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• Andrea Quintero Villegas

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14.105Una bala de 30 g se dispara con una velocidad de 480 m/s haciaun bloque A, el cual tiene una masa de 5 kg. El coeficiente de fricción cinéticaentre el bloque A y el carrito BC es de 0.50. Si se sabe que el carritotiene una masa de 4 kg y puede rodar libremente, determine a) la velocidadfinal del carrito y el bloque, b) la posición final del bloque sobre el carrito.

El sistema de fuerzas externas que actúan sobre las partículas y el sistema de las fuerzas efectivas delas partículas son equipolentes; esto es, ambos sistemas tienen la misma resultante y el mismo momento resultante alrededor de A. a) El producto entre la velocidad y la masa de la bala es igual al producto de la masa del bloque A con la masa adicionada de la bala y una velocidad justo luego del impacto, así que se puede encontrar la velocidad del bloque A luego de que la bala haya impactado. 𝑣0 ∗ 𝑚0 = (𝑚0 + 𝑚𝐴) ∗ 𝑣𝐴 Donde: vA: velocidad del bloque A luego del impacto de la bala mA: masa del bloque A m0: masa de la bala v0: velocidad de la bala

480 𝑚/𝑠 ∗ 0,030𝑘𝑔 = (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔) ∗ 𝑣𝐴 𝑣𝐴 =

480 𝑚/𝑠 ∗ 0,030𝑘𝑔 (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔)

𝑣𝐴 = 2,8628 𝑚/𝑠

𝑣𝐴 ∗ (𝑚0 + 𝑚𝐴) = (𝑚𝐴 + 𝑚0 + 𝑚𝑐) ∗ 𝑣𝑓 momento inicial

2,8628

momento final

𝑚 ∗ (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔) = (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔 + 4𝑘𝑔) ∗ 𝑣𝑓 𝑠 𝑣𝑓 =

2,8628

𝑚 𝑠

∗ (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔)

(0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔 + 4𝑘𝑔) 𝑣𝑓 = 1,595 𝑚/𝑠

b) Con el principio de trabajo y energiala cual expresa que, cuando la partícula se mueve de A1 a A2 bajo la acción de una fuerza F, el trabajo de la fuerza F es igual al cambio de la energía cinética de la partícula. 𝑇=

1 𝑚𝑣 2 2

Inmediatamente luego del impacto de la bala se tiene: 𝑇1 =

1 (𝑚0 + 𝑚𝐴) ∗ 𝑣𝐴2 2

1 𝑇1 = (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔) ∗ (2,8628 𝑚/𝑠)2 2 𝑇1 = 20,612𝐽 La energia final es: 1 𝑇2 = (𝑚0 + 𝑚𝐴 + 𝑚𝑐) ∗ 𝑣𝑓 2 2 1 𝑚 𝑇2 = (0,030𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔 + 4𝑘𝑔) ∗ (1,595 )2 2 𝑠 𝑇2 = 11,48𝐽 La energia final es menor con respecto a la energia Inmediatamente luego del impacto de la bala, esto es por que se perdió la energia, posiblemente con la fricción entre el bloque A y el carrito. 𝐹𝐴 = 𝜇𝑘 ∗ 𝑁𝐴 𝐹𝐴 = 𝜇𝑘 ∗ (𝑚0 + 𝑚𝐴) ∗ 𝑔 𝐹𝐴 = 0,5 ∗ (0,03𝑘𝑔 + 5𝑘𝑔) ∗ 9,81 𝑚/𝑠 2

𝐹𝐴 = 24,672 𝑁 El trabajo de la fuerza F correspondiente al desplazamiento dr se define como la cantidad: 𝑑𝑈 = 𝐹 ∗ 𝑑𝑟 El vector dr se denomina el desplazamiento de la partícula. F tiene dirección opuesta a la de dr, asi que el trabajo se reduce a: 𝑑𝑈 = −𝐹 ∗ 𝑑𝑟 𝑑𝑈 = −24,672 𝑁 ∗ 𝑟

𝑇1 + 𝑑𝑈 = 𝑇2 20,612𝐽 + (−24,672𝑁 ∗ 𝑟) = 11,48𝑗 𝑟=

11,48 𝑗 − 20,612𝑗 −24,672𝑁 𝑟 = 0,3701𝑚

14.106 Una locomotora A de 80 Mg que viaja a 6.5 km/h choca con un carro plataforma C de 20 Mg que transporta una carga B de 30 Mg, la cual puede deslizarse a lo largo del piso (uk= 0.25). Si se sabe que el carro plataforma estaba en reposo, sin frenos, y que se acopló automáticamente con la locomotora luego del impacto, determine la velocidad del carro plataforma a) inmediatamente después del impacto, b) después de que la carga se ha deslizado con relación al carro plataforma hasta llegar a un tope.

a) El centro de masa de un sistema de partículas se mueve como si la masa total del sistema y todas las fuerzas externas estuvieran concentradas en ese punto.

Hay que encontrar la velocidad de la plataforma inmediatamente después de que A choca con C (C en reposo), no hay efecto en el bloque B (nulo) ya que éste no presenta movimiento, entonces no se tiene en cuenta para este caso la masa del bloque B (mB);Según la conservación de momento lineal, el movimiento de la locomotora será igual al movimiento del carro inmediatamente luego del impacto. Se tienen todos los datos, menos la velocidad del carro luego del impacto (vh), así que la despejamos. 𝑣𝐴 ∗ 𝑚𝐴 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐶) ∗ 𝑣ℎ Donde: vA: velocidad inicial de la locomotora mA: masa de la locomotora mC: masa del carro vh: velocidad final del carro plataforma inmediatamente luego del impacto 6,5

𝑘𝑚 ∗ 80𝑀𝑔 = (80 𝑀𝑔 + 20𝑀𝑔) ∗ 𝑣ℎ ℎ 𝑣ℎ =

6,5

𝑘𝑚 ℎ

∗ 80𝑀𝑔

(80 𝑀𝑔 + 20𝑀𝑔) 𝑣ℎ = 5,2

𝑘𝑚 ℎ

b) Se toma la masa total del sistema, ya que en todo el sistema se produce tanto la acción como la reacción de cada partícula; en este caso la locomotora, el carro y la carga(𝑚𝐴 + 𝑚𝑐 + 𝑚𝐵). B se desplazó hasta el extremo izquierdo de la plataforma, (está en movimiento), es decir que posee una velocidad y una masa. La fricción ejercida en B por C es no impulsiva, asi que se desprecia la uk. 𝑣𝐴 ∗ 𝑚𝐴 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝑐 + 𝑚𝐵) ∗ 𝑣𝑓 Donde: vA: velocidad inicial de la locomotora mA: masa de la locomotora mC: masa del carro mB: masa de la carga vf: velocidad final del carro después de que la carga se ha deslizado con relación al carro plataforma hasta llegar a un tope.

6,5

𝑘𝑚 ∗ 80𝑀𝑔 = (80 𝑀𝑔 + 20 𝑀𝑔 + 30𝑀𝑔) ∗ 𝑣𝑓 ℎ 𝑣𝑓 =

6,5

𝑘𝑚 ℎ

∗ 80𝑀𝑔

(80 𝑀𝑔 + 20 𝑀𝑔 + 30𝑀𝑔) 𝑣𝑓 = 4

𝑘𝑚 ℎ

14.107 Tres vagones de carga idénticos tienen las velocidades que se indican en la figura. Si el vagón A primero golpea al vagón B, determine la velocidad de cada vagón después de que hayan ocurrido todas las colisiones si a) los tres vagones se acoplan de manera automática, b) si los vagones A y B se acoplan automáticamente mientras que los vagones B y C rebotan uno contra el otro con un coeficiente de restitución e = 0.8.

a) Haycolisioninelastica donde los vagones chocan, se quedan pegados y luego se mueven con velocidad final Vf después de la colisión. Debido a que la cantidad de movimiento de un sistema aislado se conserva en cualquier colisión, podemos decir que la cantidad total de movimiento antes de la colisión es igual a la cantidad total de movimiento del sistema combinado después de la colisión. 𝑣𝐴𝑖 ∗ 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 ∗ 𝑣𝐵𝑖 + 𝑚𝐶 ∗ 𝑣𝐶𝑖 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ∗ 𝑣𝑓 momento inicial

Donde: mA: masa del vagon A mB:masa del vagon B

Igual masa: m

mC: masa del vagon C vAi: velocidad inicial del vagon A: 6 mi/h vBi:velocidad inicial del vagon B: 0 vCi:velocidad inicial del vagon C: 4,8 mi/h

momento final

vf: Velocidad con la cual se desplazan los vagones unidos después del choque. Indicamos v como positiva si una partícula se mueve hacia la derecha y negativa si se mueve hacia la izquierda. La velocidad de C es negativa ya que asi lo indica la figura (va hacia la izquierda) y la velocidad final la suponemos positiva. (𝑚 ∗ 6

𝑚𝑖 𝑚𝑖 ) + (𝑚 ∗ 0) + (𝑚 ∗ (−4,8 )) = (𝑚 + 𝑚 + 𝑚) ∗ 𝑣𝑓 ℎ ℎ

(𝑚𝐴 ∗ 6

𝑚𝑖 𝑚𝑖 ) − (𝑚𝐶 ∗ 4,8 ) = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ∗ 𝑣𝑓 ℎ ℎ

(𝑚 ∗ 6

𝑚𝑖 𝑚𝑖 ) − (𝑚 ∗ 4,8 ) = (3𝑚) ∗ 𝑣𝑓 ℎ ℎ

𝑚(6

𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 4,8 ) = (3𝑚) ∗ 𝑣𝑓 ℎ ℎ

𝑚 (1,2

𝑚𝑖 ) = (3𝑚) ∗ 𝑣𝑓 ℎ

𝑣𝑓 =

𝑚 ∗ 1,2

𝑣𝑓 =

𝑚𝑖 ℎ

3𝑚 1,2

𝑚𝑖 ℎ

3

𝑣𝑓 = 0,4

𝑚𝑖 ℎ

b) Hay colisionelastica (las dos partículas chocan de frente y luego se alejan del lugar de la colisión con diferentes velocidades V1F y V2F. Si la colisión es elástica se conservan tanto la cantidad de movimiento como la energía cinética del sistema) y colisioninelastica ya que los vagones A y B se acoplan y los vagones B y C rebotan. Para los vagones A y B se tiene colisioninelastica, asi que: 𝑣𝐴 ∗ 𝑚𝐴 + 𝑣𝐵 ∗ 𝑚𝐵 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∗ 𝑣𝑓 6

𝑚𝑖 ∗ 𝑚 + 0 ∗ 𝑚 = (𝑚 + 𝑚) ∗ 𝑣𝑓 ℎ 6

𝑚𝑖 ∗ 𝑚 = (2𝑚) ∗ 𝑣𝑓 ℎ 𝑣𝑓 =

6 𝑚𝑖/ℎ ∗ 𝑚 2𝑚

𝑣𝑓 =

6 𝑚𝑖/ℎ 2

𝑣𝑓 = 3

𝑚𝑖 ℎ

Luego entre los vagones B y C se tiene una colisiónelástica: (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)𝑣𝑓 + 𝑚𝑐 ∗ −𝑣𝐶 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)𝑣𝑓1 + 𝑚𝑐 ∗ 𝑣𝐶1 Donde: vf1: velocidad final de los vagones A y B (acoplados) vC1: velocidad final del vagon C luego del impacto de los vagones A y B (𝑚 + 𝑚) ∗ 3 (2𝑚) ∗ 3

𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 𝑚 ∗ 4,8 = (𝑚 + 𝑚)𝑣𝑓1 + 𝑚𝑐 ∗ 𝑣𝐶1 ℎ ℎ 𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 𝑚 ∗ 4,8 = (2𝑚)𝑣𝑓1 + 𝑚𝑐 ∗ 𝑣𝐶1 ℎ ℎ

𝑚(2 ∗ 3 𝑚(6

𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 4,8 ) = (2𝑚)𝑣𝑓1 + 𝑚𝑐 ∗ 𝑣𝐶1 ℎ ℎ

𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 4,8 ) = (2𝑚)𝑣𝑓1 + 𝑚𝑐 ∗ 𝑣𝐶1 ℎ ℎ 1,2

𝑚𝑖 (2𝑚)𝑣𝑓1 + 𝑚𝑐 ∗ 𝑣𝐶1 = ℎ 𝑚

1,2

𝑚𝑖 = 2 ∗ 𝑣𝑓1 + 𝑣𝐶1 (1) ℎ

No conocemos la velocidad final (vf1) ni la velocidad final del vagon C (vC1), asi que utilizamos el coeficiente de restitución. 0,8 =

0,8 ∗ (−4,8 (−3,84

𝑣𝑓1 − 𝑣𝐶1 −4,8

𝑚𝑖 ℎ

−3

𝑚𝑖 ℎ

𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 3 ) = 𝑣𝑓1 − 𝑣𝐶1 ℎ ℎ

𝑚𝑖 𝑚𝑖 − 2,4 ) = 𝑣𝑓1 − 𝑣𝐶1 ℎ ℎ

(−6,24

𝑚𝑖 ) = 𝑣𝑓1 − 𝑣𝐶1 ℎ

Despejamos vf1 (−6,24

𝑚𝑖 ℎ

+ 𝑣𝐶1) = 𝑣𝑓1 (2)

Reemplazamos (2) en (1) para encontrar la velocidad final del vagon C (vC1) 1,2

𝑚𝑖 𝑚𝑖 = 2 ∗ (−6,24 + 𝑣𝐶1) + 𝑣𝐶1 ℎ ℎ

1,2

𝑚𝑖 𝑚𝑖 = −12,48 + 2𝑣𝐶1 + 𝑣𝐶1 ℎ ℎ

1,2

𝑚𝑖 𝑚𝑖 = −12,48 + 𝑣𝐶1(2 + 1) ℎ ℎ

1,2 𝑚𝑖/ℎ + 12,48 𝑚𝑖/ℎ = 𝑣𝐶1 (2 + 1) 4,56

𝑚𝑖 = 𝑣𝐶1 ℎ

Ya teniendo vC1, lo reemplazamos en (2) para encontrar vf1 (−6,24

𝑚𝑖 𝑚𝑖 + 4,56 ) = 𝑣𝑓1 ℎ ℎ

−1,68

𝑚𝑖 = 𝑣𝑓1 ℎ

Luego del choque, el vagon C termina moviéndosehacia la derecha y los vagones A y B hacia la izquierda.

14.108 Un helicóptero A de 9 000 lb viajaba hacia el este a una rapidez de 75 mi/h y a una altura de 2 500 ft, cuando fue golpeado por un helicóptero B de 12 000 lb. Como resultado de la colisión, los dos helicópteros perdieron altura y sus restos trenzados cayeron al suelo en 12 s en un punto localizado 1 500 ft al este y 384 ft al sur del punto de impacto. Si se desprecia la resistencia del aire, determine las componentes de la velocidad del helicóptero B justo antes del choque. Se tienen dos masas de dos helicópteros A y B, que chocan de manera inelástica a una determinada altura y velocidad, los restos trenzados productos de este impacto se ubicaron a (1500ft) este y (384ft) sur, respecto al punto de impacto. Toca encontrar las componentes de la velocidad del helicóptero B justo antes del choque.

Encontramos la velocidad inmediatamente después de la colisión, planteamos la siguiente ecuación que incluye las componentes después de la colisión, así que tomamos como referencia: X=este

Y Norte

Y=Norte Z=Sur. X Este

Z Sur V ′ = vx′ i + vy′ j + vz ′k Se tiene queX = vx′ ∗ ty Z = vz′ ∗ t, así quede cada ecuación despejamos la velocidad tanto en x como en z, resultando las siguientes ecuaciones: vx′ =

𝑋 ′ 𝑍 v = 𝑡 z 𝑡

Donde X y Z son 1500 ft y 384ft respectivamente y t 12 segundos. De la ecuación principal solo quedaría la siguiente incógnita: 𝒗′𝒚 𝒋. Con la altura del choque tenemos lasiguiente ecuación: 1 −ℎ = 𝑣 ′ 𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2 Donde g es la gravedad (32,2

𝑓𝑡 𝑠2

) y h 2500 𝑓𝑡

Ya teniendo todas las demás variables, despejamos 𝑣′𝑦 , por que lo que ya tendríamos todas las velocidades, así que procedemos a reemplazar los datos en la ecuación:𝑣 ′ = 𝑣𝑥′ 𝑖 + 𝑣′𝑦 𝑗 + 𝑣′𝑧 𝑘para hallar la velocidad total de la colisión. En el impacto se conserva la cantidad de movimiento lineal del sistema debido a que no hay una fuerza externay se plantea la siguiente ecuación: 𝑚𝐴 𝑣𝐴 + 𝑚𝐵 𝑣𝐵 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 )𝑣 ′ (1) Luego se encuentran los componentes de la velocidad de B (vB), y con base en la ecuación (1) se despeja𝑣𝐵 teniendo en cuenta que se tiene los datos para la 𝑣𝐴 = 75

𝑚𝑖 ℎ

𝑓𝑡

y este dato se pasa a las unidades ft/s(𝑣𝐴 = 110 𝑠 ).Una vez encontrado la

velocidad de B, con los componentes de la velocidad total, se despejan finalmente las velocidades por componentes de B: (vB)X, (vB)Y y (vB)Z

14.109. Un bloque B de 15 lb se encuentra en reposo y un resorte de constante k= 72lb/in, se mantiene comprimido 3 in, mediante una cuerda. Después de colocar el bloque A de 5 lb contra el extremo del resorte, se corta la cuerda ocasionando que A y B se muevan. Si se desprecia la fricción, determine las velocidades de los bloques A y B inmediatamente después de que A despegue de B.

Hay un sistema de partículas en movimiento. Se realiza el diagrama de momento, para analizar ocurrido en el sistema que se está moviendo.

Respecto al eje X En la primera y segunda parte las velocidades son 0 ya que el bloque A y el bloque B están en reposo respectivamente. En el tercer componente ya hay movimiento pues el resorte ya ha impulsado al bloque A y por lo tanto el bloque B también ha sido desplazado. Entonces se tiene: 0 + 0 = 𝑚𝐴 𝑉𝐴 − 𝑚𝐵 𝑉𝐵 𝑉𝐵 =

𝑚𝐴 𝑉𝐴 𝑚𝐵

El peso en este ejercicio se puede considerar como una fuerza conservativa, también la fuerza ejercida por el resorte. Entonces el sistema de conservación de la energía puede ser determinado con la siguiente ecuación:

𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 Antes de que el bloque A despegue, se tiene que la energía cinética (T) del bloque A es cero porque el objeto esta en reposo y tiene una velocidad nula, sin embargo el resorte tiene energía potencial, la cual es ejercida por el resorte 𝑉𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 =

𝐾𝑥 2 2

dónde x es la deformación del resorte y K es la constante de fricción. Despues del despegue del bloque A, se tiene que el bloque A tiene una velocidad ya que se ha comenzado a mover, entonces tenemos energía cinética expresada: 1 1 𝑇𝐵 = 𝑚𝐴 𝑉𝐴 + 𝑚𝐵 𝑉𝐵 2 2 Se remplazan los valores dados por el problema, la ecuación se deja expresada en términos de 𝑉𝐴 para remplazarla en 𝑉𝐵 =

𝑚𝐴 𝑉𝐴 𝑚𝐵

De esta manera se obtienen los valores de las velocidades de ambos bloques.

14.110 Un bloque B de 9 kg parte del reposo y se desliza hacia abajo sobre la superficie inclinada de una cuña A de 15 kg, la cual está soportada por una superficie horizontal. Si se desprecia la fricción, determine: a) La velocidad de B en relación con A después de que el bloque se haya deslizado hacia abajo 0.6 m sobre la superficie de la cuña. b) La velocidad correspondiente de la cuña.

Para desarrollar el problema es necesario hacer un diagrama de velocidaddes. Va Vb=dirección en la que se desplaza el bloque. Va=dirección de desplazamiento de la cuña Vb/a VbVb/a=Velocidad de b respecto a A

Este es un sistema estacionario de partículas, en el cual el bloque parte del reposo y se desliza hacia abajo.

Cantidad de mov inicial

0

 



Impulsos

Cantidad mov final

+

La cantidad de movimiento inicial es 0 ya que el bloque parte del reposo, no presenta velocidad Los impulsos están representados por: el peso del bloque B (Wb), ya que tenemos masa es necesario convertirla en peso multiplicándolo por la gravedad; por el peso del bloque A que es el peso de la cuña y por la fuerza N, perpendicular a la superficie, es la que soporta el peso de la cuña y del bloque, va en sentido contrario a los pesos.

La cantidad de movimiento final se “toma” cuando el bloque ha recorrido cierta distancia sobre la cuña. En este caso se presentan dos puntos en los que hay cantidad de movimiento, el primero es la cuña la cual es desplazada como reacción al movimiento del bloque sobre esta, se mueve hacia la izquierda, puede obtenerse multiplicando la masa de la cuña por su velocidad, y el segundo es el bloque B en el que hay dos cantidades de movimiento: la masa del bloque respecto a la velocidad de A y respecto a la velocidad de B/A (en relación a A porque esta es la superficie por la que se desliza la cuña).

Una vez realizado el análisis se procede a desarrollar el problema Masa del bloque: 9kg Masa de la cuña: 15 kg Se desprecia la fricción Vb/a cuando el bloque se haya deslizado hacia abajo 0.6 m=? Velocidad de la cuña 𝑀𝑏𝑉𝑏 + ∑ 𝑅𝑥 = ∑ 𝑚𝑉 En X: Todos los impulsos están sobre el eje y, por esta razón es 0. 0 + 0 = ((𝑤𝐵 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 𝐶𝑜𝑠30) − (𝑤𝐴 ∗ 𝑉𝐴 ) − (𝑤𝑏 ∗ 𝑉𝐴 ))

En Y: 0 − 𝑊𝑏𝑉𝑏 − 𝑊𝑎𝑉𝑎 + 𝑁 = (𝑤𝐵 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 𝑠𝑒𝑛30) Para hallar la magnitud de de Va, se despeja Va de la ecuación que está respecto a X. No se multiplico por la gravedad debido a que en el proceso se cancelaría. 𝑉𝑎 =

(𝑤𝐵 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 𝐶𝑜𝑠30) 9𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑜𝑠30 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 = = 0,3247 𝑉𝐵⁄𝐴 𝑚/𝑠 (𝑊𝑎 + 𝑊𝑏) 15 + 9(𝑘𝑔)

Para hallar 𝑉𝐵⁄𝐴 , realizamos un “sistema de conservación de energía”, donde el punto inicial el reposo y el final cuando ya ha descendido los 0,6m.

Conservación de energía: 

𝐸𝑃𝑂 = 𝑚𝐵 𝑔ℎ



𝐸𝐶𝑜 = 0



𝐸𝑃 = 0



𝐸𝐶 = 2 𝑚𝐴 𝑣 2𝐴 + 2 𝑚𝐵 𝑣 2 𝐵

𝐸𝑃𝑂 = (9𝑘𝑔 ∗ 9.81 𝑚⁄𝑠 ∗ 0.6𝑚 𝑆𝑒𝑛30)𝐸𝑃𝑂 = 26.48 𝐽

(ya que la velocidad es 0, está en reposo).

1

1

Para hallar las velocidades se utiliza el teorema del coseno 1 1 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 (𝑣 2𝐴 + 𝑉 2 𝐵⁄𝐴 − 2𝑣𝐴 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 𝐶𝑜𝑠30) 2 2 1 1 𝐸𝐶 = (15)(0.324)2 + (9) [(0.324)2 + 1 − 2(0.324 𝐶𝑜𝑠30)]𝑉 2 𝐵⁄𝐴 2 2 𝐸𝐶 =

𝐸𝐶 = 3.23 𝑉 2 𝐵⁄𝐴 𝐸𝐶𝑜 + 𝐸𝑃𝑂 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃 0 + 26.48 = 3.234 𝑉 2 𝐵⁄𝐴 + 0 𝑉𝐵⁄𝐴 = 2.861 𝑚⁄𝑠

30°

Ya es posible determinar la velocidad de la cuña

𝑉𝑎 =

(𝑤𝐵 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 𝐶𝑜𝑠30) 9𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑜𝑠30 ∗ 𝑉𝐵⁄𝐴 = = 0,3247 𝑉𝐵⁄𝐴 𝑚/𝑠 (𝑊𝑎 + 𝑊𝑏) 15 + 9(𝑘𝑔) 𝑣𝐴 = 0.324 (2.861 𝑚⁄𝑠)

𝑣𝐴 = 0.929 𝑚⁄𝑠 14.111. Cada unidad de tiempo se descarga una masa q de arena sobre una banda transportadora que se mueve con una velocidad v0. La arena se desvía mediante una placa A de modo que cae en una corriente vertical. Después de caer una distancia h, la arena se desvía de nuevo mediante una placa curva en B. Si se desprecia la fricción entre la arena y las placas, determine la fuerza requerida para mantener en la posición mostrada a) la placa A, b) la placa B.

El sistema gana o pierde masa, en este caso trabajamos con velocidades absolutas ya que la velocidad del flujo y el objeto con el que choca el flujo no presentan velocidad. (𝑚𝑜 ∗ 𝑉𝑜) + ∑ 𝑅 ∗ ∆𝑡 = (𝑚𝑓 ∗ 𝑉𝑓) Para hallar la fuerza de la placa A, tomamos como referencia solo esta placa. Vo

F

(∆𝑚 ∗ 𝑉𝑜) + (𝐹 ∗ ∆𝑡) = (∆𝑚𝑓 ∗ 𝑉𝑓) Ya que tenemos ecuación general, se puede comenzar a observar desde cada uno de los ejes para encontrar las incógnitas

Según el eje X ∆𝑚 ∗ 𝑉𝑜 − 𝐹 ∗ ∆𝑡 = 0 Solo hay reacción final en Y. La ecuación anterior se divide entre ∆𝑡 con el fin de ∆𝑚

reemplazar q= ∆𝑡 y despejamos F. 𝐹=

∆𝑚

∗ 𝑉𝑜 = 𝐹 = 𝑞 ∗ 𝑉𝑜

∆𝑡

Ya que F es positiva se concluye que la dirección fue bien supuesta, entonces se tiene que la fuerza ejercida por la placa A es 𝐹 = 𝑞 ∗ 𝑉𝑜 Para analizar la fuerza requerida para mantener la posición de la placa B tomamos como área de estudio la salida del sistema.

𝜇 = 𝑉𝑜 − 𝑉 (∆𝑚 ∗ 𝜇) + (𝐹 ∗ ∆𝑡) = (∆𝑚 ∗ 𝜇) La velocidad a la salida del sistema, se analiza por sus componentes, entonces se tiene que las velocidades relativas U de cada componente son la mitad de la velocidad relativa resultante o total al final del sistema. Se analiza primero el eje X. (se despeja Rbx y se reemplaza) 𝜇 0 − 𝑅𝑏𝑥 ∗ ∆𝑡 = − ∗ ∆𝑚 ∗ 𝐶𝑜𝑠 30° 2 𝑅𝑏𝑥 = 𝑅𝑏𝑥 =

∆𝑚 𝜇 ∗ ∗ 𝐶𝑜𝑠 30° ∆𝑡 2

𝜇 √3 √3 ∗ ∗𝑞 = 𝜇𝑞 2 2 4

En el eje y(se despeja Rby, se divide entre ∆𝑡, se factorizan los caudales y se reemplazan los valores). 𝜇 −𝜇 ∗ ∆𝑚 + 𝑅𝑏𝑦 ∗ ∆𝑡 = − ∗ ∆𝑚 ∗ 𝑆𝑒𝑛 30° 2 𝑅𝑏𝑦 = 𝜇

∆𝑚 𝜇 ∆𝑚 − ∗ ∗ 𝑆𝑒𝑛 30° ∆𝑡 2 ∆𝑡

𝑅𝑏𝑦 =

∆𝑚 𝜇 (𝜇 − )𝑆𝑒𝑛 30° ∆𝑡 2

𝑅𝑏𝑦 =

∆𝑚 𝜇 ∗ ∗ 𝑆𝑒𝑛 30° ∆𝑡 2

𝑅𝑏𝑦 = 𝑞 ∗ 𝑅𝑏𝑦 = 𝑞 ∗

𝜇 1 ∗ 2 2

𝜇 (𝑉𝑜 − 𝑉) =𝑞∗ 4 4

Se halla la fuerza resultante de la placa b, con los valores obtenidos de Rby y Rbx (con Pitágoras). 2

2 1 13 √3 √ 𝐹𝐵 = ( 𝜇𝑞) + ( ∗ 𝜇𝑞) 𝐹𝐵 = √ 𝑞 2 𝜇 2 4 4 16

13 13 𝐹𝐵 = √ ∗ 𝑞𝜇 = √ ∗ 𝑞(𝑉𝑜 − 𝑉) 16 16

Una vez determinada la magnitud, se determina la dirección de la fuerza. 1

𝜃 = 𝑇𝑎𝑛

−1

(4

𝜇𝑞

√3 𝜇𝑞 4

)

4 𝜃 = 𝑇𝑎𝑛−1 ( ) = 30° 4√3 La Fuera B tiene una dirección de 30° con la horizontal.

14.112. La componente final de un sistema transportador recibe arena a razón de 100 kg/s en A y la descarga en B. La arena se mueve horizontalmente en A y B con una velocidad de magnitud vA = vB = 4.5 m/s. Si se sabe que el peso combinado de la componente y de la arena que soporta es W=4 kN, determine las reacciones en C y D.

Datos dados por el problema: Va=Vb=4,5m/s El peso combinado de la componente y de la arena que soporta es W= 4 kN Se aplica el principio del impulso y la cantidad de movimiento durante el intervalo de tiempo t al sistema transportador de arena y el grano que transportan. Ya que el sistema está “quieto” y hay una ganancia y pérdida de partículas tenemos que estamos trabajando con un “sistema estacionario de partículas”. Reacciones: En el punto C y D hay apoyos (reacciones), el punto C permite movimiento en los ejes (x,y), el punto D permite movimiento en el eje ( y), también hay un impulso aplicado sobre el punto G en el eje (x). Cantidad de mov. Inicial Impulsos

Cantidad de mov. Final

∆𝑚𝑉𝑎 + ∑ 𝑅𝑥 = ∆𝑚𝑉𝑏 En el eje X: ∆𝑚𝑉𝑎 + 𝑅𝑐𝑥∆𝑡 = ∆𝑚𝑉𝑏 Ya que tenemos flujo másico que es 100 kg/s, dividimos la ecuancion anterior entre ∆𝑡. ∆𝑚 ∆𝑚 𝑉𝑎 + 𝑅𝑐𝑥 = 𝑉𝑏 ∆𝑡 ∆𝑡 Despejamos Rcx y sacamos factor común 𝑅𝑐𝑥 =

∆𝑚 ∆𝑡

∆𝑚 100𝑘𝑔 4,5𝑚 4,5𝑚 (𝑉𝑏 − 𝑉𝑎) = ∗( − )= 0𝑁 ∆𝑡 𝑠 𝑠 𝑠

En el eje y: 𝑅𝑐𝑦∆𝑡 − 𝑊∆𝑡 + 𝑅𝑑𝑦∆𝑡 = 0

Dividimos la ecuación entre ∆𝑡. 𝑅𝑐𝑦 − 𝑊 + 𝑅𝑑𝑦 = 0 Despejamos Rcy, ya que sacaremos momentos y este punto es el que más tiene reacciones, además ya sabemos el valor de W. 𝑅𝑐𝑦 = 𝑊 − 𝑅𝑑𝑦 Sacamos momentos en C −∆𝑚𝑉𝑎(0,9) − 𝑊∆𝑡(1,8) + 𝑅𝑑𝑦∆𝑡(3) = −∆𝑚𝑉𝑏(1,65) Ahora dividimos entre ∆𝑡 para poder reemplazar por flujos másicos y despejamos Rdy para poder reemplazar este valor en la ecuación de Rcy despejada para encontrar el valor de esta reacción. −

∆𝑚 ∆𝑚 𝑉𝑎(0,9) − 𝑊(1,8) + 𝑅𝑑𝑦(3) = − 𝑉𝑏(1,65) ∆𝑡 ∆𝑡 3𝑅𝑑𝑦 = 1,8𝑊 +

3𝑅𝑑𝑦 = 1,8(4000𝑁) + 100 𝑅𝑑𝑦 =

∆𝑚 ∆𝑚 (0,9𝑉𝑎) − ∗ (1,65 ∗ 𝑉𝑏) ∆𝑡 ∆𝑡 𝐾𝑔 𝑚 𝐾𝑔 𝑚 (0,9 ∗ 4,5 ) − 100 ∗ (1,65 ∗ 4,5 ) 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠

6862,5 𝑁 = 2287,5 𝑁 ↑ 3

Se puede concluir con el valor de Rdy que su dirección fue bien supuesta Reemplazamos 𝑅𝑐𝑦 = 𝑊 − 𝑅𝑑𝑦 = 4000𝑁 − 2287,5𝑁 = 1712,5𝑁 ↑ Se puede concluir con el valor de Rcy que su dirección fue bien supuesta.

14.113 Un aspersor de jardín tiene cuatro brazos rotatorios, cada uno de los cuales consta de dos secciones rectas horizontales de tubo que forman un ángulo de 120°. Cada brazo descarga agua a razón de 20 L/min con una velocidad de 18 m/s relativa al brazo. Si se sabe que la fricción entre las partes móviles y estacionarias del aspersor es equivalente a un par de magnitud M = 0.375 N . m, determine la razón constante a la cual gira el aspersor.

Lo que nos explica el ejercicio es que hay un aspersor con 4 brazos rotatorios con las mismas condiciones todos. Cada uno tiene 2 uniones de tubo recto, en las cuales la primera sección mide 0.15 m y la segunda 0.1 m. La separación entre cada brazo está dado a 120°. Cada brazo tiene un caudal de 20 L/min y con la misma velocidad relativa. La magnitud de fricción entre las partículas móviles y estacionarias es de M= 0.375N.m. Lo que nos piden es que hallemos la razón a la cual el aspersor rota. Por los principios de impulso y de cantidad de movimiento. (∆𝑚)𝑣0 + 𝑚∆𝑡 =

Δ𝑚 𝑣 4

(1)

El flujo de masa es dividido entre 4 por la cantidad de aspersores. En este caso es necesario conocer la dirección a la cual están rotando los brazos, en este caso es antihorario y por ende es positivo. Lo primero que haremos es hallar la velocidad con la que sale el agua, ésta es la relativa sumada a la velocidad de descarga, quedando así: 𝑣 = 𝑢 + 𝑣𝑑

(2)

Para poder resolver la ecuación (2) se necesita poner 𝑣𝑑 en términos de velocidad angular, ya que hay rotación sobre el eje. 𝑣𝑑 = (𝜔r) donde r corresponde al radio, uniendo del inicio del primer tubo con el final del segundo. Este radio se puede calcular con el teorema del coseno. Con ésta 𝑣𝑑 se despeja la velocidad que necesitamos. Teniendo todos los datos ya calculados se puede reemplazar de nuevo en la ecuación (1) y se despeja la velocidad angular ya que ésta sería la razón en la cual rota el aspersor.

Δ𝑚 Δ𝑚 𝑣0 + 𝑚 = (𝜔r) Δ𝑡 4Δ𝑡 14.114 Los eslabones de los extremos de una cadena se encuentran amontonados en A y C. Cuando se le da una velocidad inicial v, la cadena se mantiene en movimiento libre a esa rapidez sobre la polea en B. Desprecie la fricción y determine el valor requerido de h.

Lo que sabemos del ejercicio es que los eslabones están amontados en A y en C. Sabemos que tiene una velocidad inicial v, y la cadena se mantiene con esa misma rapidez sobre la polea B. Nos piden que hallemos la el valor requerido h, es decir de A con respecto a B, que se aprecia en el dibujo despreciando la fricción. Se aplica el principio de impulso-momento a las porciones de la cadena de masa m y longitud L. El tiempo está dado en t y se conoce que en la primera sección no hay momento. El impulso es la fuerza que va hacia abajo en C por el producto de ℎ 𝐿

× ∆𝑡, pero adicional a esto la polea B tiene un radio r, el cual debe ser tenido en

cuenta, para poder aplicar el principio de momento que es 𝐹 × 𝑟. Tendremos en cuenta que la velocidad incial es cero, ya que parte del reposo. Con todo lo anterior la ecuación quedaría: ℎ ∆𝑚𝑣0 + (𝑚𝑔 ∆𝑡) 𝑟 = ∆𝑚 ∗ 𝑣 ∗ 𝑟 𝐿 ℎ 𝑚 0 + (𝑚𝑔 ∆𝑡) 𝑟 = ( ∆𝑡) 𝑣 ∗ 𝑟 𝐿 𝐿 Lo que resta es despejar h y reemplazar con los valores que nos den. 14.115

Un vagón de ferrocarril de longitud L y masa m 0 cuando está vacío, se mueve con libertad sobre una vía horizontal mientras se carga con arena que proviene de un conducto estacionario a una razón dm/dt= q. Si se sabe que el vagón se aproximaba al conducto con una rapidez v0, determine a) la masa del vagón y su carga después de que éste ha dejado atrás al conducto, b) la rapidez del vagón es ese momento.

Lo que sabemos es que el vagón tiene una masa inicial, en donde es m 0 y longitud L, es decir cuando está vacío. Él se mueve con libertad en una vía horizontal mientras se va cargando con arena con una razón de dm/dt = q, desde un conducto. El vagón se acerca al conducto con una rapidez de v0. Nos piden que hallemos la masa del vagón y su carga después de que ha dejado atrás el conducto y la rapidez del vagón en ese instante. Nos guiaremos por la ley de conservación del movimiento horizontal, entendiendo que el carrito tiene una masa y una velocidad antes de que se empiece a llenar con arena, y que ésta cantidad de movimiento tiene que ser igual a la masa del carrito más la de la arena, esto multiplicado por otra velocidad que es distinta a la inicial en un tiempo dado t. Haremos el diagrama del momento horizontal

m0v0

(m0+qt) vt

Sabiendo que dm/dt = q (qt)= representa la cantidad de arena que cae al carrito en un instante de tiempo t A partir de lo planteado a partir del diagrama podemos decir que solamente se tiene componente en X de la cantidad de movimiento, queda de la siguiente manera: 𝑚𝑜 𝑣0 = (𝑚0 + 𝑞𝑡)𝑣 Donde:

(1)

𝑚𝑜 𝑣0 : es la cantidad de movimiento antes de empezar a verter arena (𝑚0 + 𝑞𝑡)𝑣: es la cantidad de movimiento después de verter la arena Como necesitamos conocer la velocidad del vagón después de haber pasado por el conducto, se despeja v de la ecuación (1) 𝑣=

𝑚0 𝑣0 𝑚0 + 𝑞𝑡

(2)

Sabiendo que la velocidad es la variación de la posición o es la distancia sobre la variación del tiempo, quedando de la siguiente manera: Δx 𝑚0 𝑣0 = Δt 𝑚0 + 𝑞𝑡

(3)

Ahora, necesitamos saber la distancia X que ha recorrido el tren con la arena, en un determinado tiempo. Así, que se despeja Δx de la ecuación (3), y se integra respecto al tiempo, para de esta forma encontrar la ecuación que me describe la distancia en un tiempo, que va desde el inicial cero. 𝑑𝑥 =

𝑚0 𝑣0 𝑑𝑡 𝑚0 + 𝑞𝑡 𝑡

𝑑𝑡 𝑚0 + 𝑞𝑡

∫ 𝑑𝑥 = 𝑚0 𝑣0 ∫ 0

La expresión 𝑚0 𝑣0 se puede sacar de la integral ya que son constantes. La solución a ésta integral se hace mediante el método de sustitución: 𝑢 = 𝑚0 + 𝑞𝑡 𝑑𝑢 = 𝑞𝑑𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑞 Reemplazando los anteriores términos la integral queda de la siguiente manera: 𝑡

𝑥 = 𝑚0 𝑣0 ∫ 0

𝑥= 𝑥= 𝑥=

𝑑𝑢 𝑞𝑢

𝑚0 𝑣0 𝑡 𝑑𝑢 ∫ 𝑞 0 𝑢

𝑚0 𝑣0 [𝐿𝑛(𝑢)]𝑡0 𝑞

𝑚0 𝑣0 [𝐿𝑛(𝑚0 + 𝑞𝑡)]𝑡0 𝑞

𝑥=

𝑚0 𝑣0 [𝐿𝑛(𝑚0 + 𝑞(𝑡)) − 𝐿𝑛(𝑚0 + 𝑞(0))] 𝑞 𝑥=

𝑚0 𝑣0 [𝐿𝑛(𝑚0 + 𝑞𝑡) − 𝐿𝑛(𝑚0 )] 𝑞

Por regla de los logaritmos, una resta se puede convertir en un cociente, queda así: 𝑥=

𝑚0 𝑣0 𝑚0 + 𝑞𝑡 𝐿𝑛 ( ) 𝑞 𝑚0

(4)

Ya que se desea conocer cuánta masa lleva el tren, es decir se está refiriendo al peso del tren más la arena, en un instante t, se despeja de la ecuación (4) el término 𝑚0 + 𝑞𝑡 , queda de la siguiente manera: 𝑞𝑥 = 𝑚0 𝑣0 𝐿𝑛 (

𝑚0 + 𝑞𝑡 ) 𝑚0

𝑞𝑥 𝑚0 + 𝑞𝑡 = 𝐿𝑛 ( ) 𝑚0 𝑣0 𝑚0 Se aplica exponencial, para despejar el término 𝑚0 + 𝑞𝑡 𝑞𝑥

𝑒 𝑚0𝑣0 = 𝑒 𝑞𝑥

𝑒 𝑚0 𝑣0 =

𝑚 +𝑞𝑡 𝐿𝑛 0 𝑚0

𝑚0 + 𝑞𝑡 𝑚0 𝑞𝑥

𝑚0 + 𝑞𝑡 = 𝑚0 𝑒 𝑚0 𝑣0

(5)

Haciendo X=L en la ecuación (5), obtenemos la masa final en un tiempo tf 𝒒𝑳

𝒎𝒇 = 𝒎𝟎 + 𝒒𝒕𝒇 = 𝒎𝒐 𝒆𝒎𝟎𝒗𝟎 Ahora para dar respuesta al inciso b), hacemos t=tf en la ecuación (2), y así obtenemos la velocidad final 𝑣=

𝑚0 𝑣0 𝑚0 + 𝑞𝑡

Donde 𝑚0 + 𝑞𝑡 = 𝑚𝑓 𝑣=

𝑚0 𝑣0 𝑚𝑓

𝑞𝐿

Donde 𝑚𝑓 = 𝑚0 𝑒 𝑚0 𝑣0 𝑣=

𝑚0 𝑣0 𝑞𝐿

𝑚0 𝑒 𝑚0 𝑣0

Finalmente 𝑣=

𝑣0 𝑞𝐿

𝑒 𝑚0 𝑣0

15.116 Un método posible para reducir la rapidez de un avión de entrenamiento cuando desciende sobre un portaviones consiste en enganchar la cola del avión al extremo de una cadena pesada de longitud l, la cual está amontonada debajo de la cubierta. Si se denota con m la masa del avión y con v0 su rapidez al hacer contacto con el portaaviones, y se supone que no existe otra fuerza retardadora, determine a) la masa requerida de la cadena si la rapidez del avión debe reducirse a βv0, donde β < 1, b) el máximo valor de la fuerza ejercida por la cadena sobre el avión.

El ejercicio nos dice que se debe enganchar una cadena pesada de masa mc de longitud l que está amontonada debajo de la cubierta a la cola de un avión. La cadena recorre una distancia x en un tiempo t Se denotará como m0 la masa del avión y v0 su rapidez al hacer contacto con el portaaviones. Nos piden la masa de la cadena si la rapidez del avión debe ser βv0, donde β < 1 y el valor máximo de la fuerza de la cadena sobre el avión. Se debe aplicar el principio de momento lineal, pues solamente habrá movimiento en el eje x. La ecuación general queda de la siguiente manera 𝑚𝑣0 = (𝑚 + mc x)v

(1)

Donde m es la masa del avión, mc la masa de la cadena, y v es una velocidad en un tiempo determinado que será diferente a la v0. Vamos a hallar primero la masa de la cadena si la rapidez del avión es βv0, donde β