UNIVERSIDAD POLITECNICA DELGOLFO DE MEXICO “Ciencia y tecnología que transforman” DINAMICA Estudiante: ANTONIO GARCIA HUERTA Grupo 4° “B” EJERCIOS DE LOS TEMAS: Movimiento en un punto Movimiento en línea recta Movimiento curvilíneo Mecánica de orbitas Movimiento relativo EVIDENCIA DE PRODUCTO Paraíso, Tabasco 11 de Noviembre de 2014 r(t)= ( t 2 - t+4) i - (3 t −1 )j ŕ(t)= v(t)=(2t-1) i+3 t −2 j PROB LEMA S TEMA 1 MOVIMIENTO EN UN PUNTO 2.3 La grafica de la velocidad V de un punto en función del tiempo es una recta. Cuando t= 2 s, v= 4 pie/s, y cuando t= 4 s, v= -10 pie/s. (a) Determine la aceleración del punto calculando la pendiente de la línea recta. (b) obtenga la ecuación para v en función del tiempo y úsela para determinar la aceleración del punto. DATOS: T= 2 s V= 4 ft/s T= 4 s V= -10 ft/s m= S 2−S 1 T 2−T 1 m= −10−4 −14 ⟹ m= =−7 4−2 2 a=−7 a= m 2 s dv dt dv =−7 dt ∫ dv =∫ −7 dt v =−7 t +c v ( 2 )=−7 ( 2 ) +c 4=−14+ c Cuando t= 2 s, v= 4 pie/s b) S= −1 3 2 t +6 t +4 t 2 ds =v dt v= −3 2 t +12t +4 2 v ´ =−3 t +12 −3 t +12=0 ⟹ 12=3 t .18=c v =−7 t +18 a=−7 m s2 2. 2 a) ¿Cuál es el desplazamiento del punto durante este intervalo de tiempo? b) ¿Cuál es la velocidad máxima durante este intervalo de tiempo y en qué momento ocurre? c) ¿Cuál es la aceleración cuando la velocidad es máxima? a) Δ s=s 2−s1 s 1=0 s 2= s 2= −1 3 ( 6 ) +6 ( 6 )2 +4 (6) 2 −1 ( 216 ) +6 ( 36 ) +24 2 s 2=−108+216+24 s 2=132 Entonces Δ s=132−0 = 132 Desplazamiento de t=0 a t=6.6 la posición de un punto durante el intervalo de tiempo de t= 0 s a t= 6 s es S= −1 3 t +6 t 2 +4 t (m) . donde 2 V (t) = A+Bt+Ct +Dt A. s = 448 pies. C y D. El vehículo parte del reposo en t=0 y S=0. En t=4s.t=4 s v = -3 (maximo) v= −3 3 t +12t + 4 2 v= −3 2 ( 4 ) +12 ( 4 )+ 4 2 v =−24 +48+ 4 v max =28 c) m s dv 2+Dt3 s=a= A+Bt+Ct dt S (0) =A+B (0)+C (0)2+D (0)3 a=−3 t +12 176pies=16C+64D (4) 448pies= 64C+512D a=−3 ( 4 ) +12 a=0(la velocidad es constante) A=0 704=64C+256 2. =B+2C (0) +3D (0) 2 256 B) ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración aproximadas vehículo en t=8s? D= del −256 B=0 D= -1 Datos: t=0 176pies=A+Bt+Ct2+Dt3 =0+0(4)+c (4)2 +D (4) 3 176pies=16C+64D 176pies=16C+64(-1) =0+0+16C+64D 176pies=16C-64 64+176pies=16C 448pies=A+Bt+Ct2+Dt3 =0+0(8)+c (8)2 +D (8) 3 =0+0+64C+512D 240 16 = C C=15 . B. s= 176 ft y en t=8s.11 Suponga que se requiere representar la posición de un vehículo que está -448=64C-2562 3 siendo probado por medio de la3serie de potencias S= A + Bt +C t + Dt . 2 = B+2Ct+3Dt 256=-256D a) Determine A. B. C y D son constantes. 5 m .8 m s 1. que se halla a 6m sobre el suelo? 6m a=9.2. ¿A qué velocidad vertical se necesita para que lleguen a la mano de su amigo.17 Debe lanzar un juego de llaves a un amigo que está en el balcón de un segundo punto .5 m del suelo.si suelta las llaves a 1. 5 4.9 Tiempo en que llego de la mano al balcón. ¿Cuál es la posición si t=10s? v =10t pie /s 4.8(0.20 la velocidad en un trineo es v= 10 t pie/s si el t=2s su posición es s=25 pie.918 t=0. .8 t 2 2 9.5=4.5= 2 2 t = t=√ 0.8 t 6−1.918 s 2 2.958) dv =a dt v =−9.v =−9.9 t 2 0 at 2 s−s 0=vot + 2 6=1.38 m/ s Velocidad vertical resultado dv=a (t ) dt ∫ dv =∫ a ( t ) dt v t v v0 =a(t )¿ v −v 0=a(t−t 0) v =v 0+at ds =v 0+ at dt s t ∫ ds=∫ ( v 0+ at ) dt s0 4.5+0+ 9. .v= ds dt ds =10 t dt ∫ ds=∫ 10 t dt s ( t )= 10 t 2 +c 2 s ( t )=5 t 2 +c 25=20+ c c=20−25 c=−5 s ( t )=5 (10)2+5 s ( t )=500+ 5 s ( t )=500 pie/s Posición en t=10. 2. y cuál será la velocidad del automóvil cuando llegue al semáforo? b) si el conductor decide no alcanzar la luz a tiempo ¿Qué aceleración constante permitirá que el automóvil se detenga justo antes de llegar al semáforo? a) a= 30 mi 5280 ft 1 h =44 ft /s h 16 mi 3600 s dv dt v= t v ∫ a dt =∫ dv 0 44 dv dt ds =5 a+ 44 dt 295 t 0 a t =v v 44 t ∫ ds=∫ 5 adt+∫ 44 dt 0 a [ t−0 ] =v−44 5 0 295=a at=v−44 295= v =at+ 44 a= 0 at2 ( t−0 ) + 44(5−0) 2 at2 +220 2 295−220(2) 25 . La luz amarilla permanecerá 5s antes de que se encienda la roja. a) ¿Qué aceleración constante permitirá que el automóvil alcance la luz en el instante en que cambie a la roja.25 un automóvil viaja a 30 mi/h cuando se enciende la luz amarilla de un semáforo que se encuentra 295 pies adelante. 8 ft /s 2 2. su aceleración es a=2+2t m/s de t=6s hasta que alcance el reposo. a) ¿Cuál es el tiempo total de viaje? b) ¿Qué distancia total cubre el desplazamiento? a=2+2t 2 a= v dv dt t ∫ dv =∫ (2+2 t2 ) dt 2 0 2 3 v −2=2 t+ t 3 2 3 v =2t + t + 2 3 2 3 v ( 6 ) =2 ( 6 )+ (6) +2 3 . de t=0 a t=6s.30 cuando t=0.v =30+44 a=6 v =74 ft /s b) 0=a ( 5 ) +44 a= −44 5 a=−8. la posición de un punto es s=6m y su velocidad es v=2m/s. su aceleración es a=-4 m/ s 2 . 5 ) +72−1092+270 v =−4 t+ 182 .5 )=−2 ( 45.5 )2 +182 ( 45.5 Segundos 4 t ∫ ds=∫ (−4 t+ 182 ) dt 270 6 S=−2 t 2 +182 t+72−1092+270 S ( 45.v ( 6 ) =158 v= ds dt 2 2 t+ t 3 3 (¿+2)dt s t ∫ ds=∫ ¿ 6 0 2 1 4 s=t + t +2 t+6 6 2 2 4 S ( 6 )=(6) + (6) + 2 ( 6 )+ 6 3 S ( 6 )=270 m a=−4 ⟹ a= dv dt −4 t=−182 t= s 182 =45. 5 m v =−4 t+ 158+24 v t ∫ dv=−4 ∫ dt 158 v =−4 t 6 + 158 + 24 PROB LEMA S TEMA 2 .5)= 3390.S(45. 2s despues? a=−0.1 v 2 ft /s . cuando su motor se apaga debido ala resistencia aerodinámica su aceleración es ¿Cuál es la velocidad de la lancha Datos: a=−0.MOVIMIENTO EN UNA LINEA RECTA 2.38 La lancha de la figura se va moviendo a 20 ft /s . .1 v 2 ft /s . 1 dt =∫ dv v2 ∫−0.25 v =−4 ft /¿ .2= −1 1 + v 20 −0.2− 1 −1 = 20 v −0.1 dt =∫ v −2 dv 0 20 −0.t=20 ft / s dv =a dt 2 v 0 20 2 v ∫−0.25= v= −1 v −1 −0. 9−Cv dt e v t 0 0 =∫ dt ∫ 0.9 g −Cv =e−ct −1 0.9 g e = − dt C C u=−ct du=−cdt ln =−Ct ( 0.9 g 0.9 g−Cv ) )−ln ¿=t −1 ¿ C 0.9 g v= 0.42 La mayor profundidad oceánica descubierta hasta ahora se halla en las islas Marianas. ¿Cuál es la profundidad en millas? ( ln 1− dv =0.2. donde g es la aceleración debida a la gravedad al nivel del mar y la constante −1 C=3.9dv g−C u=0.9g−Cv g ) ) −du =dt C .9 g Cv =e−ct 0. Una bola de acero que se libere en la superficie requiere 64 min para llegar al fondo. La aceleración de la bola hacia abajo es a=0.9 g−Cv .9 g −ct (1−e ) C v= ds dt −ct ds 0.9 g Cv −Cv )=e 0.9 g Cv −Ct =1−e 0.9 g−Cv du=−Cdv −du =dv Cv t −1 du = ∫ ∫ dt C 0 u 0 −1 [ ( ln (u ) ) ] v0=t ¿ 0t C 0.90.9 g ( ln ( 0. en el Océano Pacifico occidental.9 g −1 [ −Cv −ct =e −1] 0.02 seg dv =a dt .9 g−Cv ) )−ln ¿=−Ct ¿ ln (1− 1− Cv =−Ct 0.9 g ( ln ( 0. 02 seg-1 Evaluando t.344 m [ −ct 0.9 g C2 [ [ S=11225.9 g e−ct t [s] s =[ t+ ] 0 C 0 C2 s= 0.9 g −ct − e }dt C C s= 64min = 3840seg 0.s t ∫ ds=∫ { 0 0 0.81 s= −1 3.9 g 0.9 g 0. ) ( 3840 seg) + e m 8.9 g e 1 t+ − C C C −1 − (3.02 seg−1 ] ] .02 seg )( 3840 ) 3.9 9.31 m[ 1 mi ] 1609.344m S=11225.02 seg −ct − −1 3.829 ( s ) s= ( 3840 seg )+ 0− 2 g = 9.C.02 seg ] 1 3.31 m 1 mi = 1609.y g en S.02 seg − −1 1 −1 3.9 g e t+ C C2 m s2 ( 0.9 g 0.02 seg C = 3.81m/s2 0. ¿Qué distancia total recorre el trineo? v =0 m/s dv =a dt v =1000 m/ s dv 2 =3t dt .46 Un trineo de retro impulsó parte del reposo y acelera con a=3 t 2 m/ s 2 hasta que su velocidad es de 1000 m/s a=−0. t=10 s t3 3 . v. s=2500 2do tramo dv ds . =a dt ds .001 ds v2 . ds v. dv=3 t dt t3 3 . dv =−0. dv 2 =−0. Por lo tanto v t ∫ dv =∫ 3t 2 dt 0 . s= t4 4 s 10= . 0 v =3 v =t 3 Calculamos posición del primer tramo s t ∫ ds=∫ t 3 dt 0 0 . v. 1000=t 3 Calculamos tiempo t 3 =1000 3 t=√ 1000 . 1000 t ∫ dv=∫ 3 t2 dt 0 1000=3 .001 v .S=6. 0 v =500 m/ s 2 . . dv =a ds . 104 4 .002 v encuentra un freno de agua y su aceleración es de velocidad disminuye a en ese momento 2 hasta que su 500 m/s .97 m 2. = . ¿Cuál es su velocidad cuando .1 2.5 2 =s −0.5=−0.49 El análisis de movimiento de un mecanismo indica que la velocidad de un punto de conexión está dada por Cuando s=2 ft . 1 ln −2. =v dt ds ds dt ds v =A +4 s 2 dv =8 s ds a( s)= ( A +4 s 2 ) ( 8 s ) A + 4(22 )(8(2)) a(2)=¿ a(2)=( A+ 16 ) (16 ) 320=16 A+ 256 320−256=16 A 64=16 A v =A +4 s 2 ft / s .001 s+2. donde A es una constante.5 1000 ln 500−ln 1000=−0.001 ds 2 v 2500 500 ln =−0. a=320 ft / s2 . 1 ln −2.001 s+ 2.5 .001 s=3193.001 s 2 . dv = ∫ −0. . su aceleración es s=2 ft ? a= dv ds dv ds dv .500 ∫ 1000 s v. 51 La aceleración de un cuerpo está dada por velocidad es v =10 dv v =3 s 2 ds v s ∫ vdv=∫ 3 s 2 ds 10 0 2 v 3 2[ 2 −50=s ] ft s . En s=0.A=64/16 A=4 v ( s)=4+ 4 s2 2 v (2)=4+ 4(2) v ( 2 )=4+16 v (2)=20 ft /s 2. su . ¿Cuál es su velocidad cuando a=3 s 2 ft s2 s=4 ft ? . 09 ft s 2.54 En el problema 2. s=0 m v =1 m s .53 suponga que en reposo en la posición S la masa se libera desde el s=1 m .v 2 = 2 s 3 + 100 v =√2 s3 +100 v ( 4 )=√ 2( 4)3+ 100 v ( 4 )=√ 2 ( 64 ) +100 v ( 4 )=√ 128+100 v ( 4 )=√ 228 v ( 4 )=15. Determine la velocidad de la masa en función de al moverse de su posición inicial a s=0 t=0 a=−45 s=0 . v =0 s=1 m v s ∫ vdv=−4 ∫ sds 0 1 v2 =−2 s2 +2(1)2 2 2 v =−2 s2 +2 2 v =± √ 4−4 s2 v =±2 √ 1−s2 m s v =−2 √ 1−s2 m s m s . determine su velocidad en función de S. sea Re el radio del planeta y Ge la magnitud de la aceleración debida a la gravedad en su superficie (a) Si un cuerpo se la da una Vo hacia afuera a una distancia So desde el centro del planeta.2.86 La Aceleración de un Planeta Hipotético Bidimensional dependería de la distancia s desde el centro del planeta según la relación a= −k s . donde K es una Constante. −k a= s dv ds −k = dt ds s ( ) dv −k v= ds s dv v= −k ds s V S Vo So ds ∫ v dv =∫ −k s v 2 vo2 − =−k ( ln ( S )−ln ( So )) 2 2 v =√ vo2 −2 k ( ln ( S )−ln ( So ) ) v =√ vo2 −GtRt ( ln ( S )−ln ( So ) ) . PROB LEMA S TEMA 3 MOVIMIENTO CURVILINEO . z= 0 y Vz= 0.2) . ¿Cuáles son sus vectores de posición y de velocidad en t= 3 s? ax= 3t2 dVx dt Vx t ∫ dVx = (t3 + 3) Sx ∫ t 2 dt =3 3 dSx dt = 3t2 0 Vx-3= t3 t ∫ dSx 5 0 t4 4 Sx-5= 3 Vx= t + 3 Sx= ∫ (t 3+3) dt = t4 4 + 3t + 3t + 5 3 Vx= t + 3 dVz dt ay= 6t dVy dt = 6t Vz t ∫ dVz Vy t ∫ dVy −2 =6 =0 0 =0 ∫ dt 0 ∫ t dt 0 Vz= 0 Vy+2=3 t2 Vy=3 t2-2 Vy=3 t2 . Vy= -2 ft/s. ay= 6t y az= 0. En t= 0.63 Los componentes de la aceleración de un punto en ft/s 2 son ax= 3t2.2. x= 5 ft. y= 1 ft.2 az= 0 dSy dt = (3t2 . V x= 3 ft/s. Sy ∫ dSy 1 Vz= 0 t ∫ (3 t 2−2) dt = 0 dSz dt =0 3 Sy-1= t -2t Sz Sy= t3-2t+1 t ∫ dSz = 0 ∫ 0 dt Sz= 0 Vx(3)= (3)3+3= 30 Vy(3)= 3(3)2-2= 25 Vz(3)= 0 → V ^ = 30 i Sx(3)= + 25 ^j (3 ) ⁴ 4 +3(3)+5= ^ +0 k 137 4 Sy(3)= (3)3-2(3)+1= 22 Sz(3)= 0 → S = 137 4 i^ + 22 ^j ^ +0 k 0 . El 2da base la toma a 6 ft sobre la 2da base.2. ¿Cuál fue la velocidad inicial de la pelota? v x =v 0 x a x =0 ds x =v 0 cos θ dt dv x =0 dt vx t ∫ d vx=0∫ dt v0 x 0 θ v 0 cos ¿ dt ¿ ¿ t ds x =∫ ¿ 0 v x −v 0 x =0 sx ∫¿ 0 .70 un bateador golpea la pelota a 3 ft sobre el cojín de home y la eleva con un ángulo de 60º sobre la horizontal. 54 = v 0 cos θ v0 v 0 t=254.43 16.5 t ds y =∫ ¿ 0 t=3.27=v 0 cos θ t c=√ 16200 c=127.27 ft t= 127.54 sin 60− −3 2 −g t 2 =3−220.67) .1 t=√ 13.27=v 0 cos 60(3.54 a y =−g 6=v 0 sin θ t− dv y =−g dt vy t ∫ d vy =−g ∫ dt v0 y gt2 +3 2 g t2 0=v 0 sin θt− −3 2 0 v y =v 0 y −¿ v (¿¿ 0 cos θ−¿) ds y =¿ dt v 0 sin θ−¿¿ dt ¿ ¿ g t2 0=254.43 2 t2 = 217.s x =v 0 cos θ t 2 2 s y =v 0 sin θ t− 2 a +b =c s y −3=v 0 sin θ t− gt2 2 g t2 +3 2 902 +902 =c 2 127.67 s xy ∫¿ 3 127.27 254. 35 ft / s 2.v0 = 127. pues debe medir la temperatura de un rinoceronte.835 v 0 =69. El alcance máximo es de 100 m.74 Un zoólogo está provisto de un arco y una flecha que tiene una jeringa con tranquilizador.67) v0 = 127.27 1. ¿A qué distancia debe estar el rinoceronte cuando dispare la flecha? m 1h =8.33 m/ s ( 30hkm )( 1000 )( 1 km 3600 s ) Vox=VoCosθ Voy=VoSenθ dr x =V x dt dr y =v y dt dr y =v 0 y −¿ ry dt t ∫ dr y =∫ v 0 y −¿ dt 0 0 . Si el rinoceronte embiste directamente hacia el zoólogo a 30 km/h y éste apunta su arco 20° sobre la horizontal.27 cos 60(3. Las crestas de la olas tienen 2pies sobre la profundidad media h=12 pies del agua.33 m/s dr x =¿ Retomando : a x dt r x =8.dr x = 2 VoCosθdt x r y =v 0 cos(20)−g t 2 t ∫ dr x=∫ VoCos(20) dt 0 x= 31.33 t V 2 100 tan ( 45 )= a y =−g dv y =−gdt Vy v 2= t Vy = 0 v0 y 4.33 ( 2. La meta ) .18 )=18.19 s V x =8.304 sen (20) =1.30 m/s .09 s 9.8 0 t hmax= VoCos(20) t t 1 =2.16 Alcance max.8 ) VoCos( 45) 2 VoCos ( 45 ) r x =8.18) x=64. la velocidad de las olas es √ gh .75 los clavadistas de la quebrada en Acapulco deben sincronizar de modo que entren al agua en la cresta de una ola.12 m+lo que rrecorre el rineronte X ¿ 82.gt x=31.8) t 2 2 0 x ∫¿ 0=v o sen ( 45 ) 0 100 1 100 − ( 9.33 dt 1 0=v o sen ( 45 ) t− (9.9 (10000) (cos (45))2 9800 100 v 2 =980 ∫ dv y=∫−gdt v0 y ( V 0=31.28 m 2. En 45° 100=v o cos ( 45 ) t t dr x =¿∫ 8.304 cos (20) (2. de los clavadistas es un punto a 6 pies de la base del acantilado. Suponga que cuando se inicia el clavado la velocidad es horizontal. (a) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad en mi/h cuando entran al agua? (b)¿A qué distancia de la meta debe estar la cresta de la ola cuando se lanza un clavadista para que entre al agua sobre ella? Clavadista ax = 0 a y=−g ds x =v 0 cosθ dt dv x =0 dt 5x dv y =−g dt t ∫ ds x=(v 0 cosθ )∫ dt 0 vx 0 t ∫ ¿ 0∫ dt v x0 0 5 x =v 0 cosθt vy ∫ dv y=−g∫ dt t v0 y o . v x=v v y= v x0 0 y−¿ ds y =−¿ dt y=¿ v 0 senθ−¿ v¿ sy t ∫ ds y =−g ∫ tdt s0 y 0 v y =−¿ s y= −g 2 t + s0 y 2 v0 = 16.1 t 2 5x cosθt +87.37 √ 5.31 v x =v 0 v x =11.5 v0 = t2 = 2=- 27 2.1 v 0 =11.3 −85.7 .5 −16.7 t= v x =v 0 cos 0 t=2. 3 v y =−32.65 ds x =19.97 =51.12 v y =−74.3 5 x =45.06 1mi=5280ft 1mi 5280 ft mi h ft s 2 + vy ft s olas √ gh=√ 32.2 t 3600 s 1h V= √v 2 x V=74.97 s y =2 Velocidad de ft s Tiempo de impacto=2.27 ft El impacto ocurre en impacto=74.19ft 0 ft s .65t Tiempo de impacto=2.97 ft s 74.19 ft La cresta se debe encontrar a 45.65 dt 5x t ∫ 5 x=19.65∫ dt 0 5 x =19.2=19. 2 vy .2 v x d vx =−1.2t 8 1.2 v 8 8 (¿ ¿ y + )−ln =−1.2t e 8 1. las componentes de su aceleración en vx ay .2 1.2t vy= a y =−8−1. en t=0.2 ln ¿ ( ) t dv ∫ dt x =−1.2 t 1.2∫ dt ∫ 8 0 0 vy+ 1.78 una bola de cero en un tanque de aceite se le da.2 v y dt d vy 8 ¿= +v dt 1.2 t =e 2 1. =-8 -1. una velocidad m s2 horizontal v=2i m/s.2 a z=−1.2∫ dt 2 0 ln l e n( ln( vx ) 2 vx )-In(2)= -1.2 v z dt ∫ d vz =−1.2 y =-1.2 d vz =−1.2 v z d vy =−8−1.2 =e−1.2 −1.2 t =e v x −1.2 v y 1 −1.2 ( 8 −1.2 t 8 −1.2 ( ) vy+ 1.2 v x dt vx vy t d vy =−1.2∫ dt dt . ¿Cuál es la velocidad de la bola en t=1s? ⃗v =2i t=0 a x =−1.2 vz son ax .2 v y +1=e−1.2t (e −1) 1. az = -1.2.2t =e −1 8 v x =2 e−1. 2 .2 t vz (0) v =0.e ln(v z ) −1.602 ˇi−4.602 vy = ( 1) v y =−4.2 t v z=0 (e ) v z=0 v z=0 t=0 Velocidad en t=1 −1.2 +c =e → v z=c e−1.2 (0) 0=c −1.65 8 −1.2 (1) v x =2 e v x =0.65 ˇj =c e−1.2 ( 1) (e −1) 1. 2.3 ) + (−0.3464−0.4618 2 2 dt s dx 2 y dy =− dt 2 x dt ( ) dx y dy =− dt x dt () |V |=√ ( 0.3 −0.2598 mm 2 2 dR dx dy = + dt dt dt 0=2 x 0=2 x 2 d 2 x −1 dy 2 y dy = + 2 x dt d t2 x dt ( ) ( )( ) ( ) dx dy +2 y dt dt dx dy +2 y dt dt d2 x =−0.1732 dt s x=0.2598 ( dx y d2 y − dt x d t2 ) 2 . dy mm d 2 y =300 .3) dt 0.1154−0 2 dt d2 x mm =−0.15 =− (0.15 2 2 dx mm =−0. y 2 =0 dt s dt ¿Cuáles son las magnitudes de la velocidad y la aceleración del Punto P? R2=x 2 + y 2 x 2=R2− y 2 x=√ R2− y 2 x=√ 0.81 Si y=150 mm .1732 ) 2 dx 0. Cuando la coordenada horizontal del automóvil es x=400m.82 Un automóvil viaja a 100km/h sobre un camino recto con pendiente creciente cuyo perfil vertical se puede aproximar con la ecuación mostrada.3464 mm s |a|=0. ¿Cuál es su aceleración? 100 km/h =27.4618 |a|=√ ( 0 ) + (−0.78 m/s c=0.0003 y=c x 2 v= √( dx 2 dy + df df 2 )( ) dy dy dx = dt dy dx ( ) dy dy dx = dt dx dt dy dx =2cx dt dt ( ) v= √( dx 2 dx + 2 cx df dt 2 ) ( ( )) .4618 ) 2 mm s2 2 2.|V |=0. 01 √1+0.0376 dvx dvx dx = dt dt dx 1+ ( 2cx )2 ¿ dvx −1 ( ¿ −3 ) 2 =v ∙ ¿ 8c x 2 dt 2 [( 1 + ( 2 cx )2 ¿ dvx −4 c2 vx = vx dt −3 ( ¿¿ ) 2 )]( dxdt ) .78 = dt √ 1+ ( 2 x )2 x 2 vx ( 400 ) = 27.75 =27.v= √( v= dx 2 1 + ( 2 cx ) √ dt dx 2 + ( 1+ 2cx )2 df ) dx v = dt √ 1+ ( 2 cx )2 dx 27. 0993 m/s d2 y d2 x dx dx =2 cx + ∙2c 2 2 dt dt dt dt ( )( ) ( ) d2 y 2 =2 ( 0.0993 )+(27.4138 PROB LEMA S TEMA 4 .023832+ 0.2(0.0993 i+0.0003) 400 ¿ ¿ ¿2 1+(¿ ¿)¿ √¿ ¿ 2 ax ( 400 )=−4 ( 0.0003 ) ( 100 )( 400 ) ¿ ¿ 2 ax ( 400 )=−0.41389206 ^ ^j ⃗a =−0.01) ∙ 2 ( 0.0003 ) 2 dt d2 y =−0.43772406 dt 2 ay ( 400 ) =0.0003 )( 400 ) (−0. MECANICA DE ORBITAS 2.86 En la fig. 2.86, sea L una línea del centro de la tierra a un punto fijo sobre el ecuador, y L sea 0 una línea de referencia de dirección fija. La figura muestra a la Tierra vista desde arriba del polo norte. ¿Es dθ dt positiva o negativa? ¿Cuál es la magnitud de dθ dt en rad s ? Solución: A) dθ >0 dt B) dθ 2 πrad = dt 24 ( 3600 ) s = 7.27x −5 10 rad s 2.88 En la figura P2.88, el ángulo θ entre la barra y la línea horizontal es θ = t 3 −2t 2 + 4 (grados). Determine la velocidad y la aceleración angulares de la barra en t = 10 s. 3 2 θ = t −2t + 4 ω= dθ dt ω = 3t ω(10) 2 -4 t 2 = 3(10) - 4 (10) Velocidad Angular ω(10) α= α = 260 m/s dω dt = 6 t – 4 Aceleración Angular α (10) 2 α (10) = 6 (10) – 4 = 56 m/ s t =o . Cuando t = 0.6 t rad/ s . θ = 0 y ω = 0. ¿Cual es la velocidad máxima de L respecto a a t α= durante el intervalo de tiempo de = 10 seg dω dt α dt ω = dω t ∫d ω 0 ω L0 = ∫ 30 – 6 t dt 0 2 = 30 t−3 t Derivamos ω' ω para encontrar nuestros puntos críticos = 30 – 6 t ω' ' =–6 Sustituimos t = 5 en ω ω 2 = 30 t−3 t ω 2 = 30 (5)−3(5) ω=75 rad /s Vel. Máxima para obtener nuestra velocidad máxima.2.89_ La aceleración angular de una línea L respecto a una línea de referencia 2 L0 es α = 30 . a) ¿Qué velocidad angular máxima alcanza? • α=6 t • t = 0 – 3 s.2. • α= rad/ s 2 dω dt α dt ω = dω t • ∫d ω = • ω 3 t2 • ω(max) = • ω(max) = 27 .0 • ω(max) = • ω(0) 0 = = ∫ 6 t dt 0 ω(f ) - ω(i) 27 rad/s 3(0)2 =0 ω(3) = 3(3)2 = 27 hasta que se .90 Una turbina de gas empieza a girar en t rad/ s 2 t=0 con aceleración angular α = 6 durante 3 s y luego desacelera con α = 3 rad/ s 2 detiene. ω 2 = -2 θ = -4 θ . ¿Cuál es su velocidad angular en θ = 0? • dω dt dθ dθ . dθ dt = = 1 2 ω2 θ ∫ω d ω = 0 • Para θ=1 • 1 2 ω • 1 2 ω2 • ω2 • √ ω2 • ω 2 1 2 = -2 (1) = -2 = (-2) (= ∫−4 θ d θ 1 2 )=4 √4 = 2 rad/s Velocidad Angular dω dθ . Si la aguja se libera del reposo en θ = 1 rad.92 La aguja de un instrumento de medición está conectada a un resorte torsional 2 que la somete a una aceleración angular α = – 4 θ rad/ s . ω • = dω dθ .2. donde θ es la posición angular de la aguja en radianes respecto a una dirección de referencia. Si ω = dθ/d t = 2 rad /s . b) cuando θ = 90°.93 mide la dirección del vector unitario е respecto al eje x. • ω= dθ dt • dê dt = = 2 rad /s dθ dt a) • θ • dê dt = 0° =2Ĵ b) • θ = 90° ň = ωň .93 El ángulo θ e la fig. c) cuando θ = 180°. 2. determine el vector dе/d t : a) Cuando θ = 0.2. 2 s t=0.dê dt • = -2 ĭ c) • θ • dê dt = 180° = -2 Ĵ 2.89 La aceleración angular de una línea L0 es Cuando ∝=30−6 t rad . θ=0 y respecto a dw =∝ dt dw =30−6 t dt L0 w=0. L respecto a una línea de referencia ¿Cuál es la velocidad angular máxima de durante el intervalo de tiempo de t=0 a t=10 s ? L . t dw=¿∫ (30−6 t) dt 0 w ∫¿ 0 w=30 t−3 t 2 ' w =30−6 t 30−6 t=0 6 t=30 t= 30 6 t=5 '' w =−6 w ' ' (5 )=−6 w ( 5 ) =30 (5 )−3(5)2 w=75 m/s velocidad máxima PROB LEMA S TEMA 5 . MOVIMIENTO RELATIVO 2. La magnitud de la velocidad del avión mostrado es constante e igual a 400 m s . a) ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración del avión en términos de componentes normal y tangencial? . La razón de cambio del ángulo θ de su trayectoria es constante e igual a 5°/s.105. 662361 n rad s .b) ¿Cuál es el radio de curvatura instantáneo de la trayectoria del avión? | | 5° π π = s 180 ° 36 V= 400 m s d e^ t =w e^ n dt dθ =5 ° /s dt w= S = ρθ π 36 ds =¿ dt ⃗v = v e^ ρ= t ρ= d ⃗v d e^ t = ( 400 ) dt dt a^ a^ a^ = 0 e^ t + w v e^ n =0 e^ dθ dt v= ρ w t ⃗v = 400 e^ ρ t+ ( 36π ) ( 400) e^ = 0 e^ t + 34.9 e^ tn v w 400 π 36 ρ = 4583. 4t e^ t + 0.2 t 2 =0. se mueve hacia la m derecha y la componente tangencial de su aceleración es at = 0.2t 2 ) 50 e^ n S = ρθ ds dθ =ρ dt dt . ¿Cuál es .2 t e^ t e^ t + dt 2 ⃗a = 0.2 3 t 3 t 3 =4178.53981= SB =278.53981m ⃗v = 0.2.4 t dt t2 0.2 0 ( 0. un automóvil parte del reposo en el punto A.106.2 ∫ t 2 dt S = ρθ S=50 t 0 π 2 S= SB = ( 200+25 π ) m d ⃗v =0.2 t 2 dt s ∫ ds=0.4 ∫ tdt 0 V= 0.2 3 t 3 278. En t =0.097245 e^ t t = 16.2 t 0 2 ds =0.10619111s dθ 2 0.4 s 2 la magnitud de la aceleración del automóvil cuando llega al punto B? at ¿ dv dt v t ∫ 0. tiene una velocidad inicial de 20 pies/s a 30° sobre la a) ¿Cuál es la velocidad y la 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 este se encuentra en el punto más alto de su trayectoria? Operación: a) V= 20 ft/s a x=0 θ=30° a y=−9.81 .81+V y --------.81t a) V=20 cos30et= 17.110 un proyectil horizontal.81 en a N= V2 P P= V2 (17.81 0 y V y =−9.32 Vo y=10 t ∫−9.44247644 e^ t + 53.83458617 e^ n dθ v = dt ρ |a|=54.⃗a ( 16.81 Vy dV ∫ dt y = Vo Vo x=20 cos 30 Vo y=20 cos 30 Vo x=17.32)2 =30.7792 an = 9.21 2.32 et b) a=9.10619111 )=64.10-9. a) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad y de la aceleración de P respecto a O en t= 1 s? b) ¿Qué distancia a lo largo de la trayectoria circular recorre P entre t=0 y t=1 s? Solución: θ= 2 t 2 dθ =4 t =w dt 2 rad d θ =α 2 2 d t =4 s 2 S=r θ=4 θ=8 t v t =16t m /s V=r w=4(4t)= 16 t at dv 2 =16 m/s = dt .100.2. Se tiene el ángulo θ= 2 t2 rad. ¿Cuáles son las componentes de su aceleración? V= √( dx 2 dy + dt dt ) ( ) dy 2 2 ( x) dt 2 dx +¿ dt v= √ ¿ ( ) ( ) ¿ dx 2 +¿ dt v= √ ¿ ( ) 2 .118 Un auto viaja a 100 km/h cuesta arriba por un camino recto cuyo perfil vertical se puede aproximar con la ecuación mostrada. Cuando la coordenada horizontal del auto es x=400m.a) v=16(1)et m/s= 16 et (m/s) 2 a= R αet + R w eN 2 2 a=(4)(4)et + (4)( 4 )eN (m/ s ) 2 a=16 et + 64 eN (m/ s ) b) s=Rθ=8 t 2 1 =8( ¿ ¿2 =8 m 2. 78 = ¿ dt dx =27.78 m/s = ¿ dt (0.01 ) dt dy =6.2x ¿ 1+¿ ¿ ¿ v2 ¿ 2( x)2 ¿ 1+¿ √¿ dx v = dt ¿ 2( x)2 ¿ 1+¿ √¿ dx 27.01=¿ vx dt Cuando x=400 dy =2 ( 0.4824 dt .0003 )( 400 )( 27.0003)(400) 2¿ ¿ ¿2 1+ ¿ √¿ dx 27. 01) dt ax=−0. dt dt dx dt dx dt x ¿ ¿ 2¿ 1+ ¿ vx =v ¿ x ¿ ¿ 2¿ 1+ ¿ dvx −v = ¿ dx 2 2 3/ 2 2(x) ¿ 1+¿ ¿ 2 dvx −4 v c x = ¿ dx Evaluando x=400 2 0.003)¿ 1+¿ ¿ −4 (27.09934 m/ s .dvx dvx dx dvx dvx dx = . =¿ = .003678)( 27.0003 ¿ (400) ¿ 400 ¿2 ¿3 /2 ¿ 2(0.01)¿ dvx =¿ dx dvx =(−0. 9724 i+0.01i +6.2332 ) j=−0.49 ) j e^ t=0.4824 27.39+ 90 ) i+ sen ( 13.9724 ) i+ ay ( 0.0003 ) ( 400 )(−0.09934 i+0.49+90 ) j e^ n=−02332i+0.49 ) i + sen (13.4392 ⃗v =27.09934 ) + ( 27.4392 j ¿ tan θ= 0.9724 j a^ t=ax ( 0.01 ) ay=0.49 ° e^ t =cos θi+ senθj e^ t =cos ( 13.01 θ=13.09659 i+0.102421 j .003 )( 27.x( dx ) dt dy =2¿ dt 2 x ( ) d x dx dx + (2 c ) 2 dt dt dt 2 d y =2¿ dt2 Cuando x=400 ay=2 ( 0.2332 j e^ n=cos ( 13.4824 j( m/s) m/s ¿ 2 ⃗a =−0.01 ) ( 2 )( 0. 112 Las coordenadas cartesianas de un punto que se mueve en el plano .023316 ¿2 ¿ 0.9724 ) j=0.a^ t=ax (−0.42707 ¿2=0.102421 ¿ ¿ 2 −0.4276 ¿ |an|= √¿ 2.2332 ) i+ ay ( 0.09659¿ +¿ ¿ |at|=√ ¿ 0.42707 j 2 0.02316 i+0. y =10−t 3 m ¿Cuál es el radio de la curvatura instantáneo de la trayectoria en t = 3s? y ´ =−3 t 2 x ´ =8 t v =8 t i−3 t 2 j |V |t 3 = √(8∗3)2+(−3∗(3)2)2 y ´ ´ =−6 t = 36.x-y son: x=20+ 4 t 2 m .844153986 24 an =8 sen (−0.12m/s x ´ ´ =8 a=8 i−6 t −1 θ=tan ( −27 ) = -0.98 m/s Para el radio de la curvatura se utiliza la siguiente formula: 2 ρ= |V | an ρ=218 m .844153986 ) +18 cos (−0.844153986) 2 an =5. 03 2 �=� x dy dx =2Cx dt dt ( ) √( v = 2 Cx √ 4 C 2 x2 .2 ) (20− y) pie/s .2.025 �=0. 2 d2 y dx 2 d2 x =2 C +2 Cx dt dt 2 dt 2 ( ) 1 2 ( )) ( ) dx dt + ( ) dx =K ( 20− y ) 2 dt ( ) ( ) √( ) dx 2 dx 2 + = dt dt 1 dx 2 ( 4 C2 x 2+1 ) = dx √ ( 4 C 2 x 2 +1 )=K ( 20−C x 2 ) 2 dt dt .119Un joven patina sobre la superficie de concreto de un canal vacío descrito por la ecuación mostrada. ¿Cuáles son las componentes normal y tangencial de su aceleración cuando llega al fondo? v= √( dy 2 dx + dt dt 2 )( ) 1 2 1 2 2 v =K (20− y) =K ( 20−C x ) K=8. El joven parte de y=20 pie y la magnitud de su velocidad está dada por v =√ 2 ( 32. 2 1 dx K (20−C x )2 = 1 dt 2 2 ( 4 C x +1 ) 2 2 d x = dt 2 1 2 2 2 dx K 4 C x ( 20−C x ) dx − ( ( dt ) dt ) ( 20−C x ) (4 C x +1) (4 C x +1) −KCx 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 Al final del canal tenemos que dx ft =K √20=35.89 dt x=0 s dy dt ( ) =0 . constante. θ+ 90 (¿)i +sin ( θ+90 ) j cos ¿ e^ n=¿ at =0 porque la velocidad es .28 x=0 ft s El ángulo con respecto al eje x θ=tan −1 ( dydx ) =0 x=0 La componente de la aceleración tangencial. x=0 d2 y dt 2 ( ) d2 x dt 2 ( ) =2 C x=0 dx dt =0 x=0 2 ( ) =77. 28 cos 90 i+77.28 ft j s .28 2 s dt an =77.θ+ 90 (¿)i+a sin ( θ+ 90 ) j an=an e^ n =a cos ¿ a= d2 y ft =a y =77.28 sin 90 j=77.