UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil
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Grupo 1
EXAMEN PARCIAL
APELLIDOS Y NOMBRES: ……………………………………………………………………………………………….… Fecha: 28 de setiembre de 2017
1. Un hombre cae desde el reposo desde una altura de 100 m después de caer 2 s lanza un paquete horizontalmente con velocidad de 10 m/s. ¿A qué distancia (en metros) aproximadamente de su dirección vertical caerá el paquete? (g = 10 m/s 2 ; )
5 =2, 2 5 √ 5=2,
SOLUCIÓN
Determinamos el tiempo que demora la persona en llegar el piso
= + + 12 100=0+ 100=0+ 0 12 10 = 1001500 = 2√5
Como la persona lanza el paquete después de 2 s de haber caído, el paquete tardará, en llegar al piso:
= 2√ 52=2(√ 5 2=2(√ 51)=2 5 1)=22,251 51 = 2,5 = + =0+102,5 =
La distancia horizontal a la que llegará es paquete es:
2. Dos cuerpos cilíndricos de masa m A = 12 kg y mB = 2 kg se desplazan con velocidades v1 = 4 m/s y v 2 = 6 m/s respectivamente, en sentidos opuestos, sobre un eje horizontal que no ofrece rozamiento. Después del choque el cuerpo d e mayor masa mantiene el mismo sentido con una velocidad m/s. Determine el coeficiente de restitución y la energía calorífica desprendida.
= 2
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SOLUCIÓN Principio de la conservación de la cantidad de movimiento
= . + . = . + . 12.4+2.6 = 12.2+2. = 481224 2 = 6 ⁄ − = − = 4 662 =, .
Coeficiente de restitución:
Como el choque es inelástico, aplicamos el principio de la conservación de la energía
= + = 12 + 12 12 12 = 12 1241 + 12 26 12 122 2 26 =96 24 = .
3. Un bloque pequeño de 4 kg de masa descansa sobre una plataforma horizontal que gira alrededor
de un eje vertical con una velocidad angular = 5 / . El resorte tiene una constante k = 180 N/m. Calcule la deformación del resorte, si se sabe que cuando no está deformado tiene una longitud de 40 cm.
SOLUCIÓN
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La fuerza interna, la fuerza recuperadora del resorte es la única fuerza radial que actúa sobre el bloque, para conseguir la deformación del resorte, emplearemos la siguiente relación:
∑= ∑= = + =
= 45 0,4 = 18045 = , = .
4. El punto A oscila con una aceleración a = 144(20 – x), donde a y x se expresan en plg/s 2 y plg, respectivamente. Si se sabe que el sistema empieza en el tiempo t = 0 con x = 19 plg, determine la posición y la velocidad de A cuando t = 0,2 s.
SOLUCIÓN Determinamos la velocidad:
= ∫ = ∫14420 2 = 2 880 1442 2 = 2 880 1442 2 88019+ 1442 19 =22 88072 54 720+25 992 =5760144 57 456 =14420 +144 =12 1 20 1
Posición de A cuando t = 0,2 s, de (1)
= ⇒ =
20 ∫ = ∫ 121 12] = 20]
12=201920 12=201 12=20+ ⁄2 120,2 ⁄2 =20 20= 0,829 =0, 7 37+20 =, . Velocidad de A cuando t = 0,2 s; reemplazamos el valor de x en (1)
=12 1 2020,737 =, ⁄ .
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5. La banda transportadora, que forma un ángulo de 20° con la horizontal, se usa para cargar un avión. Si el trabajador lanza el paquete con una velocidad i nicial V 0 a un ángulo de 45° de manera que su velocidad es paralela a la banda cuando hace contacto con ella a un metro sobre el punto de lanzamiento, determine: a) La magnitud de V 0. b) La distancia horizontal d.
=°
=° SOLUCIÓN En el movimiento vertical donde h = 1 m se tiene:
Recordando que sen45° = cos45°, tenemos:
Por otro lado tenemos que la velocidad “V” al cabo del tiempo “t” forma un ángulo de 20° con la horizontal, de este hecho tenemos:
Sustituyendo (5) en (1)
= + + 12 1= 0+ 45° 12 9,81 1= 45°4,905 1 20°= 2 = = 45° 3 = = 45° 4
Del movimiento vertical:
Del movimiento horizontal:
Reemplazamos (3) y (4) en (2) y despejamos vo
20°= 45° 45°
45°.20°= 45° 45° 45°.20°= 45°120°= = 45°120° 5 9,81 .45°4,905 1= 45°120° 1=15,424 4,905 1 905 =0,308 = 15,4244, 9,810,308 = 45°120° =, ⁄ . = + =0+ 45° =6,71845°0,308 =, .
Ahora se sustituye el valor de “t” en (5)
Determinamos ahora la distancia “d”
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EXAMEN PARCIAL
Grupo 2
APELLIDOS Y NOMBRES: ……………………………………………………………………………………………….… Fecha: 28 de setiembre de 2017 1. Un hombre cae desde el reposo desde una altura de 100 m después de caer 2 s lanza un paquete horizontalmente con velocidad de 10 m/s. ¿A qué distancia (en metros) aproximadamente de su dirección vertical caerá el paquete? (g = 10 m/s 2 ; )
√ 5 =2, 2 5
SOLUCIÓN
Determinamos el tiempo que demora la persona en llegar el piso
= + + 12 100=0+0 12 10 = 1500 =2√5
Como la persona lanza el paquete después de 2 s de haber caído, el paquete tardará, en llegar al piso:
=2√ 5 2=2(√ 5 1)=22,251=2,5 = + =0+102,5 =
La distancia horizontal a la que llegará es paquete es:
2. Dos cuerpos cilíndricos de masa m A = 12 kg y mB = 2 kg se desplazan con velocidades v1 = 4 m/s y v2 = 6 m/s respectivamente, en sentidos opuestos, sobre un eje horizontal que no ofrece rozamiento. Después del choque el cuerpo de mayor masa mantiene el mismo sentido con una velocidad m/s. Determine el coeficiente de restitución y la energía calorífica desprendida.
=2
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SOLUCIÓN Principio de la conservación de la cantidad de movimiento
= . + . = . + . 12.4+2.6 = 12.2+2. = 481224 2 = 6 ⁄ − = − = 4 662 =, .
Coeficiente de restitución:
Como el choque es inelástico, aplicamos el principio de la conservación de la energía
= + = 12 + 12 12 12 = 12 1241 + 12 26 12 122 2 26 =96 24 = .
3. Un cuerpo parte del reposo y describe MCUV, cuya aceleración es 3 rad/s 2. Luego de un determinado tiempo empieza a desacelerar a razón de 6 rad/s 2, hasta que se detiene. Si el tiempo total que demora durante su movimiento es de 30 s, calcule qué ángulo gira desde que parte hasta que se detiene.
SOLUCIÓN Por datos del problema, se tiene:
+ =30 1 = + =0+ = 3 2 = 0= 6 = 6 3
En el primer tramo:
En el segundo tramo:
Reemplazamos (2) y (3) en (1)
3 + 6 =30 2+ =306 = 306 3 =60 /
El ángulo descrito por el cuerpo desde que parte hasta que se detenga será:
= + 4 = + 2 60 =0+23
En el primer tramo:
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60 = 23 =600 = 2 0 =60 26
60 = 26 =300 = 600+ 300 = .
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En el segundo tramo:
Finalmente en (4)
4. El punto A oscila con una aceleración a = 2880
donde a y x se expresan en plg/s 2 y plg, respectivamente. La magnitud de la velocidad es 11 plg/s cuando x = 20,4 plg. Determine a) la velocidad máxima de A, b) las dos posiciones a l as cuales la velocidad de A es cero. – 144x,
x
A
SOLUCIÓN Determinamos la velocidad:
Velocidad máxima:
= ∫ = ∫2 880144 , 2 = 2 880 1442 , 2 112 = 2 880 1442 2 88020,4+ 1442 20,4 58 752+29 963,52+60,5 =22 88072 =5760144 57 455,96 =0 ; 5760288=0 ⇒ = 5288760 =20 á = 5 7602014420 57 455,96 á = /
Posiciones a las cuales la velocidad de A es cero
=5760144 57 455,96=0
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40+399=0 40 ± 40 41399 40 ±2 = = 21 2 = =
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5. Un jugador de golf dirige su tiro para pasar por arriba de un árbol por una distancia h en el punto máximo de la trayectoria y evitar caer en el estanque en el lado opuesto. Si se sabe que la mag nitud de V0 es 85 ft/s, determine: a) el intervalo de valores de h que debe evitarse.
Estanque
SOLUCIÓN Movimiento horizontal:
Movimiento horizontal:
Movimiento vertical:
Movimiento vertical:
= + 150=0+85 = 15085 =1,765 = + + 12 40+ℎ = 0+ 0+ 12 32,21,765 ℎ= 50,15540=10,155
= + 160=0+85 = 16085 =1,882 = + + 12 40+ℎ = 0+ 0+ 12 32,21,882 ℎ= 57,02540=17,025 , <||<,
