FACULTAD DE MECANICA ESCUELA DE INGENIERIA INDUSTRIAL
DINAMICA EJERCICIOS FUNDAMENTALES CAPITULO 12 ING. WASHINTONG ZABALA RAÚL CHANALUISA 1026 2013- 10-07
F12.2.- Se lanza una bola verticalmente hacia arriba con una rapidez de 15m/s. Determine el tiempo de vuelo cuando regrese a su posición original. Datos: V0 15m/s t=? a=-g=-9.81m/s2
Solución: M.R.U.A t=? 1 𝑠 = 𝑠0 + 𝑉0 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝑠 = 𝑠0 + 𝑉0 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2
Grafica.
0 = 0 + 15 15
𝑚 1 𝑚 𝑡 − 9.81 2 𝑡 2 𝑠 2 𝑠
𝑚 1 𝑚 𝑡 = 9.81 2 𝑡 2 𝑠 2 𝑠 𝑚 15 𝑠 2 𝑡 2 𝑚 = 𝑡 9.81 2 𝑠 𝑚 15 𝑠 2 t= 𝑚 9.81 2 𝑠 t = 3.06s//
Análisis:
Este es un ejercicio del M.R.U.A ya que actua la gravedad . Donde el movimineto de un proyectil es la combinacion del M.R.U.A en el eje de las “Y”. Donde la (a = -g= 9.81m/s2). reemplasamos la V0 =15m/s2 ,sin tener una posición inicial y final en la ecuanción de M.R.U.A y encontramos el tiempo.
Conclusión:
En este tipo de problema el tiempo fue hallado a partir de despejar el tempo en la ecuacion del M.R.U.A. La gravedad sera negativa a partir que la bola comiense a decender. El tiempo de vuelo encontrado de la bola a su origen es de 3.06s.
F12.4.- Una partícula se desplaza a lo largo de una línea recta a una rapidez de v=(0.5t3-8t)m/s, donde t esta en segundos.Determine su aceleración cuando t=2s.
Datos: V= (0.5t3-8t)m/s ; t(s) Determinar: a=? ; t=2
Solución: a=?
𝑎 = 𝑣´ 𝑎 = 0.5𝑡 3 − 8𝑡
𝑑 𝑑𝑡
𝑎 = 1.5𝑡 2 − 8
𝑚 𝑠2
Cuando t=2s: 𝑎 = 1.5 2
2
−8
𝑎 = 6−8 𝑎 = −2 𝑎=2
𝑚 𝑠2
𝑚 𝑠2
𝑚 𝑠2
𝑚 // 𝑠2
Análisis:
La aceleracion se encuantra de la primera derivada de la velocidad. La particula para un tiempo t=2s, la a=-2m/s2 ( direccion contraria), porque reeplasando el tiempo en la ecuacion de la aceleracion.
Conclusión:
En este tipo de problema la particula esta en f(t). La aceleración esta en f(t) y la aceleracion es la primera derivada de la velocidad. La aceleracion en un tiempo de 2s, nosda una a=-2m/s2, donde la direccion es contraria.
F12.6.- Una particula viaja a lo largo de una línea recta con una aceleracion de a=(10 - 0.2s)m/s2, donde s esta medida en metros. Detremine su velocidad cuando s = 10m si v = 5m/s cuando s =0 Datos: a= (10 – 0.2s)m/s2 ; s(m) Determinar: V=? ; s=10m V0=5m/s ; s0=0 𝑣
Solución:
𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑣= 𝑑𝑡
𝑑𝑣 𝑎 𝑑𝑠 ; 𝑑𝑡 = 𝑣
𝑎=
; 𝑑𝑡 =
Igualando las ecuaciones 1y2:
𝑣 𝑑𝑣 =
1
5
2
𝑣=
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣 𝑣 𝑑𝑣
𝑣
10 − 0.2𝑠 𝑑𝑠 0
20𝑠 − 0.2𝑠 2 + 25
𝑣= 𝑣=
20𝑠 − 0.2𝑠 2 + 25 20 10 − 0.2 10 𝑣=
𝑣0
𝑎 𝑑𝑠 𝑠0
2
𝑚 𝑠
+ 25
245
𝑠
𝑣 𝑑𝑣 =
𝑚 𝑠
Detreminar v=? ; s = 10m
𝑑𝑠 𝑑𝑣 = 𝑣 𝑎
𝑎 𝑑𝑠 =
𝑠
𝑣 = 14.3
𝑚 // 𝑠
Si v0=5m/s ; s0=0 𝑣
𝑠
𝑣 𝑑𝑣 = 5
𝑎 𝑑𝑠 0
Análisis:
Despejando dt en las ecuaciones de la acelarcion respecto a la derivada de la velocidad y de la velocidad respecto a la de la posición, igualamos ambas ecuaciones obtendremos la ecuacion ( a ds = n dv) . Integrando la ecuacion ( a ds = n dv) obtendremos como resultado la velocidad = 20 − 0.2
2
+ 25
Conclusión:
En este tipo de problema la particula esta en f(s). La velocidad es de 14.3m/s en una posicion s = 10m
F12.8.- Una partícula viaja a lo largo de una minea recta a una velocidad de v= (20-0.05s2)m/s, donde s esta en metros. Determine la aceleracion de la partricula cuando s= 15m. Datos: V= (20 – 0.05s)m/s ; s(m) Determinar: a=? ; s=15m
Solución:
𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑣= 𝑑𝑡
𝑎=
𝑑𝑣 𝑎 𝑑𝑠 ; 𝑑𝑡 = 𝑣
; 𝑑𝑡 =
1 2
Igualando las ecuaciones 1y2 despejando a: 𝑑𝑠 𝑑𝑣 = 𝑣 𝑎 𝑑𝑣 𝑎=𝑣 𝑑𝑠 𝑑𝑣 𝑎 = 20 − 0.05𝑠 2 𝑑𝑠 𝑎 = 20 − 0.05𝑠 2 −0.1𝑠 Detreminar a=? ; s=15m 𝑎 = 20 − 0.05𝑠 2 −0.1𝑠 𝑎 = 20 − 0.05 15
2
−0.1 15
𝑎 = 8.75 −1.5 𝑎 = −13.1
𝑚 // 𝑠2
Análisis:
Despejando dt en las ecuaciones de la acelarcion respecto a la derivada de la velocidad y la velocidad respecto a la de la posición, igualamos ambas ecuaciones obtendremos la ecuacion ( ds/v = dv/ a) . Integrando la ecuacion ds/v = dv/ a) obtendremos como resultado a= -13.1m/s2
Conclusión:
La aceleracion de la particula es de -13.1 m/s2 cuando s=15m. Lo que particula obtiene una desaceleracion cuando se ha desplazado 15 m
F12.16.- Una particula se desplasa a lo largo de la trayectoria rescta. Si su posicion a lo largo del eje x es x= (8t)m, donde t esta en segundos, detremine la rapidez cuando t=2s
Datos: x= (8t)m ; t(s) Determinar: V=? ; t=2s Solución: 𝑥 = 8𝑡 𝑚 𝑦 = 0.75𝑥 𝑚 ; 𝑦 = 0.75 8𝑡 𝑚 𝑦 = 6𝑡 𝑚 𝑑𝑥 𝑣𝑥 = 𝑥´ ; 𝑣𝑥 = 𝑑𝑡 𝑑 𝑣𝑥 = 8𝑡 𝑑𝑡 𝑚 𝑣𝑥 = 8 // 𝑠 𝑑𝑦 𝑣𝑦 = 𝑦´ ; 𝑣𝑦 = 𝑑𝑡 𝑑 𝑣𝑦 = 6𝑡 𝑑𝑡 𝑚 𝑣𝑦 = 6 // 𝑠 Calculamos la magnitud de la velocidad conociendo Vx y Vy: 𝑣= 𝑣=
8
𝑣=
64
𝑚2 𝑚2 + 36 𝑠2 𝑠2
𝑣=
100
𝑣 = 10
𝑚2 𝑠2
𝑚 // 𝑠
𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 𝑚 𝑠
2
+ 6
𝑚 𝑠
2
Análisis:
La velocidad de la particula se determino on la derivada de las posiciones tanto de x como de y.
Conclusión:
Donde la magnitud de la velocidsades hallada por sus componentes Vx y Vy La velocidad en un tiempo de 2 segundos es igual a 10 m/s
F12.18.- Si una particula viaja a lo largo de una trayectoria de linea recta y=0.5x. si el componente x de la velocidad de la particula es vx=(2t2)m/s, donde t esta en segundos, determine la magnitud de la velocidad y aceleracion de la particula cuando t=4s. Datos: y= (0.5x)m vx=(2t2)m/s ; t(s) Determinar: 𝑣 =? ; t=4s 𝑎=? ; t=4s
Solución: 𝑦 = 0.5𝑥 𝑚
𝑣 =
𝑦´ = 𝑉𝑦
𝑚 𝑉𝑥 = 2𝑡 2 = 32 𝑠 𝑚 2 𝑉𝑦 = 𝑡 = 16 𝑠
𝑣 =
𝑣2𝑥
+
𝑣2𝑦
𝑚
2
𝑠
+ 16
𝑚
2
𝑠
𝑣 = 1280 𝑣 = 35.77//
2
𝑥´ = 𝑉𝑥 = 2𝑡 𝑦´ = 0.5𝑥´ 𝑚 𝑉𝑦 = 0.5 2𝑡 2 𝑉𝑦 = 𝑡 2 Calculamos la magnitud de la velocidad conociendo Vx y Vy ; t=4s
32
Calculamos la aceleracion y su magnitud ; t=4s 𝑚 𝑎𝑥 = 𝑣𝑥 ´ = 4𝑡 = 16 2 𝑠 𝑚 𝑎𝑦 = 𝑣𝑦 ´ = 2𝑡 = 8 2 𝑠
𝑣 = 𝑎=
16
𝑣2𝑥 + 𝑣2𝑦 𝑚
2
𝑠2
+ 8
𝑚
2
𝑠2
𝑎 = 320 𝑎 = 17.9
𝑚
𝑠2
//
Análisis:
Este es un tipo de ejercio donde particula que proytecta una trayectoria (y) y una velocidas en x. Donde la Vx y Vy son las componetes de la velocidad y encontramos la magnitud cuando t=4s La acelracion es la derivada de las VX y Vy, donde hallamos la magnitud de la aceleracion esta de acuerdo a un tiemmpo 4s.
Conclusión:
La magnitudes de la velocidad determinada por Vx y Vy es de 35.77m/s La magnitud de la aceleracion determinada por la primera derivada de VX y VY = Ax y Ay es de 17.9m/s2
F12.20.- La posicion de una caja que se desliza hacia abajo por una trayectoria helicoidal la describe r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies, donde t esta en segundos y los argumentos del seno y coseno estan en radianes. Determine la velocidad y aceleracion de la caja cuando t=2s Datos: r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies donde: t(s) ; sen y cos (rad) Determinar: V=? ; t=2s a=? ; t=2s
Solución: 𝑣 = r´ = 2sen 2t i + 2cos t j − 2 t2 k 𝑣=
4𝑐𝑜𝑠2𝑡 𝑖 − 2𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑗 − 4𝑡 𝑘
𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠
Calculamos la velocidad; t=2s 𝑣 = 4𝑐𝑜𝑠2 2 𝑖 − 2𝑠𝑒𝑛 2 𝑗 − 4 2 𝑘 𝑣 = −2.61𝑖 − 1.82𝑗 − 8𝑘
Calculamos la aceleracion ; t=2s 𝑎 = 𝑣´ =
−8𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑖 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑗 − 4𝑘
𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2
𝑎 = −8𝑠𝑒𝑛2 2 𝑖 − 2cos 2 𝑗 − 4𝑘 𝑎 = 6.05𝑖 − 0.832𝑗 − 4𝑘
𝑝𝑖𝑒𝑠 // 𝑠2
Análisis: La velocidad se en cunetra expresa por la primera derivada de la pocion que se encuntran en componentes (x,y,z); r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies Donde la celeracion esta expresada por la segunda derivada de la posicion y primera de la velocidad. a=v´=r¨ Conclusión: La velocidad deacuerdo con un tiempo t=2s es de (-2.6t)i –(1.82)j-8k pies/s Donde la a=v´ es de (6.05)i-0.832j-4k
F12.22.- La pelota es pateada desde el punto A con la velocidad inicial VA=10m/s. determine la distancia R y la rapidez con que la pelota golpea el suelo. Datos: VA =10m/s Determinar: XR =? VC =?
Solución:
; a=-g
𝑚 𝑚 𝑉𝐴𝑦 = 𝑠𝑒𝑛30 ∗ 10 = 5 𝑠 𝑠 1 𝑦𝐶 = 𝑦𝐴 + 𝑉𝐴𝑦 𝑡𝐴𝑐 + 𝑔𝑦 𝑡𝐴𝐶 2 2 𝑚 1 𝑚 0=0+ 5 𝑡𝐴𝑐 + −9.81 2 𝑡𝐴𝐶 2 𝑠 2 𝑠 0= 5
Encontrado el tiempo AC calculamos la Vcy, su magnitud. 𝑉𝐶𝑦 = 𝑉𝐴𝑦 −𝑔𝑦 𝑡𝐴𝑐 𝑉𝐶𝑦 = 5
𝑚 1 𝑚 𝑡𝐴𝑐 + −9.81 2 𝑡𝐴𝐶 2 𝑠 2 𝑠
𝑡𝐴𝑐 5
𝑚 𝑚 2 = 9.81 2 𝑡𝐴𝐶 2 𝑠 𝑠
10
𝑚 𝑚 = 9.81 2 𝑡𝐴𝐶 𝑠 𝑠
𝑚 𝑠
𝑚
− 9.81 𝑠2 (1.0194𝑠
𝑉𝐶𝑦 = −5
𝑚 𝑉𝐴𝑥 = 𝑉𝐶𝑥 = 𝑐𝑜𝑠30 ∗ 10 𝑠 𝑚 𝑉𝐶𝑥 = 8.660 𝑠 𝑉𝐶 =
𝑉𝑐2𝑥 + 𝑉𝑐2𝑦
𝑡𝐴𝐶 = 1.0194𝑠 𝑅 = 𝑥𝐴 + 𝑉𝐴𝑥 𝑡𝐴𝐶 𝑅 = 0 + 8.660
𝑚 1.0194𝑠 s
𝑅 = 8.83𝑚//
𝑚 𝑚 =5 s s
𝑉𝐶 =
8.660
𝑚 s
𝑉𝐶 = 10
2
+ 5
𝑚
2
s
𝑚 // 𝑠
Análisis:
Este tipo de ejrcico es de Movimiento proyectil Donde la a=-g cuando baja y positiva cuando sube Para hallar la rapides de la velocida se encontro primero su commponente en Y.
Conclusión:
La velocidad y el tiempo de la pelota determinada por su componente en Y son de tAC= 1.019s y Vc=10m/s
F12.24.- Se rocía agua a un angulo de 90° desdela pendiente a 20m/s. determine la distancia R. Datos: Θ=90° VB=20 m/s Determinar: R =?
Solución:
VB=20 m/s ; Θ=90°
4 3 s=𝑅 ; 𝑣0𝑡 = 20 5 5 s = 𝑠0 + 𝑣0 𝑡 4 m 3 𝑅 = 0 + 20 𝑡 5 𝑠 5 1 s = 𝑠0 + 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑐 𝑡 2 2 3 m 4 1 𝑚 −𝑅 = 0 + 20 𝑡 − 9.81 2 𝑡 2 5 𝑠 5 2 𝑠 5 m 3 5 m 4 1 𝑚 20 𝑡 = −20 𝑡 + 9.81 2 𝑡 2 4 𝑠 5 3 𝑠 5 2 𝑠 15𝑡 = 15
5 m 𝑚 −16 𝑡 + 4.91 2 𝑡 2 3 𝑠 𝑠
4 5
s=𝑅
𝑅
4 m 3 = 0 + 20 𝑡 5 𝑠 5 𝑅=
5 m 3 20 𝑡 4 𝑠 5
5 m 3 20 5.1𝑠 4 𝑠 5
𝑅=
𝑅 = 76.5𝑚//
m m 𝑚 𝑡 + 26.66 𝑡 = 8.18 2 𝑡 2 𝑠 𝑠 𝑠 41.66
3 5
s = 𝑠0 + 𝑣0 𝑡
m m 𝑚 𝑡 = −26.66 𝑡 + 8.18 2 𝑡 2 𝑠 𝑠 𝑠
15
; 𝑣0𝑡 = 20
m 𝑚 = 8.18 2 𝑡 𝑠 𝑠 𝑡 = 5.1𝑠
Análisis: Prtoblema de Movimieto de proyectil donde a=-g Tambien tenemos una velocidad en B y un angulo de 90° Conclusión: Donde R es igual a 7.65 de un tiempo hallado de la distancias = 5.1s
F12.26.- Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de VA=150m/s desde la azotea de un edificio. Determine la distancia R donde golpea el suelo en B. Datos: VA=150 m/s Determinar: R =?
Solución:
VA=150 m/s ; a=-g 𝑚 3 𝑚 𝑣𝐴𝑦 = 150 = 90 𝑠 5 𝑠 1 𝑦𝐵 = 𝑦𝐴 + 𝑣𝐴𝑦 𝑡𝐴𝐵 − 𝑔𝑦 𝑡𝐴𝐵 2 2 𝑚 1 𝑚 −150m = 0 + 90 𝑡𝐴𝐵 − 9.81 2 𝑡𝐴𝐵 2 𝑠 2 𝑠 𝑚 𝑚 0 = 4.905 2 𝑡𝐴𝐵 2 − 90 𝑡𝐴𝐵 − 150m 𝑠 𝑠 Aplincando la formula general encontamos tAB: −𝑏 ± 𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 90 ± 902 − 4 4.905 −150 = 2 4.905 90 ± 8100 + 2943 𝑡𝐴𝐵 = 9.81 90 ± 11043 𝑡𝐴𝐵 = 9.81 90 ± 11043 𝑡𝐴𝐵 = 9.81 90 ± 105.09 𝑡𝐴𝐵 = 9.81 90 + 105.09 𝑡𝐴𝐵 = 9.81 𝑥=
𝑡𝐴𝐵
𝑡𝐴𝐵 = 19.89𝑠 𝑥𝐵 = 𝑅 𝑥𝐵 = 𝑥𝐴 + 𝑣𝑎 𝑥 𝑡𝐴𝐵 R = 0 + 120 R = 120
𝑚 𝑡 𝑠 𝐴𝐵
𝑚 19.89𝑠 𝑠
R = 2386.8𝑚 R = 2.39𝑘𝑚//
Análisis: Un problema de movimiento de proyectil. Donde el proectil tiene una velocidad A=150/s y encontramos su copmponente en Y. Utilisando la formula general podemos hayar el tiempo q tiene el proyectil hasta el punto B Conclusión: El teimpo del proyectil hasta que toca el punto B es de 19.89s. R tiene un desplasamiento de 2.39km deacuerdo con el tiempo.
F12.28.-El automovil viaja a lo largo de la carretera a una rapidez de v =(300/s)m/s, donde s esta en metros. Determine la magnitud de su aceleracion cuando t=3s si t=0 cuando s=0. Datos: V=(300/s)m /s Determinar: a =? t = 3𝑠 Si t=0 ; s=0 Solución:
𝑑𝑠 dt 𝑑𝑠 𝑑𝑡 = 𝑣 Calculamos s cuando t=3s 𝑣=
3𝑠
𝑠
𝑑𝑡 =
𝑣𝑑𝑠
0
0
3𝑠
𝑠
𝑑𝑡 = 0
0
3𝑚 = 𝑠=
𝑑𝑠 300 𝑚 s 𝑠
1 𝑠2 600𝑚 3𝑚 1 600
𝑠 = 42.43𝑚 𝑣= 𝑣=
300 𝑚 s 𝑠 300 𝑚 42.43 𝑠
𝑣 = 7.071
𝑚 𝑠
Calculamos la an y la at, sabiendo que: 𝛒 = 𝟏𝟎𝟎𝐦 ; s=42.43m 𝑣2 𝑎𝑛 = ρ 𝑚 2 7.071 𝑠 𝑎𝑛 = 100m 𝑚 𝑎𝑛 = 0.5 2 𝑠 𝑑𝑣 𝑎𝑡 = 𝑣 dx 300 300 𝑚 𝑎𝑡 = − 2 s 𝑠 𝑠2 300 300 𝑚 𝑎𝑡 = − 2 42.43𝑚 42,43𝑚 𝑠 2 𝑚 𝑎𝑡 = −1.179 2 𝑠 𝑎 = 𝑎𝑛 2 + 𝑎𝑡 2 𝑎=
0.5
𝑚 𝑠2
2
+ −1.179
𝑚2 𝑠4 𝑚 𝑎 = 1.28 2 // 𝑠 𝑎=
1.64
Análisis: Ejercico de movimiento curviline: coordenadas normal y tangencial. Donde tenemos una velocidad de 300m/s y ρ=100m Hallamos las compónentes an y at y la magnitud de la acelerasion Conclusión: La velocidad esta determinada por la primera derivada de la posicion = 7.071m/s La magnitud de la aceleracion determinada por an y at es de 1.28m/s2
𝑚 𝑠2
2
F12.30.- Cuando x=10pies, la rapidez del embalaje es de 20 pies/s la cual se incrementa a 6 pies /s 2. Determine la direccion de su velocidad y la magnitud de su aceleracion en este instante. Datos: x=10pies V=20pies/s at=6pies/s2 Determinar: θ=? an=? a =?
Solución: 𝑡𝑔𝜃 =
𝑑𝑦 𝑑𝑥
Solución: 𝑎𝑛 =
1 2 𝑑 𝑥 24 𝑑𝑥 1 𝑡𝑔𝜃 = 𝑥 12 1 𝜃 = 𝑡𝑔−1 𝑥 12 10 𝜃 = 𝑡𝑔−1 𝑥 12 𝜃 = 39.81° 𝑡𝑔𝜃 =
1+ 𝜌=
𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2
1 1 + 12 𝑥 𝜌= 1 12
3 2 2
20𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 26.468
𝑎𝑛 =
𝑎𝑛 = 15.11
𝑎=
6
𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2
𝑎=
2
𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2
𝑎𝑛 2 + 𝑎𝑡 2
𝑎=
3 2 2
𝑑2 𝑦
𝑣2 𝜌
2
+ 15.11
264.31
𝑎 = 16.25
𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2
2
𝑝𝑖𝑒𝑠 2 𝑠4
𝑝𝑖𝑒𝑠 // 𝑠2
𝜌 = 26.468𝑝𝑖𝑒𝑠
Análisis: Ejercico de Movimiento curvilineo: cordenadas normal y tangencial Dodne tenemos una x=10pies,V=20pies/ y una at=6pies/s2 El angulo de inclinacion se encuntra por componentes rectangulares Conclusión: El angulo de inclinacion es iguala 39.81° y ρ =26.468pies La aceleracion normal an=V2/ρ= 16.25 y la magnitud de la aceleracion es de 16.25 pies /s2
F12.32.- El automovil sube la colina con una rapidez de v=(0.2s)m/s , dode s esta en metros , medida con respecto a A.determine la magnitud de su aceleracion cuando este en el punto s=50m, donde ρ=500m. Datos: V=(0.2s)m/s ; s=m Determinar: a =? ; s=50m ρ=500m.
Solucion:
Calculamos la magnitud de la aceleracio:
𝑑𝑣 ds 𝑚 𝑎𝑡 = 0.2s 0.2 𝑠 𝑚 𝑎𝑡 = 0.04s 2 𝑠 at=? ; s=50m : 𝑚 𝑎𝑡 = 0.04s 2 𝑠 𝑚 𝑎𝑡 = 0.04 50 2 𝑠 𝑚 𝑎𝑡 = 2 2 𝑠 𝑣2 𝑎𝑛 = ρ 0.2𝑠 2 𝑎𝑛 = 500m 0.2 50𝑚 2 𝑎𝑛 = 500m
𝑎=
𝑎𝑡 = 𝑣
𝑎𝑛 = 0.2
𝑎=
0.2
𝑎=
𝑎𝑛 2 + 𝑎𝑡 2 𝑚 𝑠2
2
+ 2
4.04
𝑎 = 2.009
𝑚 𝑠2
2
𝑚2 𝑠4
𝑚 // 𝑠2
𝑚 // 𝑠2
Análisis: Problema de Movimeinto curvilineo : coord normal y tangencial. Dado Velocidad y su posicion determinamos la aceleracion normal y tangencial. Donde la magnitud de la aceleracion esta expresado por la aceleracion normal y tangencial. Conclusión: La velocidad tangencial dada por vdv/ds = 0.04s cuando v =0.2s La velocidad normal dada por v2/ρ 0 0.2m/s2 La magnitud el la aceleracion = 2.009m/s2
F12.34.- La plataforma gira en torno al eje vertical de modo que en cualquier instante su posición angularnes θ=(4t3/2)rad, donde t esta en segundos. Una bola rueda hacia afuera a lo largo de la ranura radial de modo que su posición es r=(0.1t3)m, donde t esta en segundos. Determine la magnitudes de la velocidad y aceleracion de la bola cuando t=1.5s Datos: θ=(4t3/2)rad ; t=s r=(0.1t3)m ; t=s Determinar: a = ? ; t=1.5s v = ? ; t=1.5s Solucion:
t=1.5s r = 0.1𝑡 3 r = 0.1m 1.5𝑠 3 r = 0.3375m 𝑟´ = 𝑣𝑟 = 0.3𝑡 2 𝑟´ = 0.3 1.5 𝑠 2 𝑚 𝑟´ = 0.675 𝑠 𝑟´´ = 𝑑𝑟´ = 0.6𝑡 𝑟´´ = 0.6 1.5 𝑚 𝑟´´ = 0.900 2 𝑠 3 𝜃 = 4𝑡 2 3
𝜃 = 4 1.5 2 𝜃 = 7.348𝑟𝑎𝑑
𝑣=
𝜃´ = 6 1.5 2 rad 𝜃´ = 7.348 𝑠 1 𝜃´´ = 𝑑𝜃´ = 3𝑡 − 2 𝜃´´ = 3 1.5 𝜃´´ = 2.449
−
1 2
rad 𝑠2
𝑣𝜃 = rθ´
𝑟𝑎𝑑 𝑣𝜃 = 0.3375 m 7.348 𝑠 m 𝑣𝜃 = 2.480 𝑠 𝑎𝑟 = 𝑟 − 𝑟𝜃 2 𝑚 𝑚 𝑎𝑟 = 0.900 2 − ′0.3375 7.348 2 𝑠 𝑠 𝑚 𝑎𝑟 = −17.325 2 𝑠 𝑎𝜃 = 𝑟𝜃¨ + 2𝑟´𝜃´ 𝑟𝑎𝑑 𝑚 𝑟𝑎𝑑 𝑎𝜃 = 0.3375𝑚 2.449 + 2 0.675 7.348 2 𝑠 𝑠 𝑠 𝑚 𝑎𝜃 = 10.747 2 𝑠 𝑣 = 𝑣𝑟 2 + 𝑣𝜃 2
1
𝜃´ = d𝜃 = 6𝑡 2 1
0.675
𝑚 s
2
+ 2.480
m // 𝑠 𝑎𝑟 2 + 𝑎𝜃 2
𝑚 s
2
𝑣 = 2.57 𝑎= 𝑎=
−17.325
𝑚 𝑠2
2
𝑎 = 20.4
+ 10.747
m // 𝑠2
𝑚 𝑠2
2
Análisis: Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde θ=(4t3/2)rad y r=(0.1t3)m La velocidad esta determinada magnitudes radial y transversal donde Vr=r´ y Vθ=θ¨ La magnitud de la aceleracion expresada por ar y aθ. Conclusión: La magnitud d ela aceleracion exptresada por sus compnentes r y θ en el tiempo de 1.5s =20.4 La magnitud de la velocidad expresadas por sus componentes r y θ en el tiempo de 1.5s=2.5
F12.36.- Lar espiga P es propulsada por el eslabon ahorquillado OA a lo largo de la trayectoria descrita por r = eθ. Cuando θ= π/4rad, la velocidad y la celeracion angulares del esla on θ=2rad/s y θ=4rad/s2. Determine las componentes radiales y transversal de la aceleracion de la espiga en ete instante.
Datos: r = eθ θ= π/4rad θ͘=2rad/s θ̈=4rad/s2 Determinar: ar = ? aθ = ?
Solucion:
t=1.5s r = 𝑒𝜃 r = 𝑒𝜃θ r = 𝑒 𝜃 θ + 𝑒 𝜃 θ2 𝑎𝑟 = 𝑟 − 𝑟θ2
𝑎𝑟 = 𝑒 𝜃 θ + 𝑒 𝜃 θ2 − 𝑒 𝜃 θ2 𝜋
𝑎𝑟 = 4𝑒 4 𝑚 𝑎𝑟 = 8.77 2 // 𝑠
𝑎𝜃 = 𝑟θ + 2𝑟θ
𝑎𝜃 = 𝑒 𝜃 θ + 2 𝑒 𝜃 θ θ 𝑎𝜃 = 𝑒 𝜃 θ + 2θ2 𝜋
𝑎𝜃 = 𝑒 4 4 + 2 2 2 m 𝑎𝜃 = 26.3 2 // 2 Análisis: Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde r = eθ; θ= π/4rad; θ=2rad/s y θ=4rad/s2 La arceleracion se encuentra por medio de la formula ar=r+rθ2 y la aθ=rθ 2 θ Conclusión: La aceleracion ar en un tiempo de 1.5s es de 8.77m/s2, La aceleracion aθ en un tiempo de 1.5s es de 26.3m/s2,
F12.38.- En el instante θ=45°, el atleta esta corriendo a una rapidez constante de 2 m/s. Determine la velocidad angular a la cual la camara debe virar para seguir el movimiento. Datos: V = 2m/s θ= 45° Determinar: θ̇= ? Solución:
30𝑚 𝑟 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 = 30𝑚 30𝑚 𝑟= 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟 = 30𝑚 ∗ 𝑐𝑠𝑐𝜃 𝑟 = 42.426𝑚 𝑟 = −30 ∗ 𝑐𝑠𝑐𝜃 ∗ 𝑐𝑡𝑔𝜃 ∗ 𝜃 𝑚 𝑟 = −42426θ 𝑠 𝑟 = 𝑣𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑣𝜃 = 𝑟θ 𝑚 𝑣𝜃 = 42.426θ 𝑠 2 2 𝑣 = 𝑣𝑟 + 𝑣𝜃 2=
−42.426θ
2
+ 42.426θ
2 = 59.99𝜃 𝜃 = 0.0333
2
𝑚 𝑠
𝑟𝑎𝑑 // 𝑠
Análisis:
Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde tenemos V = 2m/s y θ= 45° Encontrando r de la grafica según sus componentes rectangulares
Conclusión:
La velocidad angular se enecuntra expresada por sus conponetes radial y transversal Donde =Vr y rθ=Vθ a velocidad angular θ es igual a 0.0033rad/s.
F12.40.- Determine la rapidez del bloque A si el extremo B de la cuerda se jala hacias abajo con una rapides de 6m/s. Datos: VB=6m/s Determinar: V A=?
Solución: 𝑙 = 𝑠𝐵 + 2𝑠𝐴 + 2ℎ 𝑣=𝑠 0 = 𝑣𝐵 + 2𝑣𝐴 2𝑣𝐴 = −𝑣𝐵
Calculamos la velocidad de A ; VB= 6m/s: 2𝑣𝐴 = −𝑣𝐵 2𝑣𝐴 = −6 𝑣𝐴 = −3 𝑣𝐴 = 3
𝑚 𝑠
𝑚 𝑠
𝑚 // 𝑠
Análisis: Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde l=2SA+SB+2h y l=0 La velocidad sear la derivada de S tanto en A como B Conclusión:
La velocidad de a es igual a -3m/s y la velocidad de B es igual a -6m/s Las velocidades se encuntra hacia arriba
F12.42.- Determine la rapidez del bloque A si el extremo F de la cuerda se jala hacia abajo con una rapidez de VF = 3m/s. Datos: VF=3m/s Determinar: V A=?
Solución: 𝑙 𝑇 = 𝑠𝐹 + 4𝑠𝐴 𝑣=𝑠 0 = 𝑣𝐹 + 4𝑣𝐴 4𝑣𝐴 = −𝑣𝐹
Calculamos la velocidad de A ; VF= 3m/s: 4𝑣𝐴 = −𝑣𝐹 4𝑣𝐴 = −3
𝑚 𝑠
𝑣𝐴 = −0.75 𝑣𝐴 = 0.75
𝑚 𝑠
𝑚 // 𝑠
Análisis:
Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde lT=SF+4SA y VF=3m/s La velocidad sera la derivada de S tanto en A como F
Conclusión:
Donde la velocidad de A=-0.75m/s lo que la velocidad es en sentido contrario
F12.44.- Determine la rapidez del cilindro B si el cilindro A conuna rapidez de VA= 4 pies/s . Datos: VA=4pies/s Determinar: V B=?
Igualamos la ecuacion 1 y 2; despejando VB:
Solución: 𝑙𝐶𝐸𝐷 = 𝑠𝐶 + 𝑠𝐵 𝑙𝐴𝐶𝐷𝐹 = 𝑠𝐴 − 𝑠𝐶 + 𝑠𝐵 − 𝑠𝐶 + 𝑠𝐵 𝑙𝐴𝐶𝐷𝐹 = 𝑠𝐴 − 2𝑠𝐶 + 2𝑠𝐵
2𝑣𝐶 = −2𝑣𝐵
𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 = −2𝑣𝐵
𝑙𝐶𝐸𝐷 = 𝑠𝐶 + 𝑠𝐵
4𝑣𝐵 = −𝑣𝐴
0 = 𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 1
4𝑣𝐵 = −4
𝑙𝐴𝐶𝐷𝐹 = 𝑠𝐴 − 2𝑠𝐶 + 2𝑠𝐵 0 = 𝑣𝐴 − 2𝑣𝐶 + 2𝑣𝐵 2𝑣𝐶 = 𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵
∗2
2𝑣𝐶 = 𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵
Calculamos las velocidades v=ṡ
𝑣𝐶 = −𝑣𝐵
𝑣𝐶 = −𝑣𝐵
𝑣𝐵 = −1
𝑝𝑖𝑒𝑠 2
𝑝𝑖𝑒𝑠 // 𝑠
2
Análisis:
Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde lCED=SC+SB ; lACDF=SA-2SC+2SB y l=0 La velocidad sera la derivada de S tanto en B como C
Conclusión:
Cuando la velocidad de A=4pies/s la velocidad de B esde -1 pie/s y de C=-4pies/s
F12.46.- Dos aviones A y B vuelan a las velocidades constantes mostradas. Deteremine la magmnitud y direccion de la velocidad del avion B con respecto al avion A. Datos: VA=650 km/h VB=800 km/h Determinar: V B/A = ?
Determinamos VB/A: 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵
Solución:
sen60° =
𝑣𝐵𝑦 𝑣𝐵
𝑣𝐵𝑦 = sen60° ∗ 𝑣𝐵 𝑣𝐵𝑦 = sen60° ∗ 800 𝑣𝐵𝑦
𝑘𝑚 = −692.82j ℎ
cos60° =
𝑣𝐵𝑥 𝑣𝐵
𝑣𝐵𝑥 = cos60° ∗ 𝑣𝐵 𝑣𝐵𝑥 = cos60° ∗ 800 𝑣𝐵𝑥
𝑘𝑚 = −400i ℎ
𝐴
−400i − 692.82j = 650i + 𝑣𝐵 𝐴
𝑣𝐵 = −400i − 692.82j − 650i 𝐴
𝑘𝑚 ℎ
𝑣𝐵 = −1050i − 692.82j 𝐴
𝑣𝐵 = 𝐴
𝑣𝐵 =
𝑣𝐵 𝐴
2 𝑥
−1050
𝐴
+ 𝑣𝐵 𝐴
2
𝑣𝐵 𝑡𝑔𝜃 =
𝑦
+ 692.82
𝑣𝐵 = 1257.97 𝐴
2
𝐴
𝑣𝐵 𝐴
2
𝑘𝑚 // ℎ 𝑦 𝑥
692.82 𝑘𝑚 𝜃 = 𝑡𝑔−1 1050 ℎ 𝜃 = 33.4°
Análisis:
Ejercicio de movimiento relativo. Donde la velocidad de A =650Km/h y la de B=800Km/h Lo cual por medio de la grafica del avion B encontramos las componentes VBx y VBy La magnitud de la velocidad VB/A se determinara por medio de sus componentes VBx y VBy
Conclusión: Según la grafica de B la posicion en sus coordenadas sera (-400i -692.82j) Km/h a magnitud VB/A=1257.97Km/h
F12.48.- En el instante que se presenta, los automoviles A y B viajan a la rapidez mostrada. Si B esta acelerando a 120 Km/h2 mientras que A mantiene una rapidez constante, determine velodidad y aceleracion de A con respecto a B. Datos: VA=65 km/h VB=20 km/h Determinar: V A/B = ? a A/B = ? Solución:
𝑣𝐴𝑦 sen45° = 𝑣𝐴 𝑣𝐴𝑦 = sen45° ∗ 𝑣𝐴 𝑣𝐴𝑦 = 20 ∗ sen45° 𝑘𝑚 𝑣𝐴𝑦 = 14.14j ℎ 𝑣𝐴𝑥 cos45° = 𝑣𝐴 𝑣𝐴𝑥 = cos45° ∗ 𝑣𝐴 𝑣𝐴𝑥 = 20 ∗ cos45° 𝑘𝑚 𝑣𝐵𝑥 = 14.14i ℎ Determinamos la VA/B: 𝑣𝐴 = 𝑣𝐵 + 𝑣𝐴
𝑣𝐴 = 𝐵
𝑣𝐴 =
𝑥
𝐵
2
𝐵
2 𝑦
+ 14.14
2
𝑘𝑚 // 𝑠
Calculamoas la aA/B: 𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 + 𝑎𝐵 𝐴
20 2 20 2 𝑐𝑜𝑠45°𝑖 + sen45°j = 1200i + 𝑎𝐵 0.1 0.1 𝐴 𝑎𝐴 = 1628i + 2828j 𝐵
𝐵
𝑣𝐴 = −14.14i + 14.14j − 65i 𝐵
+ 𝑣𝐴
𝑣𝐴 = 80.4
𝐵
𝑣𝐴 = −79.14i + 14.14j
𝐵
2
−79.14
𝐵
−14.14i + 14.14j = 65i + 𝑣𝐴 𝐵
𝑣𝐴
𝑘𝑚 ℎ
𝑎𝐴 = 𝐵
𝑎𝐴 = 𝐵
𝑎𝐴
𝐵
2 𝑥
1628
+ 𝑎𝐴
𝐵
2
𝑦
+ 2828
𝑎𝐴 = 3.26 ∗ 103 𝐵
2
2
𝑘𝑚 // ℎ2
Análisis: Ejercicio de movimiento relativo. Donde la velocidad de A =65Km/h y la de B=20Km/h Lo cual por medio de la grafica en A encontramos las componentes VAx y VAy La magnitud de la velocidad VA/B se determinara por medio de sus componentes VBx y VBy a magnitud de la aceleracion aA/B se determinara por medio de sus componentes aBx y aBy Conclusión:
eg n la gra ica la velocidad en sus coomponentes sera VA/B =(--79.14i+14.14j) Km/h Según la grafica la aceleracion en sus coomponentes sera aA/B =(1628i+2828j)Km/h a magnitud VB/A=80.4Km/h La magnitud aA/B =3.26*103 Km/h2
