ESCUELA SUPERIOR POLITECNICA DE CHIMBORAZOESCUELA SUPERIOR POLITECNICA DE CHIMBORAZO

FACULTAD DE MECANICAFACULTAD DE MECANICA

ESCUELA DE INGENIERIA INDUSTRIALESCUELA DE INGENIERIA INDUSTRIAL

TRABAJO DE:TRABAJO DE:

Dinámica

TEMA:TEMA:

Solución de Ejercicios impares de Beer Jhonston cap. 11

INTERGRANTES: INTERGRANTES:

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=t2−( 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=t2−( t−3 )3 ------------------------------------------------

SOLUCION:

Ecuaciones cinemáticas:

x=t2−( t−3 )3 (1)

x=v

v=2 t−3( t−3)2 (2)

x=a

a=2−6 ( t−3) (3)

a ) a=0 b ) v=? x=?

a=2−6 ( t−3) (3) v=2 t−3( t−3)2 (2)

0=2−6 ( t−3) v=2(10/3 )−3 [(10/3 )−3 ]2

( t−3 )=−2−6 v=(20 /3 )−(3/9 )

t=26+3

v=180−9

27

t=103s

v=19

3m /s

t=3 .33 s v=6 ,33m /s

x=t2−( t−3 )3 (1)

x=(10 /3)2−[(10 /3 )−3 ]3

x=299

27m

x=11 ,07m

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=? t=2s

a=?

g

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 senkt k=ctte

k=10 rad /s

cuando t=0.05 s

POSICION:

x=500 senkt

x=500 sen(10 rad / s)(0.05 s)

x=500 sen(1800 /π )(0.05 s)

x=240mm.

VELOCIDAD:

v=dxdt

v=500k coskt

v=500 (10 ) cos( 1800π ) (0,05 s)

v=4390mm /s v=4,39m / s

ACELERACION:

a=dvdt

a=−500k2 sen kt

a=−500(10)2 sen (1800π )(0,05 s)

a=−23971.276mm /s a=−23,97m / s

7.- El movimiento de una partícula se define mediante la relación x=t 3−6 t 2+9 t+5, donde x se expresa en pies y t en segundos. Determine:

a) El momento en que la velocidad es cerob) La posición, aceleración y la distancia total recorrida cuando

t=5 s

DATOS

x=t 3−6 t 2+9 t+5

x [ pies ]

t [ segundos ]

a) t=?→v=0b) x=? ,a=? ,distanciatotal=?→t=5 s

SOLUCIÓN

Ecuaciones cinemáticas

x=t 3−6 t 2+9 t+5

v=∂x∂ t

a=∂v∂ t

t=?→v=0

a) v=∂x∂ t

=3 t 2−12t+9

3 t 2−12t+9=0

t=1 y t=3

x=? ,a=? ,distanciatotal=?→t=5 s

b) x=t 3−6 t 2+9 t+5

x=(5)3−6(5)2+9(5)+5x=25 pies

a=∂v∂ t

=6 t−12

a=6 (5 )−12

a=18pies

s2

La distancia total es la suma de las distancias:

Cuando t=0 x=5 d=0Cuando t=1 x=9 d=4Cuando t=3 x=5 d=4Cuando t=5 x=20 d=20

Distancia = 28 pies

9.- La aceleración de una partícula se define mediante la relación

a=3e−0.2 t donde a y t se expresan en ft

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−0.2 t a(ft

s2) ; t (s)

x=0 t=0v=0

Determine:x=? t=0.5sv=?

SOLUCIÓN:

Ecuaciones cinemáticas:

1. a=3e−0.2 t [ fts2 ]a=dv

dt=a=3e−0.2 t

v=?→t=0.5 s

∫vo

v

dv=∫0

t

3e−0.2 tdt v=vo−15 (e−0.2 t−1 )

v−vo= 3−0.2

e−0.2 t t v=−15 (e−0.2 (0.5 )−1 ) 0

v=1.427[ fts ]2. v=vo−15 (e−0.2 t−1 ) [ fts ] v=dx

dt=vo−15 (e−0.2 t−1 )

∫xo

x

dx=∫0

t

vo−15 (e−0.2 t−1 )dt x=?→t=0.5 s

t

x−xo=vot−15( e−0.2 t

−0.2−t) 0

x=xo+vot−15 (−5e−0.2 t+5−t )

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

x=0.363 [ ft ]

11.- la aceleración del punto A se define mediante la relación

a=−3.24sin kt−4.32 coskt donde a y t se expresan en ft

s2 y segundos,

respectivamente y k=3rads

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

a=−3.24sin kt−4.32 coskt k=3 rad /s a ( ft / s2 ) ; t ( s)

t=0 { x=0.48 ftv=1.08 ft /s

Determine:

t=0.5 s{x=?v=?

SOLUCION:Ecuaciones cinemáticas

1. a=−3.24sin kt−4.32 coskt [ fts2 ] a=

dvdt

=−3.24sin kt−4.32 coskt v=?→t=0.5

∫vo

v

dv=∫0

t

¿¿ v=1.08 coskt−1.44 sen kt

t

v−vo=¿ v=1.08 cos3(0.5)−1.44 sen 3(0.5) o

v−vo=3.24k

¿ v=1.04 [ fts ]v=1.08+1.08(coskt−1)−1.44 senkt

2. v=1.08 coskt−1.44 sen kt [ fts ] v=

dxdt

=1.08 coskt−1.44 senkt x=?→t=0.5

∫xo

x

dx=∫0

t

(1.08 cos kt−1.44 senkt)dt

x=0.36 senkt+0.48 cos kt t

x−xo=¿ x=0.36 sen3(0.5)+0.48cos 3(0.5) o

x−0.48=0.36 ( senkt−0 )+0.48¿ x=0.49 [ ft ]

x=0.48+0.36 sen kt+0.48 coskt−0.48

3. x=0.36 senkt+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=dvdt

(1)

v=dxdt

(2)

Solución:

Tramo AB

a=dvdt

∫v ˳

v

dv=¿∫t ˳

t

adt ¿

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

v ˳=0.15m / s2 (2 s )— 0.15m /sv ˳=−0.45m /s

Tramo BCCuando: a=0.15m/s2t0=0s t=5s V0=-0.45

a=dvdt

∫v ˳

v

dv=¿∫t ˳

t

adt ¿

v−v ˳=at v=at+v ˳ Ecuación Cinemática de la VelocidadRemplazando valores:v=at+v ˳ v=0.15m /s2 (5 s ) — 0.45m /sv=0 .3m /s

Posición:

v=dxdt

Cuando: t=0s a=0.15 x0=-10m

∫x ˳

x

dx=∫t ˳

t

(at+v ˳)dt

t

0

t

0

x−x ˳=at 2/2 +v ˳ t

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

Reemplazando valores de: a=0.15m/s2 t=5s v0=-0.45m/sx0=-10m

x=0.075 (5)2 -0.45 (5)−10

x=−10 .38m

Distancia recorrida:Cuando v=0m/s obtendremos el tiempo en detenersev=at+v ˳ at+v ˳=0 t=v ˳/a t=0.45 /0.15 t=3 sReemplazando en ecuación de la posición:

x=0.075 (3)2 -0.45 (3)−10

Xmin=−10.675

d1=x0 - Xmin=0.675d2=xs - Xmin=0.3

dt=d1+d2=0.975m

15. La aceleración de una partícula está definida por la relación a¿k t 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 es decir v˳ y t˳Cuando t= 2s v= 10 m/s es decir vSolución : Ecuaciones de movimiento:

a=k t 2 (1)

0

t

a=dvdt

(2)

v=dxdt

(3)

a)De (1)

∫v ˳

v

dv=¿∫t ˳

t

adt ¿

v−v ˳=∫t ˳

t

k t 2dt

v−v ˳=kt3

3

v=v ˳+ k3t 3 (4)

k=3 (v−v ˳)

t3 (5)

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

k=3 (10−(−10))

(2)3

k=152

(6)

b)

De (3)dx=vdt (7) integrando (7):

∫x ˳

x

dx=∫t=2

t

(v ˳+ k3t 3)dt

x−x ˳=∫t=2

t

(10+ k3t 3)dt

x−x ˳=10 t+ k12

t 4

evaluando temenos:

x−x ˳=(10 t+ k12

t4)−(10 (2)+ 7,512

(2)4) x−x ˳= k

12t4+10t−30

x= 0 cuando t 2sEntonces:

x= k12

t 4+10 t−30 (8) ec. Mov.

17.- El punto A oscila con una aceleración a=100(25−x), donde a y x se

expresan en m

s2 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=[ms2 ]x=[metros ]t=0 , v=0 , x=0.2m

a) x=? , v=?→t=0.2 s

SOLUCIÓN

Ecuaciones cinemáticas

a=100 (25−x )

a=∂v∂ t

v=∂x∂ t

dt=dxv

a= vdvdx

=100 (0.25−x )

∫0

v

vdv=∫0.2

x

100 ( 0.25−x )dx→u=0.25−x du=−dx

v2

2=∫

0.2

x

−100udu=−50u2| x0.2

=−50(0.25−x)2| x0.2

=−50 (0.25− x)2+0.125

v=±√−100 (0.25−x )2+0.25

dx=vdt dt=dxv

dt= dx

±√−100 (0.25−x )2+0.25= dx

±√0.25 [1−400(0.25)2 ]= dx

±0.5√1−400(0.25−x)2

∫0

t

dt=∫0.2

xdx

±0.5√1−400 (0.25−x )2u=20 (0.25−x )du=−20dx

cuando x=0.2→u=1

∫0

t

dt=±∫1

udu

10√1−u2=±

110

sin−1u|u1=±

110 (sin−1u−π

2 )t=±

110 (sin−1u−π

2 )u=sin( π2 ±10t )→ sin( π2 ±10 t)=(sin

π2 )(cos ±10 t )±(cos

π2 ) (sin±10 t )

u=cos(±10 t)=cos(10 t )→cos (10 t )=cos (−10 t )

u=20 (0.25−x )=cos(10 t)

Posición del Punto A con tiempo=0.2s

x=0 .25−cos (10 t )

20

Velocidad del Punto A con tiempo =0.2s

v=∂x∂ t

=−−sin (10 t )∗10

20

v=12

sin(10 t)

19 La aceleración del punto A se define mediante la relación a=800 x

+3200 x3, donde a y x se expresan en ft /s

2y 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 ,05 s .

v=10 ft /s

Datos: A A’

a=800 x+3200 x3 t= 0 t=0 ,05 s

SOLUCION:

Ecuaciones cinemáticas:

a=800 x+3200 x3 (1)

*a= vdv

dx * v=dxdt

v=∫ a x=∬a

adx=vdv dt=dx

v

∫ vdv=∫ adx ∫ dt=∫ dx

40( x2+0,52 )

∫ vdv=∫ ( 800x+3200 x3)dx 40∫ dt=∫ dx

( x2+0,52 )

|v2

2|10

v

=|800x2

2+3200

x4

4|0

x

40|t|0

t =| 10 . 5

tg−1 x0 .5

|0

x

|v2

2−102

2|=400 x2+800x 4

tg−1 (2 x )=±20 t

v2=1600 x4+800 x2+100 x=±0,5 tg (20 t ) (2)

p=x2 x=v

v2=1600 p2+800 p+100 v=dx

dt

0=1600 p2+800 p+100 v=±0,5 [sec2(20 t )](20 )

p=−b±√ b2−4ac2a v=±10 [sec2(20 t )] (3)

p=−b±√ b2−4ac2a

p=−800±√(800 )2−4 (1600)(100 )2 (1600 )

p=−800±03200

p=−0 ,25±0

p1=p2=−0 ,25 ft 2

p1=p2=−0 ,25 ft 2

v2=1600 x2

v2=1600 ( p−p1 )2

v2=1600 (x2−(−0 ,25 ))2

v2=1600 (x2+0,52 )2

v=±40 ( x2+0,52 ) ft / s

En (2) : t=0 ,05 En (3): t=0 ,05

x=0,5 tg [20(0 ,05) ] v=10 [sec2(20 t )]

x=0,5 . tg (1) v=10[ 1

cos220 t ]

v=10[ 1

cos2(1,0 ) ]x=0 ,00872 ft v=34 ,3 ft /s

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)

∫9

0

vdv=∫−3

0

k (1−e−x )dx

(0−92

2 )=k [0+1−(−3 )−e3 ]

0−40 .5=k (4−e3)

k=2 .52m /s2

b)

∫0

v

vdv=∫0

x

2 .52(1−e− x)dx

( v2

2 )=2 .52 [ x+e−x−1 ]

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= vdvdx

dx= vdva

Cuando:

X=0 V0=75 m/s

X=? V=0

∫0

x

dx=∫v o

vvdv

−0.4V

dx=−v0,4

x=−00,4

−−750,4

x=187.5m

b)

a=−0.4V

a=dvdt

dt=dva

Cuando:

t=0 V0=75 m/s

t=? V=0.75 m/s

∫0

t

dt=∫vo

vdv

−0.4 V

t=−10,4

ln v

t=−00,4

ln(0,75)− 1−0,4

ln (75)

t =0,71+10,79

t =11,5 s

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.

a=−k √v k, cte.

t=0 { x=0v=25 ft / s v=12 ft / s→x=6 ft

Determine: a¿ v=?→ x=8 ft b¿ t=?→ v=0

SOLUCION:Ecuaciones cinemáticas

1. a=vdvdx

=−k v1 /2

vdv=−k v1/2dx a¿ v=?→ x=8 ft

dx= vdv

−k v1/2 v32=125−13.905 x

∫xo

x

dx=−( 1k )∫

vo

v

v1/2dv v32=125−13.905(8)

v v32=13.759

x−xo=−( 23k )v3 /2 v=3√13.7592

vo v=5.74 ft /s

x−xo=−( 23k )(v

32−vo

32 )

b¿ t=?→ v=o

x=−( 23 k )(v

32−25

32) a=dv

dt=−k √ v

2. x=−( 23 k )(v

32−125) dt=

dv

−k v1/2

cuando v=12 ft /s→ x=6 ft ∫o

t

dt=−1k∫vo

v

v−12 dv

v

∴6=−( 23 k )(12

32−125) t=−2

k(v0.5 )

vo

k=−( 19 )(12

32−125)⇒k=9.27k en2 t=−2

k(v¿¿0.5−vo0.5)¿

x=−( 23 (9.27)) (v

32−25

32) t= −2

9.27¿¿)

x=−0.072 (v32−125) t=1.079 s

3. v32=125−13.905 x

27. La aceleración de la corredera A se define mediante la relación a=−2k √k2−v2, 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.

vo

v

a=−2k √k2−v2 k=cte a ( ft / s2 ) ; t ( s)

t=0 {xo=1.5 ftvo=0 {x=1.2 ft

t=0.2 s

Determine:k=?

SOLUCION:Ecuaciones cinemáticas

1. a= vdvdx

=−2k √k2−v2

dx= vdv

−2k √k2−v2 v=dxdt

=0.92k

∫xo

x

dx=−12k

∫vo

vvdv

√k2−v2 ∫

xo

x

dx=∫0

t

0.92kdt

x−xo=−12k (√k2−v2

−1 ) 3. x−xo=0.92kt

x−xo= 12k

¿ k=?→t=0.2

1.2−1.5= 12k

[ (√k 2−v2 )−(√k2−02 )] 1.2−1.5=0.92k (0.2)

−0.3 (2k)=[ (√k2−v2 )−k ] k= −0.30.184

−0.6 k+k=(√k2−v2 ) k=−1.63

(0.4 k )2=(√k 2−v2 )2

0.16k 2=k2−v2

v2=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−0,00057 x, 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/sb) v=40m/s

Datos:v=154√1−e−0,00057 x

Ecuaciones cinemáticas:

a=dvdt

Solución:Trabajando en ecuación

v=154√1−e−0,00057 x

v/154=√1−e−0,00057 x

-0.00057x=ln [1−( v2

154 )2]

x=−1754 .4 ln [1−( v2

154 )2] ecuación cinemática de la posición

despejando x en función de vv2=23716(1−e−0,00057 x)

a=vdvdt

= ddx ( v2

2 )=(11858)( 0.00057 ) e−0,00057 x

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

154 )2]

a=6 .705906[1−( v2

154 )2] ecuación cinemática de la aceleración

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

Para v=20m/sx=29.8ma=6.65m/s2

Para v =40m/sx=122.5ma=6.30m/s2

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 44m (=0,044 km) C

t˳ =0 t₁=8,2s (=0,00227h)t₂v˳= 10 km/h v₁=100km/hv₂=0

Ecuaciones de movimiento:

a=dvdt

(1)

v=dxdt

(2)

a¿ De (1) dv=adt ; integrando:

∫v ˳

v₁

dv=¿∫t ˳

t₁

adt ¿

v₁−v ˳=a( t ₁−t ˳)

a=(v₁−v ˳)(t ₁−t ˳)

(3)

Reemplazando los valores de los datos tenemos:

a=(100−10 ) km/h(0,002277h−0)

a=39 512,195km

h2

a=3 ,048m

m2

b)Despejando dt de (1) y (2) y luego igualando ambas tenemos:dva

=dxv

vdv=adx (4) Integrando:

∫v₁

v₂

v dv=∫x ˳

x

adx

12

(v₂2−v₁2 )=a(x−x ˳)

a= v ₂2−v ₁2

2(x−x ˳) (5)

Reemplazando los datos tenemos:

a=02−(100km/h)2

2(0,044 km−0)

a=113636,36 km /h2

a=8 ,76m /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=dvd t

dv=adt

∫vo

v

dx=∫¿

t

vdt

v−vo=at

v=vo+at

v=vo+at (ecuación 1)

v0=0

v=at

v=6(30)

v=180 ft /s

ECUACION CINEMATICA

v=dxdt

Cuando:

Xo= 0 t0= 0

X= 2700 ft t= 30s

∫xo

x

dx=∫¿

t

vdt

x=∫¿

t

vdt

v=vo+at

x=∫¿

t

vo+atdt

x=vot+ a t2

2

Vo=0

x=a t 2/2

a=2 x /t 2

a=2(2700)/(30)2

a=6 ft /s2

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 25 s . Determine a )su

aceleración y b )su velocidad final, c ) el tiempo en que completa la carrera.

Datos:

a=ctte MRUV v=ctte MRU

A B C

400m

SOLUCION:

Ecuaciones cinemáticas:

a=dvdt

v=dxdt

v=∫ a x=∬a

dv=adt dx=vdt

∫ dv=∫adt ∫ dx=∫( v0+at )dt

v|v0

v =at|t0

t

x|x 0

x =v0 t+at 2

2|

0

t

130m

242,0 sma

v−v o=at

x=v0 t+at2

2+x0

v=V 0+at (1) x=x0+v0 t+a

t2

2 (2)

a ) En AB: a=ctte

b ) a En (1)

v=V 0+at

v=(0 , 42m / s2 )(25 s )

v=10 ,4m / s

c ) En BC: V=ctte v0=v

x=x0+v0 t+at2

2a=2x

t2

a=2(130m)(25 s )2

v=dxdt

∫ dx=∫( v0+at )dt

x|130400=v0 t+a

t2

2|

25

t

400m−130m=v0 t+at2

2|

25

t

260m=10 ,4m /s t−10 ,4m /s (25 s )

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.

x=v

2 VA – VB = 0

VB= 2(1)

VB= 2m/s

2XB + XC = cte.

x=v

2 VB + VC = 0

VC = -2 VB

VC = -2 (2)

10 ,4m/ s t=70m+260m

t=31 ,73 s

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 velocidada) Del bloque Ab) Del bloque D

Cable ABVa+Vb=0Xa +Xb =constanteVb=-Va

Cable BEDxB +2xD = constanteVb+2Vd=0

Vd=−12Vb =

−12Va

Cable BCD(Xc +Xb) +(Xc +Xd) =constante

2Vc-Vb-Vd=0 o 2Vc+Va-12Va=0

Velocidad del bloque A12Va=−2Vc=2(4)

Va=-8ftVa=8ft/s

Velocidad del bloque D

Vd=12Va=-4ft

Vd=4ft/s

30°

25 m/s

o

y

x

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:

tg 30°=− yx

y=− x tg30 ° (1)

Ecuaciones cinemáticas:Mov horizontal: Mov vertical:x = (v x)o t (2) y = (yo)+ (vy)o t – ½ gt2 (3) (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 = 0yo = 0xo = 0Reemplazando esto en (3)a)

y=(0)+(0) t –½ g t2

y=−½g t 2 (4)Reemplazando (1) en (4)

−x tg30 °=−½ g t 2

t 2=2x tg30 °g

(5)

(2) en (5)

t 2=2 ((V x )˳) t tg 30 °

g (8)

(2’) y el valor de la gravedad en (6) tenemos:

t 2=2(25m /s) t tg30 °

9.81m /s2g

t=2,94 s (7)

b)

sen30 °= yd

(8)

d= ysen30 °

(1) En (8)

d= x tg30 °sen30 °

(9)

(2) En (9)

d=(V x ) ˳ t tg 30°

sen30 °Reemplazando los valores ya conocidos:

d=(25

ms )(2,94 s )tg 30°

sen30 °

d=84,87m

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=15 ft

Determine: a¿ vo=?→cuando golpeaen la esquinaC b¿ v=? cuandogolpea en laesquina BCD

SOLUCION:Ecuaciones cinemáticas

v=dxdt

∫o

x

dx=∫0

t

vdt

x=vt

y=h−12g t2

t= xvo

y=h−12g¿

vo=√ g t2

2 (h− y )

cuando h=3 ft , g=32.2 ft /s 2

(a )en la esquinaC x=d=15 ft , y=0

vo=√ 32.2 (15 )2

2 (3−0 )

vo=34.7 ft / s

enel punto B x=15 ft , y=1 ft

vo=√ 32.2 (15 )2

2 (3−1 )

vo=42.6 ft /s

enel puntoD x=14 ft , y=0

vo=√ 32.2 (14 )2

2 (3−0 )

vo=32.4 ft / s

b¿el rango devalores vo en laregion 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/sα=90-55=35°g=32.2 ft/s2

Ecuaciones CinemáticasMovimiento Horizontalx= (v0cosα) t (1)Movimiento Vertical

y=h + (v0senα) t-12g t2 (2)

Despejando t de ecuación 1 y reemplazando en 2

t= xv ˳cosα

y=h + x tan α -g x2

v ˳2cos2α

Despejando h Tenemos

h= y – x tan α -g x2

v ˳2cos2α Ecuación Cinemática de la altura

Reemplazando en el punto Bx=20 ft y=0h= 0 – 20 tan 35 –32.2 ¿¿= 1.352 ftReemplazando en el punto Cx=24 ft y=0h= 0 – 24 tan 35 –32.2 ¿¿= 5.31 ftLimites de altura1.352 ft < h < 5.31 ft105 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=Vosen α−¿

y=Yo+Vot−12g t2.

Vy=98,03−¿.

Cuando la pelota alcanza la altura máxima tenemos:

Vy=0

t=Vosenαg

t=13 sen339,8

t=0,7217 s

y=Yo+Vot−12g t2.

y=0,6+(13 sen33 )(0,7217)−12

9,8 (0,7217)2.

y=3,16m

Si cumple la altura máxima requerida.

MOVIMIENTO HORIZONTAL

x=Xo+(Vocos α)t

t= X−XoVocosα

t= 15.2−013 cos33

t=1,3941 s

y=0,6+(13 sen33 )(1,3941)−12

9,8(1,3941)2.

y=0,937m

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 ode la nieve.

Datos:

h2=1,1m θ=40 °

h1=0,6m

h2=h1=

x

SOLUCION:

v0=ctte a=−g

v0 x=v0 . cos 40°

v0 y=v0 . sen 40°

Ecuaciones cinemáticas:

v=0 a=0 x0=0

v=dxdt ∫ dx=∫ vdt

x=x0+v0 x . t

(1)

a=dvdt ∫ dv=∫adt

v=v0 y−gt

(2)

v=dydt ∫ dy=∫vdt

∫ dy=∫( v+at )dt

y= y0+v0 y t−g

t2

2 (3)

En (1) :

t= xv0 x

t= x

v0 . cos 40° (4)

v0 y Y (4) en (3)

y=v0 y t−gt2

2

y=v0 . sen 40° ( x

v0 . cos 40° )−g( xv0 . cos 40° )

2

2

y=tg40° x−( g2v

02 . cos2 40° )x2

y=h2−h1

y=1,1m−0,6m

y=0,5m x=4,2m

Reemplazamos valores:

0,5m=tg 40° (4,2m))−( 9 ,812v

02 .cos2 40° )(4,2m)2

0,5m−tg 40° (4,2m))=−(173 ,04841 ,1736 v

02 )

−3 ,02(1 ,173 v02 )=−173 ,0484

v02=

−173 ,0484−3 ,5474

v0=√48 ,74

v0=6 ,98m /s

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

V y=V o cos (90−β )

g=a=−9.8m /s2

y= (Vy )ot+ 12a t 2

y= [V o cos (90−β ) ]ot+ 12(−9.8)t 2

y= [V o cos (90−β ) ]ot−4.9 t2

y=h sinβ= yRh=R sin β

R sin β=[V o cos ( 90−β ) ]o t−4.9 t 2

4.9 t 2−[V o cos (90−β ) ]o t+R sinβ=0

x=−b±√b2−4ac2a

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

2(4.9)

t=[V o cos (90−β ) ]o±√ { [V o cos (90−β ) ]o }2− (19.6 ) (Rsinβ )

9.8

V x=[V o sin (90−β ) ] t

(V ¿¿ x )o=[V o sin (90−β ) ][V o cos (90−β ) ]o±√ {[V o 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.

α

25 m/s

o

y

x

60° Vb

Va

Vb/aθ

Datos:

Vb=30 mi/h

Va=35 mi/h

Solución:

Vb/a = (V b)2+(−V a)2−2V b(−V a)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:

SenαVb

=Sen60Vb/a

Sen α = vb sen60Vb/a

α = sen−1[ 30mi /h47,7mi /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 Ab) Distancia entre los frentes de las máquinas 3 minutos

después de haber pasado A por el crucero

DATOS:

vA=80kmh

vB=60kmh

a 25º con la horizontal

v BA

=?→t=0.216

distancia entre trenes=?→tA=0.216horas , tB=0.05horas

SOLUCION

Ecuaciones

v= xt

v BA

=¿√602+802−2 (60) (80 ) cos (25) ¿

v BA

=¿36 kmh

¿

senα60

= sen2536

α=44.79°

v BA

=¿(36 kmh; 135.21°)¿

x A=v A t A=80 (0.216 )=17.33Km

xB=v BtB=60 (0.05 )=3Km

r=√17.332+32−2 (17.33 ) (3 )cos (155 )=20.09Km

senα3

= sen15520.09

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:

vBvAvB/A vB/AvBvAvBvA

V 2B/A=V 2

A +V 2B−¿2VAVB cos 60

¿(420)2+(520)2−2 (420 ) (520 ) cos60

VB/A¿ 477,9 km/h

sen α520

= sen60477,9

α=70,4

VB/A¿ 477,9 km/h 70,4O.

aA 6 m/s2 (aB)t= 2 m/s2

vB 520 km/h vB = 144.44 m/s

na

ta55g

(aB)n= V2

ρ=

(144,44)2

200=104,32m / s2

aB/A= aB-aA= (aB)t-(aA)n-aA

2cos60isin 60j104.32cos30isin 30j6i 97.34 m/s2i50.43 m/s2j

aB/A 109,6 m/s2 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 chorroa )cuando salga de la boquilla b )en la altura máxima del chorro.

Datos:

v0=8m /s SOLUCION:

an=g . sen 55°

a t=g. cos55 °

an=(9 ,81m /s2) . sen55 ° a t=(9 ,81m /s2 ). cos55 °

an=8 ,035m /s2 a t=5 ,627m /s2

xv0

smv 80

55na

a ) an=

v02

ρ

ρ=v

02

an

ρ=(8m / s )2

8 ,035m /s2 ρ=7 ,96m

b ) an=g=9 ,81m /s2

v0 x=v0 . sen55 °

147 Desde el punto A se lanza un proyectil con velocidad inicial

v0=120lbft

a un ángulo de 30º con la vertical. Determine el radio de

curvatura de la trayectoria descrita por el proyectil

a) En el punto Ab) En el punto de la trayectoria donde la velocidad es paralela a la

pendiente

DATOS:

an=v

0 x2

ρ v0 x=6 ,55m / s

v0 x=(8 ). sen55 °

ρ=v

0 x2

anρ=

(6 ,55m / s )2

9 ,81m / s2ρ=4 ,37m

v0=120lbfta60°

INCÓGNITAS

a) radio curvatura ρ en Ab) radio curvatura ρ env a30 °

SOLUCIÓN

Ecuaciones

- En el punto A

v=v0=120fts

a=g=32.2ft

s2↓

ρ=v2

g=

(120)2

32.2 sin 30=894 ft

- En el punto Bv0x=vBx=120 cos(60¿)¿

v=v0

cos30=62.28 ft

ρ=v2

g=

(62.28)2

32.2 sin 60=172 .13 ft