176182778 Ejercicos Fundamentales Raul Chanaluisa PDF

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FACULTAD DE MECANICAESCUELA DE INGENIERIA INDUSTRIALDINAMICAEJERCICIOS FUNDAMENTALESCAPITULO 12ING. WASHINTONG ZABALARAÚL CHANALUISA10262013 - 10-Solución: M.R.U t=?푠=푠 0 +푉 0 푡+12푎푡 2푠=푠 0 +푉 0 푡−12푔푡 20 =0 + 15푚푠 푡−12 9. 81푚푠 2 푡215푚푠푡=129. 81푚푠 2푡 215 푚푠 29. 81푚푠 2=푡 2푡t =15 푚푠 29. 81푚푠 2t = 3//...

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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 𝑠

𝑚 𝑚 1 𝑡 − 9.81 2 𝑡 2 𝑠 2 𝑠

𝑡=

𝑚 1 9.81 2 𝑡 2 𝑠 2

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

𝑎 = 1.5 2 2 − 8

𝑚 𝑠2

Cuando t=2s:

𝑎 = 6−8 𝑎 = −2

𝑎=2

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

Solución:

𝑣

𝑎=

; 𝑑𝑡 =

𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑣= 𝑑𝑡

𝑑𝑣 𝑎 𝑑𝑠 ; 𝑑𝑡 = 𝑣

Igualando las ecuaciones 1y2: 𝑑𝑠 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑣

𝑣 𝑑𝑣 = 10 − 0.2𝑠 𝑑𝑠

1

5

2

𝑚 𝑠

Detreminar v=? ; s = 10m

𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣 𝑠

𝑣 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑠

𝑣0

0

𝑣 = 20𝑠 − 0.2𝑠2 + 25

𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣

𝑣

𝑠

𝑠0

𝑣 = 20𝑠 − 0.2𝑠2 + 25

𝑚 𝑠

𝑣 = 20 10 − 0.2 10 2 + 25 𝑣 = 245

𝑣 = 14.3

𝑚 // 𝑠

Si v0=5m/s ; s0=0 𝑣

𝑠

𝑣 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑠

5

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 + 25 2

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:

𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑣= 𝑑𝑡

; 𝑑𝑡 =

𝑑𝑣 𝑎 𝑑𝑠 ; 𝑑𝑡 = 𝑣

1

2

Igualando las ecuaciones 1y2 despejando a: 𝑑𝑠 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑣 𝑑𝑣 𝑎=𝑣 𝑑𝑠 𝑑𝑣 𝑎 = 20 − 0.05𝑠2 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 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: Solución:

𝑣 = 𝑣𝑥

𝑣= 8

𝑚 𝑠

2

2

+ 𝑣𝑦2

+ 6

𝑚 𝑠

𝑣 = 64

𝑚2 𝑚2 + 36 𝑠2 𝑠2

𝑣 = 100 𝑣 = 10

𝑚2 𝑠2

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 𝑦´ = 𝑉𝑦

𝑣 = 32

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 2

𝑚 𝑉𝑥 = 2𝑡 2 = 32 𝑠 𝑚 2 = 16 𝑉𝑦 = 𝑡 𝑠

𝑣 = 𝑣𝑥 + 2

𝑣𝑦2

2

𝑚 𝑠

+ 16

𝑚

2

𝑠

𝑣 = 1280 𝑣 = 35.77//

Calculamos la aceleracion y su magnitud ; t=4s 𝑚 𝑎𝑥 = 𝑣𝑥 ´ = 4𝑡 = 16 2 𝑠 𝑚 𝑎𝑦 = 𝑣𝑦 ´ = 2𝑡 = 8 2 𝑠

𝑣 = 𝑣𝑥2 + 𝑣2𝑦

𝑎 = 16

𝑚

𝑠2

2

+ 8

𝑎 = 320

𝑎 = 17.9

𝑚

𝑠2

2

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

𝑎 = −8𝑠𝑒𝑛2 2 𝑖 − 2cos 2 𝑗 − 4𝑘 𝑎 = 6.05𝑖 − 0.832𝑗 − 4𝑘

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2

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 𝑚 1 −9.81 2 𝑡𝐴𝐶 0=0+ 5 𝑡 + 𝑠 2 𝑠 𝐴𝑐 0= 5

𝑚 𝑚 1 −9.81 2 𝑡𝐴𝐶 2 𝑡𝐴𝑐 + 𝑠 2 𝑠

𝑡𝐴𝑐 5

𝑚 𝑚 2 = 9.81 2 𝑡𝐴𝐶 2 𝑠 𝑠

10

𝑚 𝑚 = 9.81 2 𝑡𝐴𝐶 𝑠 𝑠 𝑡𝐴𝐶 = 1.0194𝑠

𝑅 = 𝑥𝐴 + 𝑉𝐴𝑥 𝑡𝐴𝐶

𝑅 = 0 + 8.660

𝑚 1.0194𝑠 s

𝑅 = 8.83𝑚//

Encontrado el tiempo AC calculamos la Vcy, su magnitud.

2

𝑉𝐶𝑦 = 𝑉𝐴𝑦 −𝑔𝑦 𝑡𝐴𝑐

𝑉𝐶𝑦 = 5

𝑚 𝑠

− 9.81 𝑠2(1.0194𝑠 𝑚

𝑉𝐶𝑦 = −5

𝑚 𝑚 =5 s s

𝑚 𝑉𝐴𝑥 = 𝑉𝐶𝑥 = 𝑐𝑜𝑠30 ∗ 10 𝑠 𝑚 𝑉𝐶𝑥 = 8.660 𝑠 𝑉𝐶 = 𝑉𝑐𝑥 2 + 𝑉𝑐2𝑦

𝑉𝐶 = 8.660

𝑚

s

𝑉𝐶 = 10

2

+ 5

𝑚 // 𝑠

𝑚

s

2

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 =?

VB=20 m/s ; Θ=90°

Solución:

4 3 s=𝑅 ; 𝑣 0𝑡 = 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 𝑠 2

5 m 4 1 𝑚 5 m3 𝑡 = −20 𝑡 + 9.81 2 𝑡 2 20 𝑠 𝑠 5 3 𝑠 5 4 2 15𝑡 =

15

𝑚 5 m −16 𝑡 + 4.91 2 𝑡 2 𝑠 3 𝑠

m m 𝑚 𝑡 = −26.66 𝑡 + 8.18 2 𝑡 2 𝑠 𝑠 𝑠

15

s=𝑅

𝑅

4 5

3

s = 𝑠0 + 𝑣0 𝑡

5

m 3 4 = 0 + 20 𝑡 5 𝑠 5

𝑅= 𝑅=

5 m 3 𝑡 20 4 𝑠 5

5 m 3 20 5.1𝑠 4 𝑠 5

𝑅 = 76.5𝑚//

𝑚 m m 𝑡 + 26.66 𝑡 = 8.18 2 𝑡 2 𝑠 𝑠 𝑠 41.66

; 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 =?

VA=150 m/s ; a=-g 𝑚 𝑚 3 = 90 𝑣𝐴𝑦 = 150 5 𝑠 𝑠 1 𝑦𝐵 = 𝑦𝐴 + 𝑣𝐴𝑦 𝑡𝐴𝐵 − 𝑔𝑦 𝑡𝐴𝐵2 2 𝑚 1 𝑚 −150m = 0 + 90 𝑡𝐴𝐵 − 9.81 2 𝑡𝐴𝐵 2 𝑠 𝑠 2 𝑚 𝑚 2 − 90 𝑡 − 150m 0 = 4.905 2 𝑡𝐴𝐵 𝑠 𝐴𝐵 𝑠 Aplincando la formula general encontamos tAB: Solución:

−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

𝑥 𝐵 = 𝑥𝐴 + 𝑣 𝑎 R = 0 + 120

R = 120

𝑥 𝑡𝐴𝐵

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:

𝑣=

𝑑𝑠 dt 𝑑𝑠 𝑑𝑡 = 𝑣 Calculamos s cuando t=3s 3𝑠

3𝑠

0

0

𝑑𝑡 =

𝑑𝑡 =

𝑠

𝑣𝑑𝑠

0 𝑠 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 = − s 𝑠2 𝑠2 300 𝑚 300 − 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

𝑎 = 1.64

𝑚

2

𝑠4 𝑚 𝑎 = 1.28 2 // 𝑠

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 2 𝑠2

F12.30.- Cuando x=10pies, la rapidez del embalaje es de 20 pies/s la cual se incrementa a 6 pies /s2. 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 =

Solución:

𝑑𝑦 𝑑𝑥

1 2 𝑑 𝑡𝑔𝜃 = 𝑥 24 𝑑𝑥 1 𝑡𝑔𝜃 = 𝑥 12 1 −1 𝜃 = 𝑡𝑔 𝑥 12 10 𝜃 = 𝑡𝑔−1 𝑥 12 𝜃 = 39.81° 𝜌=

1+

𝑑𝑦 𝑑𝑥

3 2 2

𝑑2 𝑦

𝑑𝑥 2

1 1 + 12 𝑥 𝜌= 1 12

3 2 2

𝜌 = 26.468𝑝𝑖𝑒𝑠

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛 =

𝑣2 𝜌

20𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 2 26.468

𝑎𝑛 = 15.11

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2

𝑎 = 𝑎𝑛 2 + 𝑎𝑡 2

𝑎= 6

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2

2

+ 15.11

𝑎 = 264.31 𝑎 = 16.25

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2

2

𝑝𝑖𝑒𝑠 2 𝑠4

𝑝𝑖𝑒𝑠 // 𝑠2

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: 𝑎𝑡 = 𝑣

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 𝑎𝑛 = 0.2

𝑎= 𝑎 𝑎 = 0.2

𝑛

2

+ 𝑎𝑡 2

𝑚 2 𝑚 2 + 2 𝑠2 𝑠2

𝑎 = 4.04

𝑚2 𝑠4

𝑎 = 2.009

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 𝑠3  𝜃 = 4𝑡 2 3

𝜃 = 4 1.5 2 𝜃 = 7.348𝑟𝑎𝑑 

1

𝜃´ = d𝜃 = 6𝑡2 1

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 𝑠2 𝑠 𝑚 𝑎𝑟 = −17.325 2 𝑠 𝑎𝜃 = 𝑟𝜃¨ + 2𝑟´𝜃´ 𝑟𝑎𝑑 𝑚 𝑟𝑎𝑑 7.348 + 2 0.675 𝑎 𝜃 = 0.3375𝑚 2.449 2 𝑠 𝑠 𝑠 𝑚 𝑎𝜃 = 10.747 2 𝑠 𝑣 = 𝑣𝑟 2 + 𝑣𝜃 2 𝑣 = 0.675

𝑚 s

2

+ 2.480

m 𝑣 = 2.57 // 𝑠 𝑎 = 𝑎𝑟 2 + 𝑎𝜃 2

𝑎 = −17.325

𝑚

𝑠2

𝑎 = 20.4

2

𝑚

s

+ 10.747

m // 𝑠2

2

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 θ=2rad/s θ=4rad/s2 Determinar: ar = ? aθ = ?

Solucion:

t=1.5s  r = 𝑒𝜃 r = 𝑒𝜃θ r = 𝑒𝜃θ + 𝑒𝜃θ2  𝑎𝑟 = 𝑟 − 𝑟θ 2

𝑎𝑟 = 𝑒 𝜃 θ + 𝑒 𝜃 θ 2 − 𝑒 𝜃 θ 2 𝑎𝑟 = 4𝑒 4 𝑚 𝑎𝑟 = 8.77 2 // 𝑠 𝜋



𝑎𝜃 = 𝑟θ + 2𝑟 θ

𝑎𝜃 = 𝑒 𝜃 θ + 2 𝑒 𝜃 θ θ 𝑎𝜃 = 𝑒 𝜃 θ + 2θ2

𝑎𝜃 = 𝑒 4 4 + 2 2 2 m 𝑎𝜃 = 26.3 2 // 2 𝜋

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 +rθ 2 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: θ= ? 30𝑚 𝑟 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 = 30𝑚 30𝑚 𝑟= 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟 = 30𝑚 ∗ 𝑐𝑠𝑐𝜃 𝑟 = 42.426𝑚 𝑟 = −30 ∗ 𝑐𝑠𝑐𝜃 ∗ 𝑐𝑡𝑔𝜃 ∗ 𝜃 𝑚 𝑟 = −42426θ 𝑠 𝑟 = 𝑣𝑟

Solución:

𝑠𝑒𝑛𝜃 =

𝑣𝜃 = 𝑟θ 𝑚 𝑣𝜃 = 42.426θ 𝑠 𝑣 = 𝑣𝑟 2 + 𝑣𝜃 2 

2 = −42.426θ

2

+ 42.426θ

2 = 59.99𝜃

𝜃 = 0.0333

𝑚 𝑠