Ejercicios Resueltos Pytel Grupo 161

SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”

UNIVERSIDAD NACIONAL SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL

E.F.P INGENIERIA CIVIL

“CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO” ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS

Docente Ing. CASTRO PEREZ, Cristian

Estudiantes ARANGO PALOMINO, David CUADROS GARCIA, Edison CASTRO BUITRON, Rafael

VICAÑA PACHECO, Joel

INGENIERIA CIVIL UNSCH

1



2


Tabla de Contenido INTRODUCCION

“CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO” - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS

LEYES DE NEWTON.................................................................................. 5 TRABAJO Y ENERGIA ............................................................................. 15 CANTIDAD DE MOVIMIENTO .................................................................. 21 SISTEMA DE PARTICULAS ...................................................................... 27


3



4


Ejercicio 1 Un proyectil de masa m se dispara desde el punto O en el instante t = 0 con velocidad vo como se muestra en la figura. La resistencia aerodinámica FD es proporcional a la velocidad del proyectil: FD= cv, donde c es una constante. a) Deducir las ecuaciones de movimiento. b) Verifique que la solución de las ecuaciones de movimiento es x = C1 e−ct /m + C2 e y = C3 e−ct /m −

+ C4

Donde C1 a C4 son constantes. c) Encontrar la altura h máximo dado que W = 8 N, c = 0,6 N. s / m, vo = 30 m / s, y θ=30

Solución a) Analizando, tenemos el diagrama de cuerpo libre mostrando la dirección de la fricción FD y su respectiva descomposición en los ejes cartesianos. mg

Trayectoria may

cvx


=

max

5


FD=cv

cvx

Las correspondientes ecuaciones de movimiento son: ∑ Fx = max

−cvx = max

∑ Fy = ma y

− mg − cv y = ma y

b) Para verificar que las expresiones para x (t) e y (t) dadas en el enunciado del problema satisfacen las ecuaciones de movimiento, debemos de evaluar primero sus derivadas.

x = C1

+ C2

vx = ̇ = -C1

y = C3

-

+ C4

vy = ̇ = -C3

ax = ̈ = -C1

-

ay = ̈ = C3

Los resultados mostrados en la tabla reemplazamos en las siguientes ecuaciones ∑ Fx = max

−cvx = max

∑ Fy = ma y

− mg − cv y = ma y

, donde nos damos cuenta que satisfacen las ecuaciones de movimiento. c) Utilizando los valores numéricos dados para c y W, tenemos: = =

= 0.735 s-1

−

= 13,3 m / s.

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones mostradas en la tabla, y suponiendo que el tiempo t se mide en segundos, tenemos:


6


x = C1

+ C2

vx =

(m)

C1

(m/s)

y = C3 vy =

-

+ C4

C3

(m)

– 13.3

(m/s)

Evaluando en t = 0: 1. 2.

x=0 y=0 vx = 30 cos 30o = 25,98 m / s v y = 30 sen 30o = 15 m / s

3. 4.

De donde obtenemos las constantes: C1 = -35,35 m, C2 = 35.35 m, C3 = -38,5 m, y C4 = 38,5 m. Sustituyendo estos valores en las ecuaciones anteriores, tenemos:

x = 35.35(1 -

)

vx 25.98

(m/s)

(m)

y = 38.5(1 vy =

) – 50t - 13.3

(m)

(m/s)

El valor máximo de y se produce cuando vy = 0, para un tiempo t1: o =

t1 =

- 13.3

(m/s)

=-1.027 s

Sustituyendo t = t1 = 1,027 s en la ecuación anterior, se obtiene el valor máximo de y: −

ymax = h = 38.5(1 -

) – 13.3(1.027)

ymax = 6.74 (m)


7


Ejercicio 2 El coche de pasajeros de un parque de diversiones está conectado por el brazo AB al mástil vertical OC. Durante un cierto intervalo de tiempo, el mástil está girando a la tasa constante θ ˙ = 1,2 rad / s, mientras que el brazo se eleva en la constante de velocidad ̇ = 0,3 rad / s. Determinar los componentes cilíndricos de la velocidad y la aceleración del vehículo en el instante en que = 40 ◦.

Solución En la figura, vemos que R- y Z-, coordenadas del coche son R = 4 sen φ y z = 6 - 4 senφ. Sabemos que ̈ = 0 ( ̇ es constante), además a

= 40◦, entonces:

R = 4 sen = 4 sen 40 ◦ = 2,571 m ̇ = 12 cos ̇ = (4 cos 40◦) (0.3) = 0.919 m / s ̈ = -4sen ̇ 2 = -(4 sen 40◦) (0,3) 2 = - 0.231 m/s2

También: z = 6-4 cos = 6-4 cos 40◦ = 2,936 m ̇ = 4 sen ̇ = (4 sen 40◦) (0.3) = 0.771 m / s ̈ = 4 cos ̇ 2 = (4 cos 40◦) (0,3)2= 0.276 m/s2


8


Las componentes cilíndricos de la velocidad son: vR = ̇ = 0.919 m / s v = R ̇ = 2.571 (1.2) = 3.085 m / s vz = ̇ = 0.771 m / s Sabemos que ̇ es constante, entonces las componentes de la aceleración son:

a R = ̇ − R ̇ 2 = 0.231 − 2.571(1.2)2 = −3.933 m/s2 aθ = R ̈ + 2 ̇ ̇ = 0 + 2(0.919)(1.2) = 2.206 m/s2 az = ̈ = 0.276 Ejercicio 3 El eje vertical AB de la figura gira en un cojinete en A. El deslizador de 0,6 kg de P se puede mover libremente a lo largo de la barra sin fricción OD, que esta rígidamente unido a AB en un ángulo de 30◦. En un cierto instante cuando r = 1,2 m, se sabe que ̇ = 4 rad / s, ̈ = 0, y la velocidad de P con respecto al diámetro exterior es ̇ = 4 m / s. En este instante, determinar la magnitud de la fuerza de contacto ejercida sobre P por OD, y ̈ , la aceleración de P en relación con OD.


9


Solución El diagrama de cuerpo libre de P sería:

5.886 N

maz = m ̈ ma = m

maR = m ̈ -

= N2

N1

30

̇ +2 ̇ ) ̇ )

o

O

O

Donde su peso es mg = 0,6 (9,81) = 5.886 N. De la figura se obtiene: R = r sen 30◦ = 1,2 sen 30◦ = 0,60 z = r cos 30◦. Derivando con respecto al tiempo, y reemplazando ̇ = 4 m / s, tenemos: ̇ = ̇ sen30o = 4sen30o = 2 m/s ̈ = ̈ sen30o ̇ = ̇ cos30o = 4cos30o = 3.464 m/s ̈ = ̈ cos30o Las ecuaciones de movimiento son: ∑ FR = maR = m ̇ − R ̇ 2) - N1cos 30◦ = 0,6 [ ̈ sen 30◦ - 0.60 (

)]

∑ Fθ = maθ = m (R ̈ + 2 ̇ ̇ ) N2 = 0,6 [0 + 2 (2) (4)] = 9,600 N ∑ Fz = maz = m ̈


10


N1 sen 30◦ - 5.886 = 0,6 ( ̈ cos 30◦)

Resolviendo las ecuaciones, obtenemos: ̈ = -3,70 m/s2 N1 = 7.931 N. Por lo tanto la magnitud de la fuerza de contacto ejercida por OD es: N = (N12 + N22 )1/2= ((7.931)2 + (9.600)2) 1/2 = 12.45 N N= 12.45 N

Ejercicio 4 El cuerpo que se muestra en la figura consta de la barra homogénea delgada 1 que está conectado rígidamente a la esfera 2 homogénea. El cuerpo está girando en el plano vertical alrededor del pasador en O. Cuando el cuerpo está en la posición donde θ = 30 o, su velocidad angular es ω = 1,2 rad / s hacia la derecha. En este instante, determinar la aceleración angular α y la magnitud de la reacción en el pasador de O.

Solucion


11


Hacemos el diagrama de cuerpo libre

Tenemos: r¯1 = 0.4 m r¯2 = 1.0 m

I1α =

α=

α = 1.600α N.m

m1r1ω2 = 30(0.4)(1.2)2 = 17.28 N m1r1α = 30(0.4)α = 12.00α N

Tenemos En la esfera: I2α = (m2)(R)2α = 1.280α N.m mr2ω2 = 80(1.0)(1.2)2 = 115.2 N m2r2α = 80(1.0)α = 80.00α N Resolveremos las ecuaciones de movimiento: (∑MO)FBD = (∑MO)MAD


12


30(9.8)(0.4) cos 30◦ + 80(9.8)(1) cos 30◦ = 1.600α + (12α)(0.4) + 1.280α + (80.00α)(1.0) = 87.68α α = 8.905 rad/s2 Las ecuaciones de las fuerzas n-t son: ∑MO = IOα. α = 8.914 rad/s2 ∑Ft = mat Ot + 30(9.8) cos 30◦ + 80(9.8) cos 30◦ = 12.00(8.905) + 80.00(8.905) Ot = −114.3N ∑Fn = man On − 30(9.8) sin 30◦ − 80(9.8) sin 30◦ = 17.28 + 115.2 On = 671.5 N Hallando la magnitud: O = (Ot2 + On2)1/2 O = ((−114.3)2 + (671.5)2)1/2 = 681.2 N O = 681.2 N

Ejercicio 5 Una barra homogénea delgada AB de masa m y longitud L se libera desde el reposo en la posición que se muestra en la figura. Determina la aceleración del extremo A, la reacción en A, y la aceleración angular de la barra inmediatamente después de la liberación. Supongamos que el plano horizontal es sin fricción.


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Solucion Hacemos el diagrama de cuerpo libre: B 𝑳 𝒘𝟐 𝟐

𝑮

𝑳 𝟐

𝒂𝑨

𝑳 𝟐

𝑳 𝜶 𝟐 60°

a = aG = aa +

aG/A

Obtenemos las siguientes ecuaciones de movimiento (∑MA)FBD = (∑MA)MAD mg( cos60o) =

α+

α( ) – maA( sen60o)

a A = 0.7698L α − 0.5774g


14


La ecuacion de la fuerza horizontal es: ∑ Fx = m ̈

0 = −maA + m sen60o

a A = 0.4330L α a A = 0.742g

α = 1.714

La ecuacion de la fuerza vertical es: ∑ FY = m ̈

− mg + N = −m α cos 60o

Reemplazando el valor de α, tenemos: N = 0.572 mg

Ejercicio 6 El collar A de masa m = 1,8 kg se muestra en la figura. se desliza sobre una barra sin fricción que se encuentra en el plano vertical. Una cuerda está unida a A y pasa sobre una polea en B. Se aplica la fuerza horizontal P constante hasta el final de la cuerda. El collar se libera del reposo en la posición 1. Determinar la velocidad del cuello en la posición2 si P = 20 N. (2) Encontrar el menor valor de P para que el cuello llegue a la posición 2.


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Solución B W=mg

x

30o P Y

X

30o N A

El trabajo realizado por el peso W = mg del collar se puede obtener de la ecuación: U1-2 = mgh Donde h es el cambio en la elevación se muestra en la primera figura. La fuerza P en la segunda figura es una fuerza central constante. Por lo tanto, su trabajo es: U1-2 = -P∫

= P (L2 – L1)

Tenemos : T1 = 0, T2 = mv22. Así U1-2 = T2 - T1 -mgh + P (L1 - L2) = mv22 - 0 De la primera figura obtenemos: h = 2 sen 30◦ = 1,0 m L = ((2 cos 30◦)2 + (2.5)2) 1/2= 3.041 m L 2 = 2,5 -1,0 = 1,5 m. Reemplazando m = 1,8 kg y P = 20 N en: -mgh + P (L1 - L2) = mv22 – 0


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- (1,8) (9,81) (1,0) + 20 (3,041 a 1,5) = (1,8) v22 v2 = 3,82 m/s Para el menor valor de P para que el cuello llegue a la posición 2, hacemos: -mgh + P (L1 - L2) = 0 P=

=

= 11.46

P = 11.46 Ejercicio 7 El collar de 2 kg que se muestra en la figura se desliza a lo largo de la varilla de guía con una fricción insignificante. La longitud libre del resorte unido al collar es L0 = 1,2 m, y su rigidez es k = 60 N / m. Si el collar se mueve hacia abajo con la velocidad v A = 4 m / s cuando está en A, determinar la velocidad del collarín en B.

Solución Diagrama de cuerpo libre z A

W s

F

x


N

y

B

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El trabajo del peso es: UA-B = -W (zB - zA) = 2 (9.8) (0 - 0,8) = 15.7 N.m El trabajo realizado por la fuerza elástica en el cuello es: U A-B = - k (

B

2

–

2 A

)

Los correspondientes alargamientos son: A

= LA - L0 = (0,62 + 0,82)1/2 - 1,2 = - 0,2 m

B

= LB - L0 = 2-1,2 = 0,8 m

Reemplazando

2

((

U A-B = -

y

A

B,

El signo negativo indica que el muelle se comprime cuando el collar está en A

tenemos: 2

–

)

U A - B = -18 N.m El trabajo total realizado sobre el cuello es:

U A-B = 15,7 - 18 = -2.3 N.m Aplicando del principio de trabajo-energía entre las posiciones A y B, tenemos:

U A - B = TB - TA= -2.3 =

(

( B

2

–

B

2

–

2 A

)

2

) vB = 3,7 m / s

Ejercicio 8 La primera figura muestra un giro en sentido anti horario C (θ) que actúa sobre la uniforme barra AB de 1,5-kg . Calcule el trabajo total realizado en el bar, ya que gira en el plano vertical sobre A, θ = 0 a θ = 180osi 1. C (θ) = 4,9 pecado θ N · m 2. C(θ) varía como se muestra en la segunda figura:


18


Solución

El trabajo total realizado sobre la barra es la suma del trabajo realizado por el peso W y el giro C: (U1−2 )C = ∫

=∫

= 9.8N

U1−2 = (U1−2 )C + (U1−2)w = 9.8 − 5.9 = 3.9 N · m (U1−2 )C =1/2(4.9)(π ) = 7.7 N · m El trabajo total realizado será: U1−2 = (U1−2 )C + (U1−2)w = 7.7 − 5.9 = 1.8 N · m


19


Ejercicio 9 Un par (no mostrado) hace que el disco excéntrico de masa M de la figura pueda rodar sin deslizamiento con velocidad angular ω constante. El radio de giro del disco alrededor de su centro de masa G es k. Determinar las energías máximas y mínimas cinéticos del disco y los valores correspondientes del ángulo θ (el ángulo entre OG y la vertical). Utilice los siguientes datos: M = 40 kg, R = 240 mm, e = 50 mm, k = 160 mm, y ω = 10 rad / s.

La energía cinética del disco será:

T = (I + M

2

)ω2 = 1/2M(k2 + CG2)ω2

Vemos que CG tiene su valor más pequeño. Por lo tanto, el valor máximo y mínimo de la energía cinética del disco es respectivamente:

Tmax =

( (40)[(0.16)2 + (0.29)2](10)2 =219.4 J para θ =180◦

Tmin =

( (40)[(0.16)2 + (0.19)2](10)2 =123.4 J para θ =0

G

R + e = 0.29 m

G

R - e = 0.19 C


m C

20


Ejercicio 10 En el tiempo t = 0, la velocidad de la partícula de 0,5 kg de la figura es 10 m / s hacia la derecha. Además de su peso (el plano xy es vertical), la partícula se actúa sobre por la fuerza P (t). La dirección de P (t) es constante durante todo el movimiento, pero su magnitud varía con el tiempo como se muestra en la figura. (b). Calcular la velocidad de la partícula cuando t = 4 s.

Solución

Tenemos el siguiente diagrama

Las componentes del impuso serán: (L 1−2 )x = 0 (L 1−2 ) y = −mg t = −0.5(9.81)(4) = −19.620 N · s


21


Como P (t). es constante, tenemos: (L 1−2 )x = 16(cos 60o) = 8.0 N · s (L 1−2 ) y = 16(sin 60 o) = 13.856 N · s Sustituyendo las ecuaciones en el principio de impulso, tenemos: (L 1−2 )x = (mvx )2 − (mvx )1 8.0 = 0.5(vx )2 – 5 (vx )2 = 26.00 m/s (L 1−2 ) y = (mv y )2 − (mvy )1 13.856 − 19.620 = 0.5(v y )2 – 0 (v y )2 = −11.53 m/s

θ = arctan(11.53/26) θ = 23.9o Ejercicio 11 La parte recta de un salto de esquí está inclinado en 60o respecto a la horizontal. Después de dejar la puerta de salida con una velocidad insignificante, un esquiador de 50 kg alcanza una velocidad de 25 m / s en 3,5 s. Determinar el coeficiente de fricción cinética entre los esquís y la pista. Desprecie la resistencia del aire.


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Fuerzas en “y”: Fy = 0

N A − (50)(9.8) cos 60o = 0

N A = 245 N Hallamos la fuerza de rozamiento Faplicando el principio de impulso-momento en la dirección x. (L 1–2 )x = m[(v2 )x − (v1 )x ] [(50)(9.8) sen600 − F ] 3.5 = 50(25 − 0) F = 67.2N Por lo tanto, el coeficiente de fricción cinética es μk = =

= 0.274

μk = 0.274 Ejercicio 12 El conjunto que se muestra en la figura consiste en un brazo AOC, a la que se fijó dos varillas delgadas homogénea AB y CD. El conjunto gira alrededor del eje z en un cojinete de fricción en O. Un mecanismo interno (no mostrado en la figura) puede desplazar y bloquear las dos barras en cualquier ángulo θ. El momento de inercia del brazo AOC sobre el eje z es 1,04 kg · m2, y varillas de AB y CD de masa 1,5 kg cada uno. Inicialmente, el conjunto está girando libremente sobre el eje z con la velocidad angular ω1 = 10 rad / s con θ = 90o. Calcular la velocidad angular del conjunto cuando las barras se han movido a la posición θ = 180 ◦.


23


Solución Los diagramas de impuso son:

I¯z ω1 = 1.04(10) = 10.4 N. m. s mv¯1 = mr1 ω1 = 1.5(0.8)(10) = 12 N · s Arm AOC: I¯z ω2 = 1.04ω2 Rods AB and CD (both rods are in the plane of the figure): mv¯2 = mr2 ω2 = 1.5(1.1)ω2 = 1.65ω2 I¯z ω2 = 1/12mL2ω2 = 1/12 (1.5)(0.6)2ω2 = 0.045ω2

Por la conservación del momento angular, tenemos: (h z )1 = (h z )2


24


10.4 + 2[0.8(12)] = 1.04ω2 + 2(0.045ω2 ) + 2[1.1(1.65ω2 )] ω2 = 6.22 rad/s

Ejercicio 13 El disco 150 kg homogéneo gira alrededor del eje fijo en O. En el disco actúa una fuerza constante P = 320N (aplicado a una ranura la cuerda alrededor del disco) y el par en sentido anti horario C (t), que varía con el tiempo como se muestra en la figura. Si el disco estaba en reposo en el tiempo t = 0, determinar 1) su velocidad angular cuando t = 4 s, y 2) el tiempo cuando la velocidad angular invierte la dirección.


25


Solución

Hallando el momento de inercia del disco alrededor de su centro de masa: 2

I = 1/2 m R 2 = 1/2 (150)(0.6)2 = 27 kg · m Para t1=0, t2=4s t− ∫

( A O )1−2 = PR

= (320)(0.6)(4) − (300)(4) = 168 N.m ( A O )1−2 =

h O = I (ω2 − ω1 )

El impuso resultante es cero: 168 = 27(ω2 − 0) ω2 = 6.22 rad/s ( A O )1−3 = PR t − ∫

=0

(320)(0.6)(4) t 3 −( (300)(4) + 300(t 3 -4)) = 0 Resolviendo la ecuación, tenemos: t3 = 5.56 s


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Ejercicio 14 Los dos collares A y B están unidas por una cuerda de longitud L. El collar A se mueve hacia la derecha con velocidad constante vA. Determinar la velocidad y la aceleración deL collar B en función de VA y θ.

Solución Tenemos la siguiente ecuación XA2 + XB2 = L2, derivando: 2XA VA + 2YBVB = 0 XA VA + YBVB = 0, derivando (XA aA + VA2 )+ (YBaB + VB2 ) = 0 VB = - VA

= - VA

VB = - VAtan Debido a que la aA = 0, la aceleración de B es: aB = -


27


Sabemos que yB = L cos θ

(1 + tan2 θ) = 1 / cos2θ

aB = aB = -

Ejercicio 15 Los bloques A y B están conectados por un cable que corre alrededor de dos poleas de masa despreciable, como se muestra en la figura. El coeficiente cinético de fricción entre el plano inclinado y el bloque A es 0,4. Si la velocidad inicial de A es de 3 m / s en el plano, determinar el desplazamiento sA del bloque A (medidos desde la posición inicial), cuando el sistema se detiene.

Solución

Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque A


28


Fy = 0

NA - WA cos 20◦ = 0

FA = μkNA = μk WA cos 20◦ = 0,4 (5) (9,8) cos 20 ◦ = 18,42 N Del gráfico, tenemos: s A + 2sB = cte Por lo tanto sA + 2 sB = 0

vA + 2VB = 0

Aplicamos el principio del trabajo-energía (U1-2)ext (U1-2) int = T2 - T1 (WAsen20o)

sA - FA sA + WB sB + 0 = 0 - (

(VA)2 +

(VB)2)

Reemplazando valores conocidos (5) (9,8) sen20o sA - 18,42 sA + 3 (9,8) 2(

) = - ( (3)2 +

( )2)

= 1.58 m


29


Ejercicio 16 El conjunto se muestra en la figura consta de dos pequeñas bolas, cada una de masa m, que se deslizan sobre una fricción, AOB marco rígido de masa despreciable. El apoyo en O permite la libre rotación del bastidor alrededor del eje z. El marco está girando inicialmente con la velocidad angular ω1 mientras que las cadenas tienen las bolas en la distancia radial R1. Las cuerdas se cortan al mismo tiempo, permitiendo que las bolas se deslicen hacia los extremos en A y B, que se encuentra en la distancia radial R2. Determinar ω2, la velocidad angular final, en el supuesto de que las bolas no rebotan después de golpear los extremos A y B.

Solución Las velocidades de las bolas están relacionadas con las velocidades angulares por: v1 = R1 y ω1 v2 = R2 ω2. Hacemos el diagrama de cuerpo libre


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Por la conservación del momento angular: (h z )1 = (h z )2 2(m R1 ω1 ) R1 = 2(m R2 ω2 ) R2 ω2 = ( R 1 / R 2 ) 2 ω1 Ejercicio 17 Dos discos idénticos A y B, con un peso de 2 kg cada uno, se deslizan a través de un tablero horizontal de la mesa cuando chocan con las velocidades (VA) 1 = 3 m / s y (VB) 1 = 2 m / s, dirigido como se muestra en la figura. Si el coeficiente de restitución para el impacto es e = 0.8, calcular los vectores de velocidad de los discos inmediatamente después del impacto. Desprecie la fricción.


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Solución Realizamos el diagrama respectivo

Aplicamos

(L 1-2) x = px to

En la figura vemos que no hay impulso en A en la dirección x

(Px) 1 = (px) 2 m A (v A) 1 cos 60◦ = mA(v Ax) 2 Reemplazamos (v A) 1 = 8 ft / s (VAx) 2 = (vA) 1 cos 60◦ = 3 cos 60◦ = 1,5 m / s Luego Aplicamos (L1-2 ) x = px (VBX) 2 = (VBX) 1 = 0 Luego Aplicamos (L1-2 ) y = py (Py) 1 = (Py) 2 m A (v A) 1 sen 60 ◦ - m B (vB) 1 = m A (v Ay) 2 + m B (VBY) 2 2 (3) sen 60 ◦ - 2 (2) = 2 (v Ay) 2 + 2 (VBY) 2 (V Ay) 2 + (VBY) 2 = 0.598


32


Utilizando el coeficiente de restitución

e = VSEP / vApp vApp = 3 sen 60 ◦ + 2 = 4.598 m / s. VSEP = (VBY) 2 - (v Ay) 2. (VBY) 2 – (V Ay) 2 = 3.678 Resolviendo las ecuaciones, tenemos: (V Ay) 2 = -1,54 m / s (VBY) 2 = 2.14 m / s Luego, después del impacto tendremos: (VB) 2 = 2,14 m / s (VA) 2 = 2.15 m / s


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Ejercicios Resueltos Pytel Grupo 161

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