DINÁMICA (CI95) Solucionario del trabajo encargado Ciclo 2008-2 Problemas
1. Un trineo de retroimpulso retroimpulso parte del reposo reposo y acelera con a = 3t2 (m/s2) hasta que su velocidad es de 1 000 m/s . En ese momento encuentra un freno de agua y su aceleración es a= -0.001v 2 hasta que su velocidad disminuye a 500 m/s ¿Qué distancia total recorre el trineo?
• • •
Parte de reposo reposo Acelera con a = 3 * t 2 , hasta llegar a v= 1000 (m/s) Nueva aceleración es a = −0,001 * v 2 , hasta llegar a v= 500 (m/s)
¿Cuál es la distancia total?
Solución: Primero integramos la función de aceleración para hallar la función de velocidad. dv dt v
= 3* t 2 t
∫ dv = ∫ 3 * t dt 2
0
0
3 Luego Luego integramos integramos la v = t función función velocidad, velocidad, para poder hallar la función de posición.
x
∫ dx = ∫ t dt 3
0
=
4
t
4
Para poder hallar la distancia total, primero igualamos la función de la velocidad a v = 0 y a v = 1000 , el cual no los dieron de dato
=0 t = 0 t 3
=1000 t =10 t 3
Luego el tiempo hallado del paso anterior, este se reemplaza en la función de posición, para asi obtener la posición en el tiempo indicado. d = x −x ( 0 ,10 )
(10 )
=(
( 0 ,10 )
(0)
−
= 250
d ( 0 ,10 )
En la primera parte se obtuvo como distancia recorrida 2500 metros antes de que se encuentre con el freno de agua. Después de encontrarse con dicho la función de aceleración cambia.
= −0,001 * v 2 Para hallar la función velocidad integramos la función aceleración. v dt
= −0,001* v 2
v
t
dv
∫ − 0,001* v
=
2
1000
0
−1 = t
0,001* v
= t +
0,001* v
=
dt
10
t + 1
Para hallar la función de posición debemos integrar la función de velocidad. x
10
∫ dx = ∫ t +1 0
0
1000 * ln(t + 1)
= x
Para poder hallar la distancia después de encontrarse con el freno, se tiene q igualar la función de velocidad al valor de v = 500 1000 t +1
= 500
000 = 500 t + 500 2
t = 1
El tiempo obtenido se remplaza en la función de la posición para poder hallar la distancia recorrida después del freno, remplazamos los tiempos de t = 0, t =1 ( 0 ,1*10
−3
)
= x (1) − x( 0)
* 0− ) 3
( 0,1 −10
−3 )
= =
−
6 ,
La distancia recorrida, después del freno de agua es de 693 m. Entonces la distancia total recorrida es de: = 2500 +693,15 d = 3193,15m d
2. Un proyectil tiene una velocidad inicial de 20 pies/s a 30° sobre la horizontal. a) ¿Cuáles son la velocidad y aceleración del proyectil en términos de las componentes normal y tangencial cuando está en el punto más alto de su trayectoria? b) ¿Cuál es el radio de curvatura instantáneo de la trayectoria del proyectil cuando éste se encuentra en el punto más alto de su trayectoria?
Solución: Al descomponer la velocidad inicial dada (v0) en sus respectivas componentes, se obtuvo lo siguiente: v0
v0
v0
= 20 pies / s = (20 cos 30º ;20 sen30º ) = (10 3;10)
Entonces, la velocidad en el punto más alto de la trayectoria será: v =(10 3 ;0 ) ; mientras que la aceleración estará dada por: a = (0;−g ) .
Integrando la aceleración se obtendrá la velocidad en términos del tiempo: 3
d v dt
= (0;− g )
∫d v = ∫ (0;− g )dt
v
v
= ( k ;− gt +c) = (10 3;− gt +10)
Haciendo
una analogía con lo anteriormente mencionado, v =(10 3 ;0 ) , se podrá hallar el tiempo en el que el proyectil está en el punto más alto: − gt +10 = 0 − gt = −10 t =
10 g
Ahora, hallemos la velocidad en términos tangenciales:
v
v
v
=
(10
3
) +(− gt +10)
=
(10
3
) +(− g ⋅ 10 +10)
=10
2
v
= v ⋅ µ T
2
2
2
g
3
Por lo tanto, la velocidad en el punto más alto estará dada por: v
= (10
3 ⋅ µ T ) pies / s
(a)
Por su parte, la aceleración tangencial es: a hallemos el módulo de la derivada de la velocidad:
T
•
=
v •
v
1 2 × 300 + (− gt +10)
2
1
=
2 × 300 + (− g ⋅
10 g
v
⋅
µ T
. Entonces,
× 2 × (− gt +10) × (− g ) × 2 × (− g ⋅
+10)
•
=
10
2
g
+10) × (− g )
•
v
0
=
Por tanto: aT = 0 µ T Por otro lado, la aceleración normal está dada por:
a N
=
v
2
ρ
⋅ µ N
Entonces, debemos calcular el radio de curvatura ( ρ ), ya que el módulo de la velocidad ya se ha hallado anteriormente y solo restaría elevarlo al cuadrado. Sabemos que:
ρ
=
v
3
v ×a
v
3
=(10 3 ) =300 ⋅ (10 3 ) 3
4
iˆ v ×a = −10
3
0
jˆ 0
ˆ k 0
− g
0
ˆ 3 g ⋅k
=10
=10
3 g
Por lo tanto, ρ
Para hallar pies/s2:
ρ
=
300 ⋅ (10 3 )
=
10 3
300 g
tendremos que convertir las unidades de g (m/s2) a
m 3,28084pies g = 9,81 2 × s 1m
= 32,2 pies / s 2
Entonces: ρ
=
300 32,2
= 9,32 pies (b)
Por último, reemplacemos el valor obtenido en la fórmula de la aceleración normal:
a N
= (10
3) 300
2
⋅ µ N
g
a N
= g µ N = 32,2 µ N
3. En el mecanismo mostrado cuyo radio es 300 mm; cuando y = 100 mm,
dy dt
= 200 mm / s ,
d 2 y dt 2
=0,
¿Cuáles son la velocidad y la
aceleración del punto P en términos de las componentes normal y tangencial?.
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Datos: y
= 0,1 m
Ecuación:
dy dt
= 0,2
m s
x 2
+ y 2 = 0,3 2 (1)
d 2 y 2
dt
=0
m s 2
Solución: Derivando esta expresión: x
dx
+ y
dt
dy dt
= 0 (2)
Derivando nuevamente: 2 2 d 2 y dx + x d 2 x + dy + = 0 (3) y dt 2 dt dt 2 dt
De la ecuación (1) y reemplazando los datos podemos obtener x: x
= 0,32 − 0,12 x = 0,28 m
2
Sea: Vector posición: →
r ( x, y )
=(0,28 ; 0,10)
Vector velocidad: De la ecuación (2) obtenemos el vector velocidad: →
V ( x, y ) →
V ( x, y)
→
V ( x, y )
dx = dt
;
dy
y dy =− dt x
− 0,1 ×0,2 = 0,28 6
dt ;
dy dt
; 0,20
→
V ( x, y )
= ( −0,07
; 0,20 )
Vector aceleración: De la ecuación (3) obtenemos el vector aceleración:
d 2 x a ( x, y ) = dt 2
d y 2
→
;
2
dt
dx 2 dy 2 d 2 y − − − y 2 2 → dt dt dt d y ; a ( x, y ) = 2 x dt
− (−0,07)2 − (0,2)2 − (0,1)(0) a ( x, y) = 0,28
→
→
a ( x, y )
= ( −0,16
; 0)
Por lo tanto la velocidad tangencial será: →
V
→
V
=
→
=V
(−0,07) →
V
µ T
+ (0,20) 2
2
= 0.21µ T
µ T
m s
La aceleración tangencial es: →
aT
•
→
= aT µ T = v
µ T
m s 2
Retomando la expresión de velocidad: − y dx dt ; dy V = dt x →
→
V
2
•
→
V
2
=
2
dx dy = + dt dt
dx d 2 x dt dt 2
+2 2
2
dy d 2 y dt dt 2 2
dx + dy dt dt 7
d y 2
;
2
dt
•
→
V
=0,053
m s
2
Por lo tanto →
= 0,053 µ T
aT
m s 2
La aceleración normal es: →2
V
→
a N = a N
µ N
=
µ N
ρ
m s 2
En primer lugar debemos hallar rho: 3 →
V = ρ
→
→
V ⊗ a 3
dx 2 dy 2 + dt dt ρ = → → V ⊗ a
3
( − 0,07) 2 + ( 0,20) 2 ρ = (0; 0; 0,032
ρ = 0,297 2
→
a N
dx 2 dy 2 + dt dt = ρ
2
→
a N
dx = dt →
a N
µ N
m s 2
2
dy + dt ρ
= 0,15 µ N
µ N
m s 2
m s 2
4. Para el entrenamiento de astronautas, el avión mostrado debe alcanzar la ingravidez por un corto periodo de tiempo volando a lo largo de una trayectoria tal que su aceleración sea a x = 0 , ay = → g . Si su velocidad en el punto O , en t = 0 es v = v o i , demuestre que el piloto automático debe volar el avión de manera que su componente tangencial de aceleración en función del tiempo sea gt a t
= g
vo 2
gt 1 + vo
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Solución: El vector aceleración sería:
Integrando la aceleración con respecto al tiempo obtenemos que:
Debido a que: La velocidad inicial en el eje “x” es igual a v 0 La velocidad inicial en el eje “y” es igual a 0. Demostración: La fórmula para hallar la componente de la aceleración tangencial es:
Paso 1: Hallar el modulo de la velocidad
Paso 2: Derivar el modulo de la velocidad con respecto al tiempo
Paso 3: Dividir, tanto el denominador como el numerador, entre v 0
Paso 4: Acomodar la ecuación
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5. La motocicleta mostrada parte del reposo en t = 0 sobre una pista circular de 400 m de radio. La componente tangencial de su aceleración es a t = 2 + 0,2t (m/s2). En t = 10 s, determine. a) La distancia que ha recorrido a lo largo de la pista b) La magnitud de su aceleración.
Solución:
(a) Distancia recorrida hasta t=10 s
(b) La magnitud de su aceleración en t=10 s
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