedar en reposo . b) el tiempo recorrido para que la velocidad de la partícula se reduzca al uno por ciento de su valor inicial. SOLUCION: ECUACIONES CINEMATICAS 𝑎 = −0.4V 𝑎=

𝑣𝑑𝑣 𝑑𝑥

𝑑𝑥 =

𝑣𝑑𝑣 𝑎

Cuando: X=0

V0=75 m/s

X=?

V=0

𝑥

𝑣

𝑣𝑑𝑣 vo −0.4𝑉

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0

𝑑𝑥 = − 𝑥=−

𝑣 0,4

0 −75 − 0,4 0,4

𝑥 = 187.5𝑚

b) 𝑎 = −0.4V 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑𝑡 =

𝑑𝑣 𝑎

Cuando: t=0

V0=75 m/s

t=?

V=0.75 m/s

𝑡

𝑣

𝑑𝑣 𝑣𝑜 −0.4𝑉

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 0

𝑡=−

1 ln v 0,4

𝑡=−

0 1 ln(0,75) − ln(75) 0,4 −0,4

t =0,71+10,79 t =11,5𝑠 25.- La aceleración de una partícula se define mediante la relación 𝑎 = −𝑘√𝑣, donde k es constante, si x = 0 y v = 25ft/s en t = 0, y 𝑣=12ft/s cuando x = 6ft, determine: 1) la velocidad de la partícula en x = 8ft, 2) el tiempo requerido para que la partícula quede en reposo.

k, cte.

𝑎 = −𝑘√𝑣 𝑡 = 0{

𝑥=0 𝑣 = 25𝑓𝑡/𝑠

𝑣 = 12𝑓𝑡/𝑠 → 𝑥 = 6𝑓𝑡

Determine: 𝑎) 𝑣 =? → 𝑥 = 8𝑓𝑡 𝑏) 𝑡 =? → 𝑣 = 0 SOLUCION: Ecuaciones cinemáticas 𝑑𝑣

1. 𝑎 = 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑘𝑣 1/2 𝑣𝑑𝑣 = −𝑘𝑣 1/2 𝑑𝑥

𝑎) 𝑣 =? → 𝑥 = 8𝑓𝑡 3

𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑥 = −𝑘 𝑣1/2 𝑥

𝑣 2 = 125 − 13.905𝑥 3

𝑣

1

∫𝑥𝑜 𝑑𝑥 = − (𝑘) ∫𝑣𝑜 𝑣 1/2 𝑑𝑣

𝑣 2 = 125 − 13.905(8) 3

𝑣

𝑣 2 = 13.759 3 𝑣 = √13.7592 𝑣 = 5.74𝑓𝑡/𝑠

2

𝑥 − 𝑥𝑜 = − (3𝑘) 𝑣 3/2 𝑣𝑜 3 2

2

3

𝑥 − 𝑥𝑜 = − (3𝑘) (𝑣 − 𝑣𝑜2 ) 𝑏) 𝑡 =? → 𝑣 = 𝑜 3 2

2

3 2

𝑥 = − (3𝑘) (𝑣 − 25 )

𝑎=

3

2

2. 𝑥 = − (3𝑘) (𝑣 2 − 125) 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜

𝑣 = 12𝑓𝑡/𝑠 → 𝑥 = 6𝑓𝑡 3

2

∴ 6 = − (3𝑘) (122 − 125)

𝑑𝑣 𝑑𝑡

= −𝑘√𝑣 𝑑𝑣

𝑑𝑡 = −𝑘𝑣1/2 𝑡

1

𝑣

1

− ∫𝑜 𝑑𝑡 = − 𝑘 ∫𝑣𝑜 𝑣 2 𝑑𝑣 𝑣 2

𝑡 = − 𝑘 (𝑣 0.5 ) 𝑣𝑜

3 2

1

𝑘 = − (9) (12 − 125) ⇒ 𝑘 = 9.27 𝑘 𝑒𝑛 2 3

2

3

𝑥 = − (3(9.27)) (𝑣 2 − 252 ) 3

𝑥 = −0.072 (𝑣 2 − 125) 3.

3 2

𝑣 = 125 − 13.905𝑥

2

𝑡 = − 𝑘 (𝑣 0.5 − 𝑣𝑜0.5 ) 2

𝑡 = − 9.27 (−250.5) 𝑡 = 1.079𝑠

27. La aceleración de la corredera A se define mediante la relación 𝑎 = −2𝑘√𝑘 2 − 𝑣 2 , donde k es constante. El sistema inicia en el tiempo t = 0 con x = 1.5ft y v =0. Si x = 1.2ft cuando t = 0.2s, determínese el valor de k.

k=cte

𝑎 = −2𝑘√𝑘 2 − 𝑣 2 𝑡 = 0{

𝑥𝑜 = 1.5𝑓𝑡 𝑣𝑜 = 0

{

𝑎(𝑓𝑡⁄𝑠 2 ); 𝑡(𝑠)

𝑥 = 1.2𝑓𝑡 𝑡 = 0.2𝑠

Determine: 𝑘 =? SOLUCION: Ecuaciones cinemáticas 1. 𝑎 = 𝑑𝑥 =

𝑣𝑑𝑣

𝑣𝑑𝑣

= −2𝑘√𝑘 2 − 𝑣 2

𝑑𝑥

𝑣=

−2𝑘√𝑘 2 −𝑣 2

𝑥

1

𝑣

𝑥 − 𝑥𝑜 = − 2𝑘 (

√𝑘 2 −𝑣 2 −1

𝑑𝑡

= 0.92𝑘

𝑥

𝑣𝑑𝑣

∫𝑥𝑜 𝑑𝑥 = − 2𝑘 ∫𝑣𝑜 √𝑘 2 −𝑣2 1

𝑑𝑥

𝑡

∫𝑥𝑜 𝑑𝑥 = ∫0 0.92𝑘𝑑𝑡 v

)

vo

1

𝑥 − 𝑥𝑜 = 2𝑘 [(√𝑘 2 − 𝑣 2 ) − (√𝑘 2 − 𝑣𝑜2 ) 1

1.2 − 1.5 = 2𝑘 [(√𝑘 2 − 𝑣 2 ) − (√𝑘 2 − 02 )]

3. 𝑥 − 𝑥𝑜 = 0.92𝑘𝑡 𝑘 =? → 𝑡 = 0.2 1.2 − 1.5 = 0.92𝑘(0.2)

0.3

−0.3(2𝑘) = [(√𝑘 2 − 𝑣 2 ) − 𝑘]

𝑘 = − 0.184

−0.6𝑘 + 𝑘 = (√𝑘 2 − 𝑣 2 )

𝑘 = −1.63

(0.4𝑘)2 = (√𝑘 2 − 𝑣 2 ) 0.16𝑘 2 = 𝑘 2 − 𝑣 2

2

𝑣 2 = 0.84𝑘 2 2. 𝑣 = 0.92𝑘 29.- A partir de x=0 sin velocidad inicial, la aceleración de un auto de carreras está definida por la relación v=154√1 − 𝑒 −0,00057𝑥 , donde v y x se expresa en m/s y metros respectivamente. Determine la posición y la aceleración del auto de carreras cuando a) v=20m/s b) v=40m/s

Datos: v=154√1 − 𝑒 −0,00057𝑥 Ecuaciones cinemáticas: 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

Solución: Trabajando en ecuación v=154√1 − 𝑒 −0,00057𝑥 v/154=√1 − 𝑒 −0,00057𝑥 2

𝑣2

-0.00057x=𝑙𝑛 [1 − (154) ] 𝒗𝟐

𝟐

x=−𝟏𝟕𝟓𝟒. 𝟒𝒍𝒏 [𝟏 − (𝟏𝟓𝟒) ] ecuación cinemática de la posición despejando x en función de v v2=23716(1 − 𝑒 −0,00057𝑥 ) 𝑑𝑣

𝑑

𝑣2

𝑎 = 𝑣 𝑑𝑡 =𝑑𝑥 ( 2 ) = (11858)(0.00057)𝑒 −0,00057𝑥 v2

2

𝑎 = 6.705906𝑒 −0,00057𝑥 =6.705906 [1 − (154) ] 𝐯𝟐

𝟐

𝒂 = 𝟔. 𝟕𝟎𝟓𝟗𝟎𝟔 [𝟏 − (𝟏𝟓𝟒) ] ecuación cinemática de la aceleración

Reemplazando v=20m/s en ecuación cinemática de la posición y aceleración.

Para x=29.8m a=6.65m/s2 Para x=122.5m a=6.30m/s2

v=20m/s

v =40m/s

35. A una vagoneta se le prueban la aceleración y los frenos. En la primera prueba de aceleración en la calle, transcurrió un tiempo de .2 segundos para lograr un incremento de velocidad desde 10 km/h hasta 100 km/h. En la prueba de frenos, la vagoneta recorrió una distancia de 44m durante el frenado desde 100 km/h hasta cero. Si se suponen valores constantes para la aceleración y la desaceleración, determine a) La aceleración durante la primera prueba en la calle. b) La desaceleración durante la prueba de frenos.

solución: A

B

t˳ =0 v˳= 10 km/h Ecuaciones de movimiento: 𝑎= 𝑣=

𝑑𝑣

(2)

𝑑𝑡

𝑎) De (1) 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑡 ; integrando: 𝑣₁

𝑡₁

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎 𝑑𝑡 𝑣˳

𝑡˳

𝑣₁ − 𝑣˳ = 𝑎(𝑡₁ − 𝑡˳) 𝑎=

(𝑣₁−𝑣˳) (𝑡₁−𝑡˳)

C

t₁=8,2s (=0,00227h) t₂ v₁=100km/h v₂=0

(1)

𝑑𝑡 𝑑𝑥

44m (=0,044 km)

(3)

Reemplazando los valores de los datos tenemos:

𝑎=

(100 − 10)𝑘𝑚/ℎ (0,002277ℎ − 0)

𝑎 = 39 512,195 𝒎 𝒂 = 𝟑, 𝟎𝟒𝟖 𝟐 𝒎

𝑘𝑚 ℎ2

b)

Despejando 𝑑𝑡 de (1) y (2) y luego igualando ambas tenemos: 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 𝑎 𝑣 𝑣 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑥 (4) Integrando: 𝑣₂

𝑥

∫ 𝑣 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎 𝑑𝑥 𝑣₁

𝑥˳

1 (𝑣₂2 − 𝑣₁2 ) = 𝑎(𝑥 − 𝑥˳) 2 𝑣₂2 −𝑣₁2

𝑎 = 2(𝑥−𝑥˳)

(5)

Reemplazando los datos tenemos: 𝑎=

02 −(100 𝑘𝑚/ℎ)2 2(0,044 𝑘𝑚−0)

𝑎 = 113 636,36 𝑘𝑚/ℎ2 𝒂 = 𝟖, 𝟕𝟔 𝒎/𝒔𝟐 37 Un avión inicia su despegue en A con velocidad 0 y aceleración constante a. Si empieza a volar 30 s después en B y la distancia AB es de 2700ft, determine a) la aceleración a. b) la velocidad de despegue VB.

SOLUCION: ECUACIONES CINEMATICAS 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡

𝑣

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 𝑣𝑜

𝑡𝑜

𝑣 − 𝑣𝑜 = 𝑎𝑡 𝑣 = vo + 𝑎𝑡 𝑣 = vo + 𝑎𝑡 (ecuación 1) v0=0 𝑣 = 𝑎𝑡 𝑣 = 6(30) 𝑣 = 180𝑓𝑡/𝑠 ECUACION CINEMATICA 𝑣=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

Cuando: Xo= 0

t0= 0

X= 2700 ft 𝑥

t= 30s

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 𝑥𝑜

𝑡𝑜 𝑡

𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 𝑡𝑜

𝑣 = vo + at 𝑡

𝑥 = ∫ 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡𝑑𝑡 𝑡𝑜

𝑎𝑡 2 𝑥 = 𝑣𝑜𝑡 + 2 Vo=0 𝑥 = a𝑡 2 /2 𝑎 = 2x/𝑡 2

𝑎 = 2(2700)/(30)2 𝑎 = 6ft/𝑠 2

39 En una carrera de 400m , un atleta acelera de modo uniforme durante los primeros 130m y luego corre a velocidad constante. Si el tiempo del atleta para los primeros 130m es de 25s . Determine a ) su aceleración y b ) su velocidad final, c) el tiempo en que completa la carrera. Datos:

v  ctte MRU

a  ctte MRUV

130m A

B

C

400m SOLUCION:

Ecuaciones cinemáticas: a

dv dt

v

dx dt

v  a

x   a

dv  adt

dx  vdt

 dx   (v

 dv   adt v v  at t v

x

t

0

xx

0

0

0

 at )dt

t2  v0t  a 2

t

0

t2 x  v0t  a  x0 2

v  vo  at

v  V0  at

(1)

a)

a  ctte

En AB:

t2 x  x0  v0t  a 2

(2)

t2 x  x0  v0t  a 2 a

2(130m) (25s) 2

a

b)

2x t2

a

En

(1)

a  0,42 m s 2

v  V0  at v  (0,42 m s 2 )(25s)

v  10,4 m s

c)

En BC:

v

dx dt

 dx   (v

0

400

x 130

v0  v

V  ctte

 at )dt

t2  v0 t  a 2

t

25

t2 400m  130m  v0t  a 2

t

25

260m  10,4 m s t  10,4 m s (25s) 10,4 m s t  70m  260m t  31,73s

49 El bloque A se mueve hacia abajo a velocidad constante de 1m/s. Determine a) la velocidad del bloque C, b) la velocidad del collarín B en relación con el bloque A, c) la velocidad relativa de la porción D del cable respecto al bloque A.

Datos: VA=cte.

VA=1m/s

a) VC=? b) VB/A=? c) VD/A=? Solución: a) VA=1m/ s XA + (XA – XB)= cte.

2XB + XC = cte.

x  v

x  v

2 VA – VB = 0

2 VB + VC = 0

VB= 2(1)

VC = -2 VB

VB= 2m/s

VC = -2 (2) VC = -4m/s. VC = 4m/s

b) VB/A= VB – VA

VB/A= 2 – 1 VB/A= 1m/s

XD + XC = cte.

x  v VD + VC = 0 VD = - VC VD = 4m/s VD/A= VD – VA VB/A= 4 – 1 VB/A=3m/s

53.- El bloque C se mueve hacia abajo a velocidad constante de 2ft/s. Determinar la velocidad a) Del bloque A b) Del bloque D

Cable AB Va+Vb=0 Xa +Xb =constante Vb=-Va Cable BED xB +2xD = constante Vb+2Vd=0 1

1

Vd=− 2 𝑉𝑏 =− 2 𝑉𝑎 Cable BCD (Xc +Xb) +(Xc +Xd) =constante 2Vc-Vb-Vd=0

o

Velocidad del bloque A 1 𝑉𝑎 = −2𝑉𝑐 = 2(4) 2 Va=-8ft Va=8ft/s Velocidad del bloque D 1

Vd=2 𝑉𝑎=-4ft Vd=4ft/s

1

2Vc+Va-2 𝑉𝑎=0

99. Un saltador de esquí inicia su salto con una velocidad de despegue de 25 m/s y aterriza sobre una pendiente recta de 30° de inclinación. Determine a) El tiempo transcurrido entre el despegue y el aterrizaje, b) La longitud d del salto,

Solución: 25 m/s

𝑡𝑔 30° =

o

30°

x

Ecuaciones cinemáticas: Mov horizontal: Mov vertical: x = (v x)o t (2) y = (yo)+ (vy)o t – ½ gt2 (v x)o = 25 m/s (2’) g = 9.81 m/s2 En el momento del despegue (punto o) tenemos: (v x)o = 25 m/s (vy)o = 0 yo = 0 xo = 0 Reemplazando esto en (3)

a) 𝑦 = (0) + (0) 𝑡 – ½ 𝑔𝑡 2 𝑦 = − ½ 𝑔𝑡 2 (4)

Reemplazando (1) en (4) −𝑥 𝑡𝑔 30° = − ½ 𝑔𝑡 2 2 𝑥 𝑡𝑔 30° 𝑔

(5)

(2) en (5) 𝑡2 =

2((V x)˳ )𝑡 𝑡𝑔 30° 𝑔

(8)

(2’) y el valor de la gravedad en (6) tenemos: 2 (25 𝑚/𝑠)𝑡 𝑡𝑔 30° 2 𝑡 =

𝑥

𝑦 = −𝑥 𝑡𝑔 30°

y

𝑡2 =

−𝑦

9.81 𝑚/𝑠 2 𝑔

(3)

(1)

(7)

𝑡 = 2,94 𝑠

b) 𝑦

𝑠𝑒𝑛 30° = 𝑑

(8)

𝑦

𝑑 = 𝑠𝑒𝑛 30°

(1) En (8)

𝑑=

𝑥 𝑡𝑔 30° 𝑠𝑒𝑛 30°

(9)

(2) En (9) 𝑑=

(V x)˳𝑡 𝑡𝑔 30° 𝑠𝑒𝑛 30°

Reemplazando los valores ya conocidos: 𝑑=

m s

(25 )(2,94 𝑠) 𝑡𝑔 30° 𝑠𝑒𝑛 30°

𝑑 = 84,87 𝑚 101.-Un jugador de baloncesto lanza un balón desde A con velocidad horizontal v0. Si d = 15ft, determine: a) el valor de v0 para el cual la pelota golpeará en la esquina C, b) el rango de valores de v0 para los cuales la pelota golpeará en la esquina BCD.

𝑑 = 15𝑓𝑡 Determine: 𝑎)𝑣𝑜 =? → 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑔𝑜𝑙𝑝𝑒𝑎 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎 𝐶 𝑏)𝑣 =? 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑔𝑜𝑙𝑝𝑒𝑎 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎 𝐵𝐶𝐷 SOLUCION: Ecuaciones cinemáticas 𝑑𝑥 𝑣 = 𝑑𝑡 𝑥

𝑡

∫𝑜 𝑑𝑥 = ∫0 𝑣𝑑𝑡 𝑥 = 𝑣𝑡

1

𝑦 = ℎ − 2 𝑔𝑡 2 𝑥

1

𝑥

𝑦 = ℎ − 2 𝑔(𝑣𝑜)2

𝑡 = 𝑣𝑜 𝑔𝑡 2 2(ℎ−𝑦)

𝑣𝑜 = √

𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 ℎ = 3 ft, 𝑔 = 32.2 ft/s2 (𝑎) en la esquina C

𝑥 = 𝑑 = 15ft, 𝑦 = 0

32.2(15)2 2(3−0)

𝑣𝑜 = √

𝑣𝑜 = 34.7 ft/s en el punto B

𝑥 = 15ft, 𝑦 = 1ft

32.2(15)2 2(3−1)

𝑣𝑜 = √

𝑣𝑜 = 42.6 ft/s en el punto D

𝑥 = 14ft, 𝑦 = 0

32.2(14)2 2(3−0)

𝑣𝑜 = √

𝑣𝑜 = 32.4 ft/s 𝑏) 𝑒𝑙 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑣𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑖𝑜𝑛 𝐵𝐶𝐷 32.4 ft/s < 𝑣0 < 42.6 ft/s

103.- Una bomba está cerca del borde de la plataforma horizontal que muestra la figura. La boquilla colocada en A descarga agua con velocidad inicial de 25 ft/s formando un ángulo de 55° con la vertical. Determine el rango de valores de la altura h para los cuales el agua entra en la abertura BC.

Datos: V0=25 ft/s α=90-55=35° g=32.2 ft/s2 Ecuaciones Cinemáticas Movimiento Horizontal x= (v0cosα) t (1) Movimiento Vertical 1

y=h + (v0senα) t-2 𝑔𝑡 2

(2)

Despejando t de ecuación 1 y reemplazando en 2 𝑥 𝑡= 𝑣˳𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑔𝑥 2

y=h + x tan α - 𝑣˳2 𝑐𝑜𝑠2 𝛼 Despejando h Tenemos 𝒈𝒙𝟐

h= y – x tan α - 𝒗˳𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜶 Ecuación Cinemática de la altura Reemplazando en el punto B x=20 ft y=0 32.2(20)2

h= 0 – 20 tan 35 – 2(25 cos 35)2 = 1.352 ft Reemplazando en el punto C x=24 ft y=0 32.2(24)2

h= 0 – 24 tan 35 – 2(25 cos 35)2 = 5.31 ft Limites de altura

1.352 ft < h < 5.31 ft

105 En un lanzamiento lento de softbol, el tiro por debajo del brazo debe alcanzar una altura máxima de entre 1.8 y 3.7 metros por arriba del suelo. Se realiza un lanzamiento con velocidad inicial v0 de magnitud igual de 13 m/s a un ángulo de 330 con la horizontal. Determine a) si el lanzamiento cumple con la altura máxima requerida, b) la altura de la pelota cuando llega al bateador.

SOLUCION: DATOS: VO=13 m/s, α=33°, XO= 0, YO = 0.6 m ECUACIONES CINEMATICAS MOVIMIENTO VERTICAL 𝑉𝑦 = 𝑉𝑜 𝑠𝑒𝑛 α − 𝑔𝑡 1

𝑦 = 𝑌𝑜 + 𝑉𝑜𝑡 − 2 𝑔𝑡 2 . 𝑉𝑦 = 98,03 − 𝑔𝑡. Cuando la pelota alcanza la altura máxima tenemos: 𝑉𝑦 = 0 𝑡=

𝑉𝑜𝑠𝑒𝑛α 𝑔

𝑡=

13𝑠𝑒𝑛33 9,8

𝑡 = 0,7217𝑠 1

𝑦 = 𝑌𝑜 + 𝑉𝑜𝑡 − 2 𝑔𝑡 2 . 1

𝑦 = 0,6 + (13𝑠𝑒𝑛33)(0,7217) − 2 9,8(0,7217)2 . 𝑦 = 3,16 𝑚 Si cumple la altura máxima requerida.

MOVIMIENTO HORIZONTAL 𝑥 = Xo + (𝑉𝑜𝑐𝑜𝑠α) 𝑡 𝑡=

X − Xo 𝑉𝑜𝑐𝑜𝑠α

𝑡=

15.2 − 0 13𝑐𝑜𝑠33

𝑡 = 1,3941 𝑠 1

𝑦 = 0,6 + (13𝑠𝑒𝑛33)(1,3941) − 2 9,8(1,3941)2 . 𝑦 = 0,937 𝑚 109 Un hombre utiliza una barredora de nieve para limpiar el acceso a su cochera. Si la nieve se descarga a un ángulo promedio de 40  con la horizontal, determine la rapidez inicial V o de la nieve.

h2 

h1 

x

Datos:

h2  1,1m

  40

h1  0,6m SOLUCION:

v0  ctte 

v0 x  v0 . cos 40 

a  g

v0 y  v0 .sen40



Ecuaciones cinemáticas:

v0

a0

x0  0

v

dx dt

 dx   vdt

a

dv dt

 dv   adt

v

dy dt

 dy   vdt

x  x0  v0 x .t

(1)

v  v0 y  gt

(2)

 dy   (v  at )dt t2 y  y0  v0 y t  g 2

En (1) :

t

x v0 x

v0 y

Y (4) en (3)

t

x v0 . cos 40

t2 y  v0 y t  g 2   x     v . cos 40   x  g  0 y  v0 .sen 40    2  v0 . cos 40    2 g x y  tg 40  x   2 2   2 v . cos 40  0  y  h 2  h1

y  1,1m  0,6m y  0,5m

x  4,2m

2

(4)

(3)

Reemplazamos valores:

  9,81 (4,2m) 2 0,5m  tg 40 4,2m)    2 2    2v0 . cos 40 

 173,0484   0,5m  tg 40 4,2m)    2  1 , 1736 v 0  

 3,02(1,173v0 )  173,0484 2

v0  2

 173,0484  3,5474

v0  6,98 m s

v0  48,74

111 Una pelota se proyecta desde un punto A con velocidad Vo perpendicular al plano inclinado que muestra la figura. Si la pelota golpea el plano inclinado en B, determine la rapidez inicial Vo en términos del rango R y β. Datos: Vo=? en rango R y β. Solución: (Vy)o

Vo

(Vx)o

𝑉𝑦 = 𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽) 𝑔 = 𝑎 = −9.8𝑚/𝑠 2 𝑦 = (Vy)ot +

1 2 at 2

𝑦 = [𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]ot +

1 (−9.8)t 2 2

𝑦 = [𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]ot − 4.9t 2 y=h

sin 𝛽 =

𝑦 𝑅

ℎ = 𝑅 sin 𝛽

𝑅 sin 𝛽 = [𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o t − 4.9t 2 4.9t 2 − [𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o t + 𝑅 sin 𝛽 = 0 𝑥=

−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎

[𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o ± √{[𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o}2 − 4(4.9)(𝑅𝑠𝑖𝑛𝛽) 𝑡= 2(4.9) 𝑡=

[𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o ± √{[𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o}2 − (19.6)(𝑅𝑠𝑖𝑛𝛽) 9.8

𝑉𝑥 = [𝑉𝑜 sin(90 − 𝛽)]𝑡 (𝑉𝑥 )𝑜 = [𝑉𝑜 sin(90 − 𝛽)]

[𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o ± √{[𝑉𝑜 cos(90 − 𝛽)]o}2 − (19.6)(𝑅𝑠𝑖𝑛𝛽) 9.8

121. En un cruce de 2 calles el automóvil A s e dirige hacia el sur a velocidad de 25 mi/h cuando lo choca el carro B que viaja 30° al noreste con velocidad de 30 mi/h. Determine la velocidad relativa del automóvil B respecto al automóvil A.

y 25 m/s o α

θ

Vb/a

x

Va 60° Vb

Datos: Vb=30 mi/h Va=35 mi/h Solución: Vb/a = (Vb)2 + (−Va)2 − 2Vb(−Va) cos60° Vb/a = √(30)2 + (−25)2 – 2(30)(25) cos60°

Vb/a =√900 + 625 + 750 Vb/a= 47,7 mi/h Ley de senos: 𝑆𝑒𝑛 𝛼 𝑉𝑏

=

𝑆𝑒𝑛 60 𝑉𝑏/𝑎

Sen 𝛼 =

𝑣𝑏 𝑠𝑒𝑛60 𝑉𝑏/𝑎 30 𝑚𝑖/ℎ

α = sen−1 [47,7 𝑚𝑖/ℎ] α=33° θ= 90°- 33° θ=57°

Vb/a= 47,7 mi/h ;

57°

123 Las velocidades de los trenes A y B son como indica la figura. Si la velocidad de cada tren es constante y B alcanza el cruce 10 minutos después de que A lo hizo, determine: a) Velocidad relativa de B con respecto a A b) Distancia entre los frentes de las máquinas 3 minutos después de haber pasado A por el crucero

DATOS: 𝑣𝐴 = 80 𝑘𝑚⁄ℎ 𝑣𝐵 = 60 𝑘𝑚⁄ℎ a 25º con la horizontal 𝑣𝐵⁄

𝐴=?

→ 𝑡 = 0.216

𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑡𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠 =?

→ 𝑡𝐴 = 0.216 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠,

SOLUCION Ecuaciones 𝑣=

𝑥 𝑡 60 𝑘𝑚⁄ℎ

80 𝑘𝑚⁄ℎ

𝑣 𝐵⁄𝐴

𝑡𝐵 = 0.05 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠

𝑣𝐵⁄ = √602 + 802 − 2(60)(80) cos(25) 𝐴

𝑣𝐵⁄ = 36 𝑘𝑚⁄ℎ 𝐴

𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑠𝑒𝑛25 = 60 36 𝛼 = 44.79° 𝒗𝑩⁄ = (𝟑𝟔 𝒌𝒎⁄𝒉 ; 𝟏𝟑𝟓. 𝟐𝟏°) 𝑨

𝑥𝐴 = 𝑣𝐴 𝑡𝐴 = 80(0.216) = 17.33 𝐾𝑚 𝑥𝐵 = 𝑣𝐵 𝑡𝐵 = 60(0.05) = 3 𝐾𝑚

𝑟 = √17.332 + 32 − 2(17.33)(3) cos(155) = 20.09𝐾𝑚 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑠𝑒𝑛155 = 3 20.09 𝛼 = 3.48 ° 𝒓 = (𝟐𝟎. 𝟎𝟗𝑲𝒎; 𝟑. 𝟒𝟖°)

143 En un instante determinado durante una carrera de aviones, el avión A vuela horizontalmente el línea recta, y su velocidad aumenta a una tasa de 6 m/s2. El avión B vuela a la misma altura que A y, al rodear un pilar, sigue una trayectoria circular de 200 m de radio. Si en un instante dado la

velocidad de B está disminuyendo a razón de 2m/s2, determine, para la posición mostrada, a) la velocidad de B relativa a A, b)la aceleración de B respecto a A. SOLUCION: DATOS: vA =420 km/h , vB=520 km/h

60

ECUACIONES CINEMATICAS: vB vA vB/A

vB/A vB vA vB

vA

V 2 B/A= V 2 A + V 2 B−2VAVB cos 60 = (420)2 + (520)2 − 2(420)(520) cos 60 VB/A= 477,9 km/h 𝑠𝑒𝑛α 𝑠𝑒𝑛60 = 520 477,9 α = 70,4 VB/A= 477,9 km/h aA

6 m/s2

vB

520 km/h

(aB)n=

𝑉2 𝜌

=

70,4O.

(aB)t= 2 m/s2

(144,44)2 200

vB = 144.44 m/s

= 104,32𝑚/𝑠 2

aB/A= aB-aA= (aB)t-(aA)n-aA 2 m/s2 i aB/A

cos60 i sin 60 j 50.43 m/s2 j 109,6 m/s2

104.32

cos30 i sin 30 j

6i

97.34

27,4O

145 Una boquilla descarga un chorro de agua en la dirección que se muestra con una velocidad inicial de 8 m s . Determine el radio de curvatura del chorro a ) cuando salga de la boquilla b ) en la altura máxima del chorro.

an g

55

at

Datos:

v0  8 m s

SOLUCION:

at  g. cos 55

an  g.sen55

a ) an 

v0

an  (9,81 m s 2 ) .sen55

at  (9,81 m s 2 ) . cos 55

an  8,035 m s 2

at  5,627 m s 2

2



2

v  0 an

2

(8 m s )  8,035 m s 2

  7,96m

v0 x v0  8 m s

an

55

an  g  9,81m s 2

b)

an 

v0 x

v0 x  6,55 m s

2

(6,55 m s )  9,81 m s 2

147

v0 x  (8).sen55

2



v   0x an

v0 x  v0 .sen55

2

  4,37m

Desde el punto A se lanza un proyectil con velocidad inicial 𝑣0 =

120 𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 a un ángulo de 30º con la vertical. Determine el radio de curvatura de la trayectoria descrita por el proyectil a) En el punto A b) En el punto de la trayectoria donde la velocidad es paralela a la pendiente

DATOS: 𝑣0 = 120 𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 𝑎 60° INCÓGNITAS a) 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 "ρ" 𝑒𝑛 𝐴 b) 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 "𝜌" 𝑒𝑛 𝑣 𝑎 30°

SOLUCIÓN Ecuaciones -

En el punto A 𝑓𝑡 𝑣 = 𝑣0 = 120 ⁄𝑠 𝑓𝑡 𝑎 = 𝑔 = 32.2 ⁄𝑠 2 ↓

ρ=

-

𝑣2 (120)2 = = 𝟖𝟗𝟒 𝒇𝒕 𝑔 32.2 sin 30

En el punto B 𝑣0𝑥 = 𝑣𝐵𝑥 = 120 cos(60) 𝑣0 𝑣= = 62.28 𝑓𝑡 cos 30 𝑣2 (62.28)2 ρ= = = 𝟏𝟕𝟐. 𝟏𝟑 𝒇𝒕 𝑔 32.2 sin 60