Cinematica de Un Punto - Problemas de Repaso

UNIV UNIVER ERSI SID DAD NACI NACION ONAL AL DE SAN CRIS CRIST TOBAL OBAL DE HUAM HUAMAN ANG GA FACU CUL LTAD DE IN INGE GENI NIER ERÍA ÍA Y CI CIVI VIL L ESCU ES CUEL ELA A DE FO FORM RMA ACI CIÓN ÓN PR PROF OFES ESIO IONA NAL L DE IN INGE GENI NIER ERÍA ÍA CIVIL

SOLUCI SOLUCIONA ONARIO RIO DE EJERCI EJERCICIO CIOSS GRUPO 06 ASIGNA ASIGNATURA : DINAMICA PROFES PROFESOR OR :

ING. CASTRO PEREZ,Cristian

ALUMNOS:

JANAMPA JANAMPA QUISPE,Juan QUISPE, Juan Carlos. ESCALANTE BORDA,Wirson. BORDA,Wirson. GARCIA RAMOS,Wilson Luis. CORONADO SAAVEDRA,Juan Carlos.

Ayacu yacuchocho- Peru 2014

Índice

13-147) Hallar la aceleración media de: a. Un cohete disparado por un avión cuando pase de 0 a 192km/h en 4s. b. Un bólido que utiliza un paracaídas para pasar de 160km/h a 32km/h en 5s. Solución: La aceleración media es: a =

∆v ∆t

=

− −

v v t t

a) Datos: km v = 0 h km v = 192 h t = 0 t = 4s m

Transformando km/h am/s v = 0 s 5 v = 192 ∗ m/s 8 t = 0 t = 4s

Reemplazando en la fórmula: a= a=

∆v

− ∆t −

v v t t

Tenemos: 5 192 ∗ − 0 18 a = 4m a = 13,33 s

b) Datos: km v = 160 h km v = 32 h t = 0 t = 5s

Transformando: km/h a m/ s 5 v = 160 ∗ m/s 18 5 v = 32 ∗ m/s 18 t = 0 t = 5s

Reemplazando en la fórmula: a =

∆v ∆t

=

v v t t

− −

Tenemos: 5 5 32 ∗ − 160 ∗ 18 18 a = 5 a = 8,89m/s

EFP INGENIERÍA CIVIL

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13-148) Un camiónremolcador tira de un automóvil que se halla en un plano inclinado utilizando poleas en la forma que se indica en la figura P13-148. Si el camión acelera a razón de , determinar la celeridad y aceleración del automóvil después de que el camión parta de reposo.

Solución: Hallamos la velocidad final del camión para el tiempo de 5s. v = v + / − a ∗ t v = 0+ 0,8 5 m v = 4 s

∗

Luego tenemos la relación de velocidad y aceleración que tienen ambos móviles unidos por una cuerda en un sistema de polea.

Sea la longitud de la cuerda (L).

l = 2x + y

Derivando: 2 ∗ x = −y Tenemos 2x = −y 0 = 2x + y Tenemos 2x = −y Como observamos las relaciones de velocidades y aceleraciones respecto a la polea son de signos opuestos y están en relación de 1 a 2, esto nos indica que uno de los móviles de aleja de la polea y el otro se acerca. velocidad y aceleración para el automóvil será: m s m a = 0,4 2 s v = 2

13-149. En el beisbol, la distancia entre el lanzador y la placa es de 18m (fig. P13-149). Si el lanzador lanza una bola rápida con una celeridad inicial de 42 m/s, determinar: a. El descenso EFP INGENIERÍA CIVIL

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.a"de la pelota si se lanza horizontalmente ( θo = 0). b. El ángulo inicial para el cual la pelota alcanzar al captor a su nivel inicial ( a = 0). c. La altura máxima que alcanzara la pelota si se lanza según el ánguloθo del apartado b .

Solución: a. El descenso .a"de la pelota si se lanza horizontalmente ( θo = 0).

voy = 0 vox = 42m/s

y En la horizontal usamos la ecuación de cinemática: x = xo + vox ∗ t Calculamos el tiempo que demora en llegar al suelo (punto B). 18 = 0+ 42 ∗ t 18 t = 42 t = 0,428s Luego en la vertical, con la siguiente ecuación: 1 y = yo + voy ∗ t − ∗ g ∗ t 2 2 1 −a = 0+ 0 ∗ 0,428 − 2 ∗ 9,81 ∗ 0,4282 a = 0,90m b. El ángulo inicial θo para el cual la pelota alcanzar al captor a su nivel inicial ( s = 0).


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Del gráfico: vox = 42 ∗ cosθo voy = 42 senc

∗

Calculamos el tiempo para: vy = 0 0 = 42 ∗ senθo − 9,81 ∗ t 42 ∗ senθo t = 9,81 Por tanto tiempo total para alcanzar hasta el capto es: En el eje horizontal: x = xo + vox ∗ t 42 ∗ senθo 18 = 0+ 4 ∗ cosθo ∗ 2 ∗ 9,81 2 42 ∗ 2 ∗ senθo ∗ cosθo 18 = 9,81 18 ∗ 9,81 sen −1 ( ) 422 θo = 2 o θo = 2,87 c. La altura máxima que alcanzara la pelota si se lanza según el ángulo del apartado b . De la 2 − 2 ∗ g ∗ Hmax siguiente ecuación: vy2 = voy

0 = (42 ∗ sen 2,87o )2 − 2 ∗ 9,81 ∗ Hmax Hmax = 0,23m

13-150) Un automóvil de la policía está estacionado en una zona escolar cuando por alla pasa otro auto con velocidad excesiva. El auto de la policía parte del reposo en el instante en que el otro pasa ante el, acelera a hasta alcanzar una celeridad de y luego la mantiene constante. Si la celeridad del otro es constante e igual a . Determinar que distancia deberá recorrer el auto de la policía para dar caza al infractor.


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km

Convertimos lasvelocidades a m/s. v = 80 h 5 v = 80 m/s 18 km v = 50 h 50 v = 50 m/s 18 Solución: Hallamos el tiempo para el primer tramo en el que acera el automóvil del policía, tratándose de un MRUV. v = v + / − a ∗ t 80 ∗ 5 = v + 2 ∗ t 18 200 t = 18 1 Calculamos la distancia recorrida en este primer tramo. d = v ∗ t + / − a ∗ t 2 2 1 200 2 d = ∗ 2 ∗ ( ) 2 18 200 2 d = ( ) 18 Luego tenemos en el segundo tramo un tiempo , en este tramo nos dice que la velocidad es constante, entonces tenemos un MRU. 80 ∗ 5 ∗t d = v ∗ t d= 18 Ahora calculamos la distancia para el recorrido del automóvil perseguido por la policía, en este caso este automóvil tiene velocidad constante, entonces tenemos un MRU. d = v t

∗

d =

50 ∗ 5 ∗t 18

Finalmente tenemos que también Reemplazando tenemos. 2 + { 80 ∗ 5 } ∗ t { 5018∗ 5 } ∗ t = { 200 } 2 18 18 2 + ( 80 ∗ 5 ) ∗ t { 5018∗ 5 } ∗ (t1 + t2) = { 200 } 2 18 18


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50 ∗ 5 200 80 ∗ 5 { 5018∗ 5 } ∗ { 200 } } ∗ } ∗ t2 t2 = { }2 + { +{ 18 18 18 18 200 ∗s operando t = 54 Luego tenemos: t = t1 + t2 200 200 t = + 18 54 800 t = s 54 50 ∗ 5 800 ∗ 54 Finalmente calculamos la distancia que recorre el auto de la policía. d = v ∗ t d = 18 250 ∗ 800 d = 18 ∗ 54 d = 205,76m 13-151. Un radar que sigue a un avión da las coordenadas del plano en la forma y (fig.P13151). En un instante,θ = 60yr = 3000m.Medidassucesivasde r y θ permiten estimar que las derivadas son , r = 75m/s , θ = −0,0433rad/s γ = 3,225m/s2 y θ = −7,8 ∗ 10−4 rad/s2 .Determinar, para este instante, a. La velocidad y aceleración del avión. b. El radio de curvatura de la trayectoria del avión

Solución: Datos del problema: θ = 60o r = 3000m r = 75m/s θ = 0,0433rad/s

−

γ = 3,225m/s2 θ = 7,8 10−4 rad/s2

− ∗

a. La velocidad y aceleración del avión. Componentes de la velocidad: radial ( vr )y transversal (vθ ) vr = r = 75m/s vθ = r θ = ( 0,0433rad/s)

∗ − vθ = −129,90m/s.


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 resultantes: v = v − v  v = 75 + (−129,90) m/s 2

2

γ

2

θ

2

v = 150m/s

Componentes de la aceleración: radial ( ar ) y transversal ( aθ ). ar = r .. rθ ,2

− ar = 3,225 − 3000 ∗ (−0,0433)2 ar = −2,40m/s2 aθ = (r θ .. + 2 r . θ . )

∗ ∗ ∗ aθ = 3000 ∗ (−7,8 ∗ 10−4 ) + 2 ∗ 75 ∗ (−0,0433) aθ = −8,835m/s2 resultante:

 a = a + v  a = (−2,40) + (−8,835) m/s 2

2

r

θ

2

2

a = 9,155m/s2

b. El radio de curvatura de la trayectoria del avión. El radio de curvatura está dado por: ρ =

v2 aN

Para el ejercicio: aN = ar Entonces: 150 2 ρ = 2,40 ρ = 9375m

13-152) Dos automóviles se van aproximando por una carretera recta y estrecha. El auto A tiene una celeridad inicial de y el B de . Si ambos conductores aplican sus frenos cuando están separados 45m y ambos automóviles disminuyen la velocidad a razón de . Determinar: a) Si chocaran. b) En caso de hacerlo, la velocidad relativa del choque.


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km

Solución: Convertimos las velocidades a m/s v = 60 h 5 v = 60 ∗ m/s 18 km v = 30 h 5 v = 30 ∗ m/s 18 Solución {a} :

Sea (b)la distancia que separa a los móviles (A) y (B), también calculamos la distancia (x) recorrida por el móvil A hasta detenerse. [v 2 ]f = [v 2 ]o + / − 2 ∗ ax 5 0 = (60 ∗ )2 − 2 ∗ 3x 18 x = 46,29m Este resultado muestra que el móvil A recorre 46.29m para detenerse, quiere decir que los móviles llegan a chocar, puesto que el espacio de separación de 45m. Solución (b): Calculamos la velocidad relativa del choque con: V A/B = V A − V B En este caso V A será la velocidad final con el que choca el móvil A V B será la velocidad final con el que choca el móvil B V A = V o + / − a ∗ t 5 V A = 60 ∗ − 3 ∗ t 18 también V A = V o + / − a ∗ t 5 V A = 30 ∗ − 3 ∗ t 18 Sean las distancias y recorridos por los móviles A y B respectivamente. Además: d A + dB = 45 1 d A = V o ∗ t + / − ∗ a ∗ t 2 2 5 1 d A = 60 ∗ ∗ t − ∗ 3 ∗ t 2 18 2 1 también d B = V o ∗ t + / − ∗ a ∗ t 2 2 5 1 dB = 30 ∗ ∗ t − ∗ 3 ∗ t 2 18 2


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5 1 Sumando ambos tenemos: d A = 60 ∗ ∗ t − ∗ 3 ∗ t 2 18 2 5 1 45 − d A = 30 ∗ ∗ t − ∗ 3 ∗ t 2 18 2 5 2 45 = 90 ∗ ∗ t − 3 ∗ t 18 5 25 15 = 30 ∗ ∗ t − t 2 t 2 − ∗ t + 15 = 0 18 3 resolviendo la ecuacion: −{− 253 }+ / − {− 253 }2 − 4 ∗ 1 ∗ 15 t = 2∗1 t = 5,70s



t = 2,63s El valor de tiempo para el choque será t = 2,63s

sabemos que la velocidad del choque es la suma de velocidades finales con las que impactan.entonces calculamos velocidad relativa.v a +vb calculamosvelocidadf inalconquechocaelmovil A. V f = V o + / at

−

V A = 60

∗ 185 − 3 ∗ 2,63

V A = 8,778m/s

calculamos velocidad final con que choca el movil A. V f = V o + / at

−

V B = 30

∗ 185 − 3 ∗ 2,63

V B = 0,443m/s

Finalmente tenemos:

a. Determinar La celeridad inicial v o del peso. Descomponemos la celeridad inicial en los ejes x ey : Como dato tenemos: θ = 40 vox = vo cosθ

∗

vox = vo cos 40o

∗


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voy = vo senθ

∗

voy = vo sen 40o

∗

Calculamos el tiempo de llegada hasta el suelo (punto B); en al horizontal. xB = x A + V ox t

∗

15 = 0 + vo ∗ cos 40o ∗ t 15 t = s vo ∗ cos 40o Luego en la vertical: 1 yB = y A + V oy ∗ t − ∗ g ∗ t 2 2 −1,8 = 0 + vo ∗ sen 40o ∗ 15 vo

15

vo =

∗

cos 40o

15 15 ( −14,386) ∗ 2 − 12 ∗ 9,81 ∗ ( v ∗ cos )2 ( )2 = o o vo ∗ cos 40 40 9,81 o

1,713 ∗ cos 40o vo = 11,43m/s b. La altura máxima h alcanzada por el peso. 2 − 2 ∗ g ∗ h en ACD: Con los datos obtenidos anteriormente se tiene Usando la ecuación:vy2 = voy 1

voy = 7,34m/s

0 = 7,342 − 2 ∗ 9,81 ∗ h1 h1 = 2,75m.

Entonces la altura ”h” será: h = 1,8 + h1 h = 1,8 + 2,75 h = 4,55m

c. La distancia ?d? a la cual se alcanza la altura máxima. Del anterior calculado el tiempo será:vy = voy − g ∗ t 0 = 7,34 − 9,81 ∗ t t = 0,748s.

Luego la distancia d será: xB = x A + vox t

∗

d = 0 + 11,42 cos 40o 0,748

∗

∗


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Solución: Datos del problema: ω = 30rev/min = πrad/s r = 20 + 15 cosθmm.

∗

Primer lugar integrando la velocidad angular: ω = θ = πrad/s θ = π t

∗

Luego derivamos la función radial: r = 15 π sen (π t )

 − ∗ ∗ ∗ r = −15 ∗ π2 ∗ cos (π ∗ t )

a. La velocidad ” v ” y la aceleración ” a” del pasador en t = 0,6s Componentes de la velocidad: radial (vr ) y transversal ( vθ ) vr = r = 15 π sen (π t )

 − ∗ ∗ ∗ vθ = r ∗ θ  = (20+ 15 ∗ cosθ ) ∗ π Componentes de la aceleración: radial ( ar ) y transversal ( aθ )

 − rθ 2) = (−15 ∗ π2 ∗ cosπ ∗ t ) − (20+15 ∗ cosθ) ∗ π ar = −π2 ∗ (20+30 ∗ cosπ ∗ t ) ar = ( r

aθ = (rθ + 2rθ ) aθ = 20 + 15 cosθ 0 + 2 + ( 15 π senπ t ) π

∗ ∗ aθ = −30π2 ∗ senπ ∗ t

− ∗ ∗

∗ ∗

Respuestas evaluadas para tiempo t = 0,6s. vr = r vr = 15 π senπ t

− ∗ ∗ ∗ vr = −44,82m/s


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vθ = r θ

∗

vθ = (20+ 15 cosθ ) π

∗

∗

vθ = 48,27m/s

v = 44,82er + 48,27eθ

−

 modulo de la velocidad: v = a + v  v = (−44,82) +(48,27) 2

r

2

2

θ

2

v = 65,87m/s

ar = π2 20+30 cosπ t

− {

∗

ar = 105,89m/s 2

∗}

−

aθ = 30 π2 senπ t

− ∗ ∗

aθ = 281,60m/s2

∗

−

a = 105,89er 281,60eθ

−

−

b. El radio de curvatura de su trayectoria en (t=0.6s) El radio de curvatura está dado por: ρ =

v2 aN

Para el ejercicio: aN = ar Entonces: 65,872 ρ = 105,89 ρ = 41mm.

13-155. El coche y el camión representados en la figura P13-155a van ambos a 80km/h cuando el coche decide adelantar al camión. Si el coche acelera a 1 ,2m/s2 y vuelve al carril de la derecha cuando se halla 10.5m delante del camión (fig.P13-155b), determinar: a. La distancia que recorre el coche durante el adelantamiento. b. La celeridad del coche cuando vuelve al carril de la derecha.


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Solución: a. La distancia que recorre el coche durante el adelantamiento. Tomando como origen de coordenadas la parte trasera del coche ( x, y ) = (0;0) Sea  S  la distancia recorrida del camión. El camión tiene velocidad constante. V = 80km/h = 22,22m/s s = so + vo t

∗

s = 40,20+22,2 t

∗

El coche tiene aceleración constante de ( a = 1,2m/s2 ) y velocidad inicial de ( vo = 80km/h = 22,22m/s) 1 ∗ 1,2 ∗ t2 2 1 40,2+40,20+22,2 ∗ t = 0 + 22,22 ∗ t + ∗ 1,2 ∗ t 2 2 t = 11,57s 40,2 + s = 0 +22,22 ∗ t +

297,28m La distancia que recorre el coche durante el adelantamiento hasta 10.5m es: D = 2,7m + 24m + 13,5m + S + 10,5 D = 337,48m.

b. La celeridad del coche cuando vuelve al carril de la derecha. vf 2 = vo2 + 2 ∗ a ∗ D 2 = 22,222 + 2 1,2 337,48 vf

∗ ∗

vf = 36,11m/s

13-156. En la figura P13-156, el bloque A se está moviendo hacia la derecha con celeridad de 4m/s; la aceleración disminuye a razón de 0,15m/s2 . En el instante representado d A = 8m ydB = 6m. Determinar la velocidad relativa V B/A y la aceleración relativa aB/A


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Figura P13-156 Solución

Datos: v A = 4m/s a A = 0,15m/s 2 vB/A =? a =B/A =?

Por longitud de la cuerda (L) 2 ∗ x1 + 3 ∗ y1 + l1 + l2 + 4n = l l1 , l2 yn son constantes

Derivamos. 2 ∗ x1 + 3 ∗ y1 = 0 2 ∗ x1 + 3 ∗ y1 = 0 Derivando respecto al tiempo observamos que: x1 = v A Y = V B

Para Velocidad Relativa. 2 ∗ V A = −3 ∗ V B 2 ∗ V A V B = − 3 EFP INGENIERÍA CIVIL

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V B = 2,6m/s

−

V A = V B V B/A V B/A = V A + V B ∴

− V B/A = −4im/s − 2,6jm/s

Para Aceleración Relativa. 2 ∗ a A = −3 ∗ aB 2 ∗ a A aB = − 3 aB = −0,1m/s 2 a A = aB aB/A

−

aB/A = a A + aB

∴

aB/A = 0,15im/s 0,1jm/s2

−

−

13-157. Un esquiador sale del extremo de un trampolín a 96km/h en una dirección que forma 10 por encima de la horizontal (fig. P 13. 157). Determinar: a.-La altura máxima que alcanzará por encima de la horizontal del trampolín. b. El tiempo de vuelo. c. La distancia del salto (distancia d medida a lo largo de la pendiente) .

Solución

a) para hallar la altura máxima se emplea la siguiente formula:

En el eje Y: 2 = v 2 2 g h vf i

− ∗ ∗

Donde:


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vf = 0 vi2 H = 2 g

∗ 80 8 ∗ ∗ sen 10 3 H = 2 ∗ 9,81 H = 1,10m

b) Tiempo de Vuelo: Datos iniciales y finales: t = to = 0 t = tf

(xo ; yo ) = (0;0)m (xf ; yf ) = (d ∗ cos 20; d ∗ sen 20)m vx =

80 80 ∗ ∗ sen 10 cos 10 v y = 3 3

En el eje X : xf = xo + vx tf

∗

d = cos 20 = 0 +

80 ∗ cos 10 ∗ tf ...........α 3

En el eje Y:

∗ − 12 ∗ g ∗ tf 2 −dsen20 = 0 + 803 ∗ sen 10 ∗ tf − 12 ∗ 9,81 ∗ tf 2 1 2 − 80 ∗ sen 10 ∗ t ...........θ dsen20 = ∗ 9,81 ∗ tf f 2 3 yf = yo + vy tf

Igualando (α ) y ( θ ), tenemos: t = 2,89s

c) La distancia d 80 cos10 ∗ d = t 3 cos 20 f tf = 2,89s d = 80,77m

13-158. Un automóvil va a 90km/h por una carretera paralela a la vía del ferrocarril cuando alcanza a un tren. Si este tiene una longitud de 800m y va a 65km/h. Determinar el tiempo que tardará en recorrerlo si se mueven: a. En el mismo sentido. b. En sentido opuesto. Solución Datos:


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c = 90km/h vT = 65km/h

a) En el mismo sentido.

Para el tren vT =

x t

x = t vt

∗ x = t ∗ 65...............(i ) Para el auto v A =

0 ,8 + x t

........... (ii )

Reemplazamos (i) en (ii) 0 ,8 + t ∗ 65 90 = t 0 ,8 90 = + 65 t 0 ,8 90 − 650 = t 0 ,8 t = 25 t = 0,032h

a) En el sentido contrario.

Para el tren vT =

x t

vT = t vt

∗

x = t 65...............(i )

∗

Para el auto 0 ,8 − x v A = ........... (ii ) t


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Reemplazamos (i) en (ii) 0 ,8 − X v A = t 0 ,8 − t ∗ 65 v A = t 0 ,8 − 65 90 = t 0 ,8 t = 25 t = 0,005h

13-159. En la figura P13.159, el bloque A se está moviendo hacia la izquierda con una celeridad de 90cm/s; la celeridad está aumentada a razón de 24 cm/s2 . En el instante representado, d A = 180cm y d B = 240cm. Determinar la velocidad relativaV B/A y la aceleración relativa aB/A.

Solución Datos: V A = 90iCm/s

−

a A = 24iCm/s 2

−

Distancia de la cuerda: S A + 2SB n = L

−

(L1 , L2 ynsonconstantes) v A + 2 vB = 0

∗ a A + 2 ∗ aB = 0

Reemplazamos: V B = 45iCm/s a A = 12iCm/s 2

V B = V A + V B/A V B/A = V B V A

−

∴

V B/A = 90icm/s + 45jcm/s2


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aB/A = aB a A

−

∴

aB/A = 24icm/s2 + 12jcm/s2

13-160. Una partícula recorre una trayectoria dada por r (t ) = 50cos 3θ donde (t) se expresa en radianes y r en milímetros. Si θ = 3rad/s(constante) y θ = 0 cuando t = 0 Determinar: a). La velocidad v y la aceleración a de la partícula cuando t = 0,8s b). El radio de curvatura de la trayectoria cuando t = 0,8s

Solución r (t ) = 50 cos 3θ

∗

θ (t ):se expresa en radianes

r:en milimetros θ = 3rad/s θ = 0

cuando t = 0 De la aceleración angular. dθ =3 dt dθ = 3 dt dt θ = 3t

  ∗

θ = 3rad/s θ = 0rad/s2

Derivamos. r (t ) = 50 cos 3θ

∗ r (t ) = −150 ∗ sen 3θ r (t ) = −450 ∗ cos 3θ

Reemplazando. θ = 3 t

∗ r (t ) = 50 ∗ cos 9t r (t ) = 0,05 ∗ cos (9t )m r (t ) = 150 sen (9t )

−

∗

r (t ) = 0,150 sen (9t )m/s

−

∗


21

r (t ) = 450 cos (9t )

−

∗

r (t ) = 0,450 cos (9t )m/s 2

−

∗

Para: t = 0,8s α = 7,2rad α = 412,53

Reemplazando en la ecuación. r (t ) = 0 0304m

−

r (t ) = 0,1191m/s

−

Para velocidad. V = V r + V θ V r = r = 0,1191m/s

−

V θ = r θ = 0,0304 (3) = 0,0912m/s

∗

∗

Para la Aceleración. a = ar + aθ ar = r r θ 2

− ∗ ar = −0,2738 − 0,0304 ∗ (3)2 aθ = r θ + 2 r θ

∗ ∗ ∗ aθ = 2 ∗ (−0,1191) ∗ 3

b) Descomponiendo en coordenadas cartesianas: Para Velocidad.

{V XY Z } = {T θ }−1 ∗ {V rθ z } V X = Cosθ ∗ vr − senθ ∗ vθ V y = Senθ ∗ vr − cosθ ∗ vθ θ = 33 t = 3 0,8 = 2,4rad

∗

−

V = 0,0262i 0,0132j

−

∴

V = 0,0293m/s

Para la Aceleración. EFP INGENIERÍA CIVIL

22

aX = Cosθ ar senθ aθ

∗ −

∗

ay = Senθ ar + cosθ aθ

∗

∗

aX = 0,8864 ay = 0,8967

−

a = 0,8864i 0,8967j

−

∴

a = 1,2609m/s2

Ahora hallamos la Aceleración Tangencialat at = a et V et = T = V (0 ,0262i 0,0132j ) et = = 0,8942i 0,4505j 0,0293 at = (0,8864i 0,8967j ) (0,8942i 0,4505j )

∗

−

−

∗

− −

at = (0,7926+0,4040 at = 1,1966m/s 2

an =



a2 + a2t

√

an = 1,26092 1,19662

−

an = 0,3975m/s2 v 2 0 ,02932 ζ = = an 0,39752 ζ = 0,00216m

13-161. Un baloncestista lanza la pelota a una canasta situada a7 ,5m, según se indica en la figura P 13,161. Determinar: a).-La celeridad inicial v o necesaria para el enceste. b).-El ángulo φ de la trayectoria del balón cuando penetre en la canasta.


23

Solución Datos iniciales y finales: to = 0 t A = tf

(xo ∗ yo ) = (0;0)m (xo ∗ yo ) = (7,5; −0,75)m a) vx = vo ∗ cos 50o vy = vo sen 50o

∗

En el eje X: xf = xo + vx tf

∗

7,5 = vo ∗ cos 50 ∗ tf 7,5 tf = .......... (α ) vo ∗ cos 50 En el eje Y:

∗ − 12 ∗ g ∗ tf 2 −0,75 = vo ∗ sen 50o ∗ tf − 12 ∗ g ∗ tf 2 ...........(θ) yf = yo + vy tf

Igualando (α )y (θ ),tenemos : ,5 −0,75 = vo ∗ sen 50o ∗ v ∗ 7sen,5 50o − 12 ∗ 9,81 ∗ ( v ∗7cos )2 50 o o 2 9,81 ∗ 7,5 vo2 = ( ) 2 ∗ (cos 50)tg 50 ∗ 7,5 + 0,759 vo2 = 68,96 vo = 8,30m/s

EL ángulo que describe la trayectoria es: φ = 54,3

13-162. Un tren rápido v a de Washington a Philadelphia (distancia 80 km ) en 35 minutos. La celeridad máxima del tren es de 225km/h. Si la desaceleración del tren es el doble de su aceleración, determinar: a :L adesaceleracindeltren. b :L adistanciaquerecorreeltrenyendoasuvelocid admxima.

Solución: EFP INGENIERÍA CIVIL

24

El movimiento del tren se describe en 3 partes:

Datos: AD = 80km AD = 80000m t = 35mit = 2100s V max = 225km/h V max = 62,5m/s

2 ∗ a1 = a2 i) De A → B : Parte del reposo V A = 0 V B = 62,5 Hallamos la aceleración: 62 ,5 V B = V A + a1 t1 62,5 = 0 + a1 t1 a 1 = t1

∗

∗

Hallamos la distancia (S): vB2 = v A2 + 2 a1 S1 62,52 = 0+ 2

∗ ∗

∗ 62t ,5 ∗ S1

S1 = 31,25 t1

1

∗ ii) De B→ C : vB = 62,5m/s

Velocidad Constante. S2 = vB t2

∗

S2 = v 62,5 t2

∗ iii) De C→ D : Desaceleracin. vC = 62,5m/s vD = 0m/s Hallamos la desaceleración: 62 ,5 vD = vC a2 t3 062,5 a2 t3 a 2 = t3

− ∗

− ∗

Hallamos la distancia: 2 = v 2 2 a S vD 2 3 C , 62 5 S3 62,52 = 2 t3 S3 = 31,25 t3

− ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Igualando: 2 ∗ a1 = a2 Obtenemos t1 = 2 ∗ t3 De C → D = 80000m S = S1 + S2 + S3 80000 = 31,25 t1 + 62,5 t2 + 31,25 t3

∗

∗

∗

Ordenando: 80000 = 93,75 ∗ t3 + 62,5 ∗ t2 .......(α ) EFP INGENIERÍA CIVIL

25

Además: t = t1 + t2 + t3

2100 = 3 ∗ t3 + t2 .......... (β ) En (α )y (β )operando : 3280 t1 = s 3 t2 = 460s 1640 t3 = s 3 a) a2 =

62 ,5 t3

=

62,5 1640 3

a2 = 0,11m/s2

b) Distancia con su Velocidad Máxima: 62 ,5 a2 = t3

a2 =

62,5 = 0,11m/s2 1640 3

S2 = V B t2

∗

S2 = 62,5 460

∗

S2 = 28750m

S2 = 28,75km

∴

13-163. En la figura P 13.163, el bloque B está descendiendo con una celeridad de 1 ,5m/s; la celeridad disminuye a razón de 7 ,5cm/s2 . En el instante representado, d A = 3,6m y dB = 2,7m. Determinar la velocidad relativa V B/A la aceleración relativa ( aB/A ).

Solución Datos: V B = 1,5jm/s

−


26

aB = 0,075jm/s2

Distancia de la cuerda: 2*S A + 3 ∗ SB + n = L(L1 , L2 y n son constantes) Derivamos. 2 ∗ V B + 3 ∗ V B = 0 2 ∗ aB + 3 ∗ aB = 0 Reemplazamos: 2 ∗ V B = −3 ∗ V B 4 ,5 v A = im/s 2 v A = 2,25im/s 2*aB = −3 ∗ aB −0,225 im/s2 a A = 2 a A = −0,11im/s2 1) V B = V A − V B/A V B/A = V B V A

−

∴

V B/A = 2,25im/s 1,5jm/s

−

−

2) aB = a A + aB/A aB/A = aB a A

−

∴

aB/A = 0,11im/s2 0,075jm/s2

−

13-164. Una partícula sigue una trayectoria dada por r (t ) = 125senθ ∗ cos 2 θ ∗ (t ) se expresa en radianes y r en milímetros. Si θ = 2rad/s (constante) y θ = 0 cuando t = 0 Determinar: a. La velocidad v y la aceleración a de la partícula cuando t = 0,6s b. El radio de curvatura de la trayectoria cuando t = 0,6s Solución θ (t ):se expresa en radianes. r :en milimetros θ = 2rad/s dθ a) =2 dt dθ = 2 dt dt θ = 2 t

  ∗

∗ θ = 2 ∗ 0,6 = 1,2rad θ = 68,75


27

r (t ) = 0,125 senθ cos 2 θ

∗

∗

r (t ) = 0,125 (cos 3 θ 2 sen 2 θ cosθ

∗

− ∗

∗ r (t ) = 0,125() − 2 ∗ sen 2 θ ∗ cos 2 θ − 3 ∗ senθ ∗ cos 2 θ r (t ) = 0,25 ∗ sen 2 θ ∗ cos 2 θ − 0,375 ∗ senθ ∗ cos 2 θ Reemplazando en la ecuación, cuando t = 0,6s. r (t ) = 0,0153m r (t ) = 0,0728m/s r (t ) = 0,0744m/s 2

−

−

Para velocidad. V = V r + V θ V r = r = 0,0728m/s

−

V θ = r θ = 0,0306m/s ∴

∗ v = −0,0728er + 0,0306eθ Para la Aceleración. a = ar + aθ

ar = 0,0744 0,0153 22

− − ar = −0,1356

∗

aθ = r θ + 2 r θ

∗ ∗ ∗ aθ = 2(−0,0728) ∗ 2 aθ = −0,2912 a = −0,1356er − 0,2912eθ b) Descomponiendo en coordenadas cartesianas: Para Velocidad. V XY Z = T θ−1 ∗ V rθ z vx = cosθ vr senθ vθ

∗ − ∗ vy = senθ ∗ vr + cosθ ∗ vθ vx = cosθ (−0,0728) − senθ (0,0306) vx = −0,0549 vy = senθ (−0,0728) − cosθ (0,0306) vy = −0,0789 v = −0,0549i − 0,0789j ∴

v = 0,0961m/s

Para la Aceleración.


28

ax = cosθ ar senθ aθ

∗ −

∗

ay = senθ ar + cosθ aθ

∗

∗

ax = cosθ ( 0,1356) senθ ( 0,2912) ax = 0,2223

∗− − ∗− ay = senθ ∗ (−0,1356)+ cosθ ∗ () − 0,2912 ay = −0,2319 a = 0,2223i − 0,2319j ∴

a = 0,3212m/s2

Ahora hallamos la Aceleración Tangencial at . v V ( 0,0549i 0,0789j ) et = 0,0961 et = 0,5713i 0,8210j at = a et et = T =

− −

∗

− − at = (0,2223i − 0,1319j )(−0,5713i − 0,8210j ) at = 0,0635m/s2

an =



a2 a2t

− √ a = 0,32122 − 0,06352 n

an = 0,3149m/s 2

v 2 0 ,09612 ξ = = an 0,3149 ξ = 0,0293m


29

Cinematica de Un Punto - Problemas de Repaso

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