INGENIERÍA CIVIL Ahora para el tramo 2, a2 = −2m / s 2 t2 0 0 22.2 adt = dv ⇒ ∫ adt = ∫ dv → a2 t2 = −22.2 .....
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Ahora para el tramo 2, a2 = −2m / s 2
t2
0
0
22.2
adt = dv ⇒ ∫ adt = ∫ dv → a2 t2 = −22.2 .....(a2 = −2m / s ) → −2t2 = −22.2 → t2 = 11.1s
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∴ t1 + t2 = 33.3s PROBLEMA 17(13.72) En la figura, el torno T esta devanando cable a la razón constante de 2 m/s. Determinar la velocidad del contrapeso C relativa al ascensor.
SOLUCIÓN: Tenemos dos cuerdas L1 y L2
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i) = L1 2 s1 + c1 ( L1 se va devanando)
L1 = 2 s1
2 = 2 s1 → s1 = 1m / s (↓) ii ) L2 = 2 s1 + s2 + c2 ( L2 constante)
L= 2 s1 + s2 2
s2 =−2 → s2 =2m / s (↑)
PROBLEMA 18(13.120) Dos aviones vuelan en línea recta horizontalmente a la misma altitud , según se indica en la figura. En t=0 s, las distancias AC y BC son 20 km y 30 km, respectivamente .Los aviones llevan celeridades constantes; VA=300km/h y VB=400km/h. Determinar a. La posición relativa 𝑟𝑟⃗B/A de los aviones en t=3min
b. La velocidad relativa 𝑣𝑣⃗B/A de los aviones en t=3min c. La distancia d que separa los aviones en t=3min d. El tiempo T en que será mínima la separación
SOLUCION:
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Hallando 𝑟𝑟⃗B/A de los aviones en t=3min=1/20 h Para tiempo = 3min 1 ) =5km 20 1 • BC =30 − 400t =30 − 400( ) =10km 20 r B =r A + r B / A → r B / A =r B − r A = → r B / A 10(cos 60 i + sen60 j ) − (−5 i ) → r B / A =(10i + 8.66 j )km • AC =20 − 300t =20 − 300(
•
Hallando 𝑣𝑣⃗B/A de los aviones en t=3min=1/20 h
v B =v A + v B / A → v B / A =v B − v A vB/ A = 400(− cos 60 i − sen60 j ) − (300i ) vB/ A = (−500i − 346.4 j )km / h
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•
Hallando la distancia d que separa los aviones en t=3min
2
2
d 2 = AC + BC − 2 AC × BC cos120 d 2 =52 + 102 − 2(5)(10) cos120 d 2 = 175 → d = 13.23km •
Hallando el tiempo T en que será mínima la separación
2
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2
d 2 = AC + BC − 2 AC × BC cos120 d 2 = (20 − 300t ) 2 + (30 − 400t ) 2 − 2(20 − 300t )(30 − 400t )cos120 d 2 = [ (20 − 300t ) + (30 − 400t ) ] − (20 − 300t )(30 − 400t ) 2
d = min, → (20 − 300t ) + (30 − 400t ) = 0 700t → 50 = 4.28min ∴t=
PROBLEMA 19(13.121) Los rodillos A y B están unidos a los extremos de una barra rígida de 1.5m de longitud. El rodillo B se mueve por una guía horizontal con una celeridad constante de 0.3 m/s y hacia la derecha, mientras que el rodillo A se mueve por una guía vertical.
�⃗A y la aceleración �𝒂𝒂⃗A del rodillo A en función de s, a. Determinar la posición �⃗ 𝒓𝒓A, la velocidad 𝒗𝒗 0 ≤ 𝑠𝑠 ≤ 1.5𝑚𝑚 �⃗A/B ,𝒂𝒂 �⃗A/B b. Para 𝑠𝑠 = 0.9 𝑚𝑚 , determinar la posición relativa �⃗ 𝒓𝒓A/B , 𝒗𝒗
c. Demostrar que la posición relativa y la velocidad relativa del apartado b son perpendiculares.
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�⃗A y la 𝒂𝒂 �⃗A : Determinando la posición �⃗ 𝒓𝒓A, 𝒗𝒗 •
Por dato tenemos : vB= s= 0.3m / s , L= 1.5m Por pitagoras : 2 i ) L= s2 + y2
y= L2 − s 2
y= 1.52 − s 2 ∴ rA = 2.25 − s 2 j m
�⃗A/B , 𝒗𝒗 �⃗A/B ,𝒂𝒂 �⃗A/B Posición relativa 𝒓𝒓
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•
•
DERIVANDO → ii ) 0= 2 s s + 2 y y
• ss − y= y • 0.3s − y= 2 2.25 − s •
0.3s ∴ vA = − 2 2.25 − s
j m / s
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para s = 0.9 i) r A = r B + r A/ B ii ) r A/ B = rA − rB • r A/ B = 2.25 − s 2 j − 0.9i
vA = v B + v A/ B v A/ B = v A − vB 0.3s • v A/ B = − j − 0.3i 2 2.25 − s ∴ v A/ B = (−0.225 j − 0.3i )m / s
∴ r A/ B = (1.2 j − 0.9i )m CONSIGUE EL SOL iii ) a= a B + a A/ B A COMPLETO DE → a A / B =a A − a B DINAMICA RILEY 0.2 j − 0 − → a A/ B = 3 DE 170 PAGINAS AL 2 2.25 − s WASHAP ∴ a A/ B = −0.115 j m / s 2
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�⃗A/B , 𝒗𝒗 �⃗A/B son perpendiculares: Para demostrar que la 𝒓𝒓
0 • r A/ B ⊥ v A/ B → r A/ B . v A/ B = 0 → (1.2 j − 0.9i ).(−0.225 j − 0.3i ) = → −0.27 + 0.27 =0 0=0
iii ) Se deriva una vez mas : •2
••
•2
••
s =0 0 =s + s ( s ) + y + y ( y ) ; 2 ss 2 s 2 + y 2 −( − s + / y y= )= y y s 2 × L2 y = − 3 y 0.32 × 1.52 aA = − 3 2.25 − s 2 0.2 j m / s 2 ∴a A = − 3 2 2.25 − s
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PROBLEMA 20(13.142) La grúa de la figura gira en toro al eje AD a la razón constante de 3 rad/min .Al mismo tiempo , el aguilón AB de 20 m de largo va descendiendo a la razón constante de 5 rad/min . Calcular la velocidad y la aceleración del punto B cuando φ = 30º .
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SOLUCIÓN:
Como datos tenemos:
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r 20m , = r 0, = r 0 ; •= φ 30º •= CONSIGUE EL SOL 1 1 COMPLETO DE / min rad / s = / min rad / s = •θ 3 rad = •φ 5rad = 20 12 DINAMICA RILEY DE 170 PAGINAS AL → θ 0 = = →φ 0 WASHAP +51954537276 v= r e r + r φ e φ + r θ sen φ e θ
vr = r = 0 , v φ = r φ = 20 ×
1 5 1 = m / s , vθ = 20 × × sen30º = 0.5m / s 12 3 20
→= v
vr 2 + v φ 2 + vθ 2
→ v=
5 + 0.52 3
2
∴v= 1.74 m / s
La aceleración en coordenadas esfericas : a = a r + aφ + aθ r 2 − rφ2 − rθ 2 sen 2φ → a = r
1 1 0 − 20( ) 2 − 20( ) 2 sen 2 30 ar = 12 20 2 ar = −0.15 m / s → a = rφ + 2rφ − rθ 2 senφ cos φ φ
aφ = 20 × 0 + 2 × 0 ×
1 1 − 20( ) 2 sen30cos30 12 20
aφ = −0.022 m / s 2 cos φ + rθsenφ →a = 2rθsenφ + 2rθφ θ
aθ = 0 + 2 × 20 ×
1 1 × cos30 + 0 20 12
aθ = 0.144 m / s 2 a=
ar 2 + aφ 2 + aθ 2
a=
(−0.15) 2 + (−0.022) 2 + 0.144 2
∴a= 0.21m / s 2
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PROBLEMA 21(13.27) : Una bola que cae en el aire tiene una aceleración
= a a= (v) (9.81 − 0.003v 2 ) m
s2
Donde la velocidad del punto se expresa en metros por segundo y el sentido positivo es hacia abajo. Determinar la velocidad de la bola en función de la altura si se lleva una velocidad hacia debajo de 3m s cuando y0 = 0 . Determinar también la velocidad de régimen de la bola.
a
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SOLUCIÓN: •
Piden hallar la velocidad en función de la altura cuando la v0 = 3 m
•
s y y0 = 0
Como la aceleración está en función de la velocidad
(v) (9.81 − 0.003v 2 ) m = a a=
•
s2 Utilizamos la segunda derivada de la posición para obtener la aceleración en función del tiempo
dv dv dx dv = = v dt dx dt dx dv → dx = v a Multiplicamos y dividimos por dx; luego obtenemos la dx en función de v y a = a
•
Para poder integrar necesitamos que la aceleración este en función de la velocidad
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