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SOLUCIONARIO DE LA EVALUACIÓN TCURSO: DINÁMICASEMESTRE: 2021-Profesor: Jorge Daniel Torres Alvarez01.- (2 puntos). Sea ⃗ݎሺݐሻ= ͅ cos ݐ ଓ̂ + ͵sinݐ ଔ̂ , hallar a ) 𴰀⃗⃗′ሺ𵐀ሻ, b) 𴰀⃗⃗′′ ሺ𵐀ሻ, c) ሻ 𴰀⃗⃗′ሺ𵐀ሻ∙ 𴰀⃗⃗′′ ሺ𵐀ሻ y 𴰀⃗⃗′ሺ𵐀ሻ×𴰀⃗⃗′′ ሺ𵐀ሻ.SoluciónParte a⃗ݎ′=⃗ݎ݀ݐ݀⃗ݎ′=݀ݐ݀[ͅcos ݐ ଓ̂ + ͵sinݐ ଔ̂]⃗ݎ′= − ͅsen ݐ ଓ̂ + ...

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SOLUCIONARIO DE LA EVALUACIÓN T1 Profesor: Jorge Daniel Torres Alvarez

CURSO: DINÁMICA SEMESTRE: 2021-0

01.- (2 puntos). Sea 𝑟(𝑡) = 8 cos 𝑡 𝑖 + 3 sin 𝑡 𝑗 , hallar a) 󰇍′ 𝒓 (𝒕), b) 󰇍𝒓′′(𝒕), c) ) 󰇍′ 𝒓 (𝒕) ∙ 󰇍𝒓′′(𝒕) y 󰇍𝒓′(𝒕) ×

󰇍𝒓′′(𝒕).

Solución Parte a 𝑟 ′ = 𝑟 ′ =

𝑑𝑟 𝑑𝑡

𝑑 [8 cos 𝑡 𝑖 + 3 sin 𝑡 𝑗] 𝑑𝑡

𝑟 ′ = −8 sen 𝑡 𝑖 + 3 cos 𝑡 𝑗 Parte b 𝑟 ′′ = 𝑟 ′′ =

𝑑𝑟 ′ 𝑑𝑡

𝑑 [−8 sen 𝑡 𝑖 + 3 cos 𝑡 𝑗] 𝑑𝑡

𝑟 ′′ = −8 cos 𝑡 𝑖 − 3 sen 𝑡 𝑗

Parte c

𝑟 ′ ∙ 𝑟 ′′ = (−8 sen 𝑡 𝑖 + 3 cos 𝑡 𝑗) ∙ (−8 cos 𝑡 𝑖 − 3 sen 𝑡 𝑗) 𝑟 ′ ∙ 𝑟 ′′ = 64 sen 𝑡 cos 𝑡 − 9 cos 𝑡 sen 𝑡 𝑟 ′ ∙ 𝑟 ′′ = 55 sen 𝑡 cos 𝑡 𝑟 ′ ∙ 𝑟 ′′ = 27.5 sen 2𝑡

Parte d

−8 sen 𝑡 −8 cos 𝑡 𝑟 × 𝑟 = ( 3 cos 𝑡 ) × ( −3 sen 𝑡 ) 0 0 ′

′′

𝑟 ′ × 𝑟 ′′ = [(3 cos 𝑡 )(0) − (0)(−3 sen 𝑡)]𝑖 + [(0)(−8 cos 𝑡) − (−8 sen 𝑡)(0)]𝑗 + [(−8 sen 𝑡)(−3 sen 𝑡 ) − (3 cos 𝑡 )(−8 cos 𝑡)]𝑘

𝑟 ′ × 𝑟 ′′ = [0 − 0]𝑖 + [0 − 0]𝑗 + [24 sen2 𝑡 + 24 cos 2 𝑡]𝑘 𝑟 ′ × 𝑟 ′′ = 24 (sen2 𝑡 + cos 2 𝑡) 𝑘 𝑟 ′ × 𝑟 ′′ = 24 𝑘

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02.- (3 puntos). Dado la curva: 𝑥 = (𝑡 2 + 1) , 𝑦 = (2𝑡2 − 6𝑡), 𝑧 = (4𝑡 − 3), encontrar el vector

unitario tangente en un punto cualquiera de la curva y cundo 𝑡 = 3 s.

Solución 𝑟 = (𝑡 2 + 1)𝑖 + (2𝑡 2 − 6𝑡)𝑗 + (4𝑡 − 3)𝑘 Hallando la derivada de 𝑟 con respecto a 𝑡. 𝑑𝑟  = (2𝑡)𝑖 + (4𝑡 − 6)𝑗 + 4𝑘 𝑑𝑡 Evaluando 𝑡 = 3 𝑠

𝑑𝑟 = 6𝑖 + 6𝑗 + 4𝑘 𝑑𝑡 Hallando el vector unitario tangente a la curva 𝑑𝑟 𝑑𝑡 𝑢 = 𝑑𝑟 | 𝑑𝑡 | 𝑢 = 𝑢 = 𝑢 = 𝑢 =

6𝑖 + 6𝑗 + 4𝑘

√62 + 62 + 42 6𝑖 + 6𝑗 + 4𝑘

√62 + 62 + 42

6𝑖 + 6𝑗 + 4𝑘 2√22

3𝑖 + 3𝑗 + 2𝑘 √22

𝑢 = 0.639 6𝑖 + 0.639 6𝑗 + 0.426 4 𝑘

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03.- (3 puntos). Determinar el ángulo que forman las superficies 𝑥𝑦 2 𝑧 = 3𝑥 + 𝑧 2 y 3𝑥 2 − 𝑦 2 +

2𝑧 = 1 en el punto (1, −2,2). Solución ❖

La normal a 3𝑥 + 𝑧 2 − 𝑥𝑦 2 𝑧 = 0 en el punto (1, −2,2)

𝜕 𝜕 𝜕 𝑖 + 𝑗 + 𝑘 ) (3𝑥 + 𝑧 2 − 𝑥𝑦 2 𝑧) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 󰇍∇ 𝜙1 = 𝜕 (3𝑥 + 𝑧 2 − 𝑥𝑦 2 𝑧)𝑖 + 𝜕 (3𝑥 + 𝑧 2 − 𝑥𝑦 2 𝑧)𝑗 + 𝜕 (3𝑥 + 𝑧 2 − 𝑥𝑦 2 𝑧)𝑘  𝜕𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 󰇍 𝜙1 = (3 − 𝑦 2 𝑧)𝑖 + (−2𝑥𝑦𝑧)𝑗 + (2𝑧 − 𝑥𝑦 2 )𝑘 ∇ 󰇍 𝜙1 = ( ∇

❖

Evaluando en 𝑃(1; −2; 2)

❖

La normal a 3𝑥 2 − 𝑦 2 + 2𝑧 − 1 = 0 en el punto (1, −2,2):

󰇍 𝜙1 = [3 − (−2)2 (2)]𝑖 + [−2(1)(−2)(2)]𝑗 + [2(2) − (1)(−2)2]𝑘 ∇ 󰇍 𝜙1 = (3 − 8)𝑖 + (8)𝑗 + (4 − 4)𝑘 ∇ 󰇍∇ 𝜙1 = −5𝑖 + 8𝑗 − 0𝑘 ⟹ |∇ 󰇍 𝜙1 | = √ (−5)2 + (8)2 + 02 = √89 󰇍 𝜙2 = ( ∇

󰇍 𝜙2 = ∇

𝜕 𝜕 𝜕 𝑖 + 𝑗 + 𝑘 ) (3𝑥 2 − 𝑦 2 + 2𝑧 − 1) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧

𝜕 𝜕 𝜕 (3𝑥 2 − 𝑦 2 + 2𝑧 − 1)𝑖 + (3𝑥2 − 𝑦 2 + 2𝑧 − 1)𝑗 + (3𝑥2 − 𝑦 2 + 2𝑧 − 1)𝑘 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧

󰇍∇ 𝜙2 = (6𝑥 )𝑖 + (−2𝑦)𝑗 + (2)𝑘

❖

Evaluando en 𝑃(1; −2; 2)

❖

Halando el ángulo que forman las superficies:

󰇍 𝜙2 = [6(1)]𝑖 + [−2(−2)]𝑗 + [2]𝑘 ∇ 󰇍 𝜙2 = 6𝑖 + 4𝑗 + 2𝑘 󰇍 𝜙2 | = √(6)2 + (4)2 + (2)2 = 2 √14 ⟹ |∇ ∇ 󰇍 𝜙1 ∙ 󰇍∇𝜙2 = |∇ 󰇍 𝜙1 ||∇ 󰇍 𝜙2 | cos 𝜃 ∇

(−5𝑖 + 8𝑗 − 0𝑘) ∙ (6𝑖 + 4𝑗 + 2𝑘) = (√89)(2√14) cos 𝜃

−30 + 32 − 0 = (√89)(2√14) cos 𝜃 2 = 2√1 246 cos 𝜃

cos 𝜃 =

1

√1 246

𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 −1 (

𝜃 = 88 .38°

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1

√1 246

)

04.- (3 puntos). Evaluar ∮ 𝐹 . 𝑑𝑟 alrededor de la trayectoria que se muestra;

(3𝑦 − 4𝑥 )𝑗.

𝐴

Solución Hallando el producto escalar:

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = {(2𝑥 − 𝑦 2 )𝑖 + (3𝑦 − 4𝑥 )𝑗} ∙ [𝑑𝑥 𝑖 + 𝑑𝑦 𝑗] 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑥 − 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (3𝑦 − 4𝑥 )𝑑𝑦 Hallando ∮ 𝐹 . 𝑑𝑟

󰇍󰇍 𝐼 = ∮ 𝐹󰇍. 𝑑𝑟 𝐼=

󰇍 ∙ 𝑑𝑟 󰇍 ∫𝐹 𝑂𝐴

+

 ∙ 𝑑𝑟󰇍 ∫ 󰇍󰇍𝐹 𝐴𝑂

Para el tramo 𝑂𝐴 𝑦 = 𝑥2

𝑑𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑥

⟹ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑥 − 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (3𝑦 − 4𝑥 )𝑑𝑦

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑥 − 𝑥 4 )𝑑𝑥 + (3𝑥 2 − 4𝑥 )2𝑥𝑑𝑥

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑥 − 𝑥 4 )𝑑𝑥 + (6𝑥 3 − 8𝑥 2 )𝑑𝑥

1

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑥 − 𝑥 4 + 6𝑥 3 − 8𝑥 2 )𝑑𝑥

𝐼𝑂𝐴 = ∫ (2𝑥 − 𝑥 4 + 6𝑥 3 − 8𝑥 2 )𝑑𝑥 0

𝐼𝑂𝐴

1

1

1

1

𝑥4 𝑥2 𝑥5 𝑥3 = 2( | ) − ( | ) + 6( | ) − 8( | ) 5 0 2 0 4 0 3 0

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𝐹 = (2𝑥 − 𝑦 2 )𝑖 +

1 3 8 (13 − 03 ) 𝐼𝑂𝐴 = (12 − 02 ) − ( 5 1 − 05 ) + (14 − 04 ) − 3 5 2 1 3 8 𝐼𝑂𝐴 = 1 − + − 5 2 3 𝐼𝑂𝐴 = −

11 30

Para el tramo 𝐴𝑂 𝑥 = 𝑦2

𝑑𝑥 = 2𝑦𝑑𝑦

⟹ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑥 − 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (3𝑦 − 4𝑥 )𝑑𝑦

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑦 2 − 𝑦 2 )2𝑦𝑑𝑦 + (3𝑦 − 4𝑦2 )𝑑𝑦

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = 2𝑦(𝑦 2 )𝑑𝑦 + (3𝑦 − 4𝑦 2 )𝑑𝑦

0

𝐹 ∙ 𝑑𝑟 = (2𝑦 3 + 3𝑦 − 4𝑦 2 )𝑑𝑦

𝐼𝐴𝑂 = ∫ (2𝑦 3 + 3𝑦 − 4𝑦 2 )𝑑𝑦 1

𝐼𝐴𝑂

0

0

0

𝑦2 𝑦3 𝑦4 = 2( | ) + 3( | ) − 4( | ) 4 1 2 1 3 1

𝐼𝐴𝑂 =

1 4 3 4 (0 − 14 ) + (02 − 12 ) − ( 03 − 13 ) 2 2 3

1 3 4 𝐼𝐴𝑂 = − − + 2 2 3 𝐼𝐴𝑂 = −2 + 𝐼𝐴𝑂 = −

2 3

4 3

𝐼 = 𝐼𝑂𝐴 + 𝐼𝐴𝑂 𝐼=− 𝐼=−

11 2 − 30 3 31 30

𝐼 = −1.033

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05.- (4 puntos). Con base en observaciones, la velocidad de un atleta puede aproximarse por medio de

la relación 𝑣 = 7.5 (1 − 0.04𝑥 )0.3, donde 𝑣 y 𝑥 se expresan en 𝑚𝑖⁄ℎ y millas, respectivamente. Si se sabe que 𝑥 = 0 cuando 𝑡 = 0, determine a) la distancia que ha recorrido el atleta cuando 𝑡 = 1 ℎ, b) la aceleración del atleta en 𝑓𝑡 ⁄𝑠 2 cuando 𝑡 = 0, c) el tiempo requerido para que el atleta recorra 6 𝑚𝑖 . Solución Parte a ❖ Hallando la posición: 𝑣=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑡

𝑑𝑥 = [7.5(1 − 0.04𝑥 )0.3] 𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 7.5 𝑑𝑡 (1 − 0.04𝑥 )0.3

7.5 𝑑𝑡 = (1 − 0.04𝑥 )−0.3 𝑥

𝑡

7.5 ∫ 𝑑𝑡 = ∫ (1 − 0.04𝑥 )−0.3 𝑑𝑥 0

0

𝑥

1 7.5(𝑡|0𝑡 ) = − ∫(1 − 0.04𝑥 )−0.3 (−0.04)𝑑𝑥 0.04 0

𝑥

1 ∫(1 − 0.04𝑥 )−0.3 (−0.04)𝑑𝑥 7.5(𝑡 − 0) = − 0.04 0

𝑡

(1 − 0.04𝑥 )0.7 1 7.5𝑡 = − {[ ]| } 0.04 0.7 0

0.21 𝑡 = −1[(1 − 0.04𝑥 )0.7 − (1)0.7]

0.21 𝑡 = 1 − (1 − 0.04𝑥 )0.7

(1 − 0.04𝑥 )0.7 = 1 − 0.21 𝑡

10

1 − 0.04𝑥 = [1 − 0.21 𝑡] 7

10

0.04𝑥 = 1 − [1 − 0.21 𝑡] 7 𝑥=

10 1 [1 − (1 − 0.21 𝑡) 7 ] 0.04

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➢ Para 𝑡 = 1 ℎ 𝑥=

𝑥=

10 1 [1 − (1 − 0.21 𝑡)7 ] 0.04 10 1 [1 − (1 − 0.21 )7 ] 0.04

𝑥 = 7.147 748 511 𝑚𝑖 𝑥 ≈ 7.148 𝑚𝑖

Parte b ❖ Hallando la aceleración: 𝑎=𝑣

𝑑𝑣 𝑑𝑥

𝑑 𝑎 = [7.5(1 − 0.04𝑥 )0.3] [7.5(1 − 0.04𝑥 )0.3] 𝑑𝑥

𝑎 = [7.5(1 − 0.04𝑥 )0.3]{7.5[0.3(1 − 0.04𝑥 )−0.7(0 − 0.04)]}

𝑎 = (7.52 )(0.3)(1 − 0.04𝑥 )0.3(1 − 0.04𝑥 )−0.7(−0.04) 𝑎 = −0.675(1 − 0.04𝑥 )−0.4 ➢ Para 𝑡 = 0 y 𝑥 = 0

𝑎 = −0.675(1 − 0.04𝑥 )−0.4 𝑎 = −0.675(1 − 0.04(0))

−0.4

𝑎 = −0.675 𝑚𝑖⁄ ℎ2

➢ Transformando de 𝑚𝑖 ⁄ℎ2 a 𝑓𝑡⁄ 𝑠 2

2 𝑚𝑖 5 280 𝑓𝑡 1ℎ 𝑎 = −0.675 2 × ×( ) ℎ 1 𝑚𝑖 3 600 𝑠

𝑚𝑖 5 280 𝑓𝑡 1ℎ ) 𝑎 = −0.675 2 × ×( 3 600 𝑠 ℎ 1 𝑚𝑖

𝑎 = −2.75 × 10 −4 𝑓𝑡⁄𝑠 2

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2

Parte c ❖ Hallando el tiempo requerido para que el atleta recorra 6 𝑚𝑖. 0.21 𝑡 = 1 − (1 − 0.04𝑥 )0.7 𝑡= 𝑡=

1 {1 − [1 − 0.04(6)]0.7 } 0.21

1 {1 − [1 − 0.04(6)]0.7 } 0.21

𝑡 = 0.832 287 779 88 ℎ

𝑡 = 0.832 287 779 88 ℎ × 𝑡 = 49.937 267 93 𝑚𝑖𝑛

𝑡 ≈ 49.94 𝑚𝑖𝑛

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60 𝑚𝑖𝑛 1ℎ

06.- (5 puntos). Dada la gráfica de la rapidez en función del tiempo, construir las gráficas

correspondientes de la posición en función del tiempo y de la aceleración en función del tiempo. 𝑥 (0) = 0 𝑚. Solución

𝐷

𝐴

𝐵

❖ Para el tramo 𝐴𝐵 ➢ Hallando la velocidad: 𝑣=

50 − (−50) 𝑡+𝑏 0 − 20

𝑣=−

100 𝑡+𝑏 20

𝑣 = −5𝑡 + 𝑏

✓ Para 𝑡 = 10 𝑠 entonces 𝑣 = 0 𝑚⁄ 𝑠 0 = −5(10) + 𝑏

0 = −50 + 𝑏

𝑏 = 50

𝑣 = −5𝑡 + 50

➢ Hallando la aceleración: 𝑎= 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑 [−5𝑡 + 50] 𝑑𝑡

𝑎 = −5 𝑚⁄𝑠 2

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𝐶

𝐸

➢

Hallando la posición: 𝑣=

𝑑𝑠 𝑑𝑡

𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡

𝑠

𝑑𝑠 = (−5𝑡 + 50) 𝑑𝑡 𝑡

∫ 𝑑𝑠 = ∫(−5𝑡 + 50) 𝑑𝑡 0

0

𝑡2 𝑡

𝑠 − 0 = −5 ( 2 | ) + 50(𝑡|0𝑡 ) 0

𝑠 = −2.5(𝑡 2 − 0) + 50(𝑡 − 0)

𝑠 = −2.5𝑡 2 + 50𝑡

Para 𝑡 = 20 𝑠

𝑠 = (−2.5𝑡 2 + 50𝑡) 𝑚

𝑠 = [−2.5(20)2 + 50(20)] 𝑚 𝑠=0𝑚

❖ Para el tramo 𝐵𝐶 ➢ Hallando la velocidad: 𝑣 = (−50) 𝑚⁄ 𝑠 ➢ Hallando la aceleración: 𝑎= 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑 [−50] 𝑑𝑡

𝑎 = 0 𝑚⁄ 𝑠 2

➢ Hallando la posición: 𝑣=

𝑑𝑠 𝑑𝑡

𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑡

𝑑𝑠 = (−50) 𝑑𝑡 Carrera de Ingeniería Civil y de Minas UPN-C

𝑠

∫ 𝑑𝑠 0

𝑡

= ∫(−50) 𝑑𝑡 20

𝑠 − 0 = −50(𝑡|𝑡20)

𝑠 = −50(𝑡 − 20)

𝑠 = −50𝑡 + 1 000

Para 𝑡 = 30 𝑠

𝑠 = (−50𝑡 + 1 000) 𝑚

𝑠 = [−50(30) + 1 000] 𝑚 𝑠 = − 500 𝑚

❖ Para el tramo 𝐶𝐷 ➢ Hallando la velocidad: 𝑣= 𝑣=

50 − (−50) 𝑡+𝑏 50 − 30 100 𝑡+𝑏 20

𝑣 = 5𝑡 + 𝑏

✓ Para 𝑡 = 40 𝑠 entonces 𝑣 = 0 𝑚⁄ 𝑠 0 = 5(40) + 𝑏

0 = 200 + 𝑏 𝑏 = −200

𝑣 = 5𝑡 − 200

➢ Hallando la aceleración: 𝑎= 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑 [5𝑡 − 200] 𝑑𝑡

𝑎 = 5 𝑚⁄ 𝑠 2

Carrera de Ingeniería Civil y de Minas UPN-C

➢

Hallando la posición: 𝑣=

𝑑𝑠 𝑑𝑡

𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡

𝑑𝑠 = (5𝑡 − 200) 𝑑𝑡

𝑠

𝑡

∫ 𝑑𝑠 = ∫(5𝑡 − 200) 𝑑𝑡

−500

30

𝑡2 𝑡

𝑡 ) 𝑠 + 500 = 5 ( 2 | ) − 200(𝑡|30 30

𝑠 = −500 + 2.5(𝑡 2 − 900) − 200(𝑡 − 30)

𝑠 = −500 + 2.5𝑡2 − 2 250 − 200𝑡 + 6000 𝑠 = 2.5𝑡 2 − 200𝑡 + 3 250

Para 𝑡 = 50 𝑠

𝑠 = (2.5𝑡 2 − 200𝑡 + 4 250) 𝑚

𝑠 = [2.5(50)2 − 200(50) + 3 250] 𝑚 𝑠 = −500 𝑚

❖ Para el tramo 𝐷𝐸 ➢ Hallando la velocidad: 𝑣 = (50) 𝑚⁄ 𝑠 ➢ Hallando la aceleración: 𝑎= 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑 [50] 𝑑𝑡

𝑎 = 0 𝑚⁄ 𝑠 2 ➢ Hallando la posición: 𝑣=

𝑑𝑠 𝑑𝑡

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𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡

𝑑𝑠 = (50) 𝑑𝑡

𝑠

𝑡

∫ 𝑑𝑠 = ∫(50) 𝑑𝑡

−500

50

𝑠 + 500 = 50(𝑡|𝑡50)

𝑠 = −500 + 50(𝑡 − 50)

𝑠 = −500 + 50𝑡 − 2 500

𝑠 = 50𝑡 − 3 000

Para 𝑡 = 60 𝑠

𝑠 = (50𝑡 − 3 000) 𝑚

𝑠 = [50(60) − 3 000] 𝑚

𝑠=0𝑚

❖ Graficando la aceleración en función del tiempo: 𝑎 (𝑚⁄ 𝑠 2)

5

−5

10

20

Carrera de Ingeniería Civil y de Minas UPN-C

30

40

50

60

𝑡 (𝑠)

❖ Graficando la posición en función del tiempo:

Carrera de Ingeniería Civil y de Minas UPN-C...