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EJERCICIOS
FREDY BARRAGÁN A. COD. 2012130045
IGN. HORACIO FONSECA CALDERON
Escuela colombiana De Carreras Industriales Facultad Mecánica
DINAMICA 2012
1.Recorriendo la distancia de 3Km entre A y D, un automóvil viaja a 100Km/h entre A y B durante t segundos, y a 60km/h entre C y D también durante t segundos. Si entre B y C se aplican los frenos durante 4 segundos para comunicar al vehículo una desaceleración uniforme, calcular t y la distancia s entre A y B. Respuesta: t = 65,5s, s = 1,819Km.
a = 2.77 m/s^2 100 K/H = 27.7 m/s^2 60 K/H = 16.67 m/s^2
∆SAB + ∆SBC + ∆SCD = 3000 m
∆SBC = 89.07 m ∫ 𝑑𝑠∆𝑆𝐴𝐵0 = v ∫ 𝑑𝑡𝑡
0 → s entre 0 y ∆SAB = 27.7 t entre el intervalo 0 y t
𝑡 = ∆SAB27.72
→ ∆SAB = 27.7 t
Desplazamiento entre C y D ∫ 𝑑𝑠∆𝑆𝐶𝐷0 = v ∫ 𝑑𝑡𝑡
0
∆ SCD = 16.67 t → 𝑡 = ∆SCD16.67
→ ∆SAB27.72
= ∆SCD16.67
→ 16.67∗∆SAB27.72
= ∆SCD
→ 0.6*∆SAB = ∆SCD
→ ∆SAB + ∆SBC + ∆SCD = 3000 m
→ 1.6*∆SAB = 3000 – 89.07
→ ∆SAB = 1819 m = 1.82 KM
→ 𝑡 = ∆SAB27.72
= 181927.7
= 65.67 segundos
→ ∆SCD = 0.6* ∆SAB
→ ∆SCD = (0.6) (1819) = 1091 m
2.Una patrulla motorizada parte del reposo en A dos segundos después de que un automóvil, que corre a 120Km/h, pasa por A. Si el patrullero acelera a razón de 6m/s² hasta alcanzar la velocidad de 150Km/h, máxima que le es permitida y que mantiene. Calcular la distancia s entre el punto A y el punto en que rebasa el automóvil.
1. para la patrulla motorizada
T total = 2 + t1 + t2 aceleración constante
t2 = tiempo usado por la moto para alcanzar el vehículo
t1 = tiempo que tarda en acelerar a 150 KM/H
a = 𝑑𝑣𝑑𝑡
(150 KM/H) (5/8) = 41.6 m/s
a ∫ 𝑑𝑡𝑡10 = ∫ 𝑑𝑣41.6
0
6 t1 = 41.6
t1 = 6.936
t total = 2 + 6.93 + t2
t total = 8.93 + t2
stotal = ∆S1 + ∆S2 → ecuacion 1
∆S2 = distancia recorrida hasta rebasar el automóvil después de alcanzar 150 KM/H
Para ∆S1
a∫ 𝑑𝑠∆𝑠10 = ∫ 𝑣 𝑑𝑣41.6
0
→ 6 ∆S1 = ½ v ^2 entre el intervalo 0 y 41.6
→ 6 ∆S1 = ½ [(41.6) ^2 – (0) ^2]
→ ∆S1 = 144.21 m
Para ∆S2
V ∫ 𝑑𝑡𝑡10 = ∫ 𝑑𝑠∆𝑠2
0 → 41.6 t2 = ∆S2
Para el vehículo
V ∫ 𝑑𝑡𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙0 = ∫ 𝑑𝑠∆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
0
→ 33.3 ttotal = ∆stotal
→ ∆stotal = 144.22 + ∆S2
→ tTOTAL = 8.93 + t2
→ ttotal = ∆stotal33.3
∆S2 = 41.6 t2
→ 8.93 t2 = 144.22+ ∆s2
33.3 → 8.93 t2 =
144.22+ 41.6 t233.3
→ 297.36 + 33.3 t2 = 144.22 + 41.6 t2 297.36 – 144.22 = (41.6 – 33.3) t2
→ 153.14 = 8.3 t2 t2 = 18.45 segundos
ttotal = 8.93 + 18.45 = 27.38 segundos
∆stotal = 33.3 ttotal → (33.3) (27.38)
∆stotal = 911.75 m
3.Una patrulla motorizada parte del reposo en A dos segundos después de que un automóvil, que corre a 120Km/h, pasa por A. Si el patrullero acelera a razón de 6m/s² hasta alcanzar la velocidad de 150Km/h, máxima que le es permitida y que mantiene, calcular la distancia s entre el punto A y el punto en que rebasa el automóvil.
A→ velocidad que se lanza hacia arriba
B→ velocidad con que golpea el agua
Ay = 9.81m/s^2 = g
Vy = v0 – g – t
Y = yo + V0*t – ½ g*t^2
V^2 = 0 + V0^2-2g (y- yo)
-40 = 0 + V0 (4) – ½ (9.81) (4) ^2
→ -40 = 4 V0 – (8) (9.81)
V0 = 9.62 m/s
4.El ascensor principal de la torre de Toronto se eleva hasta unos 350m y durante la mayor parte el recorrido mantiene una velocidad constante de 22Km/h. Suponiendo que tanto la aceleración como la desaceleración tengan un valor constante de 0,25g, hallar la duración t del recorrido del ascensor. a = 0.25 g aceleración cte. la velocidad es cero t.TOTAL =? t.TOTAL = toa + tab + tbc toa = tbc t.TOTAL = 2 toa + tab 22 K/H = 6.11 m/s V = v0 + a toa 6.11 = 0 + 2.45 toa 6.11/2.45 = toa → toa = 2.49 segundos Distancia entre o y a 0 0 y = y0 + vot + at^2/2
y = (3.45) (2.49) ^2/2
y = 7.59 m = y0a = y BC
Y a0 = 350 - 2*y0a
YAB = 350 – 2 (7.59) = 334.8 m
Tiempo entre A y B
0
Y = y0 + vo* toa + a t^2/2
Y - y0 = vo* tab
Y - y0/ vo = tab → 334.8/6.11 = tab →54.7 segundos
t.TOTAL = 2 toa + tab t.TOTAL = (2.49) + 54.7 = 59.7 SEGUNDOS
5.El piloto de un avión que transporta una bolsa de correos a un lugar remoto desea soltarla en el momento justo para que alcance el punto A. ¿Que ángulo � deberá formar la visual al Blanco con la horizontal en el instante del lanzamiento?
X =? Y = 0 Ypunto =? Xpunto = 55.5 m/s Y2 punto = -9.81 j→
VY^2 = voY – 2*g (y- y0)
VY^2 = -2 (9.81) (-100)
VY = √1962 = 44.29 m/s ↓
v = 55.5 i - 44.29 j
0 0
x = x0 + voxt + ½ a t^2
x = voxt
VY = V0Y - g*t
t = V0Y / -g = -44.29 / -9.81
t = 4.5 segundos
x = voxt → x = (55.59) (4.5) = 249.75 m
r = 249075 j
ө = tan−1( 100249.7
)
ө = 21.8°
6.Un alambre OA conecta el collarín A y un carrete situado en O. Si el collarín se mueve a la derecha con una velocidad constante v0 determínese ө punto en términos de v0 b y ө.
𝑥2 + 𝑏2 = 𝑟2 0 2 x�� + 2b�� = 2 r�� x�� = r�� X*vo = r��
Senө = b/r → r = b/ Senө 0
�� = ��sen −b∗b∗𝑐𝑜𝑠
sen^2
�� =
−bө −𝑐𝑜𝑠 sen^2
→ x = r cos ө
X = b
senθcos ө
(b/Senө)(- b ө� ) cosө/ sen^2 ) = v0 ( bsen
cosө)
�� = 𝐯𝟎∗𝐬𝐞𝐧^𝟐
𝐛
7.El cohete ha sido disparado verticalmente y es seguido por el radar que se representa Cuando θ llega a 60°,las otras mediciones correspondientes dan los valores r=9km,r =21m/ s² , y θ=0.02rad / s.
Hallar la velocidad y la aceleración del cohete.
Según los datos del problema 𝜔 = 60°/S
𝜔 = 60 ( /3) rad r = 90 km 9000m r = 21 m/s^2 ө = 0.02 rad/seg
Velocidad del cohete para ese instante de tiempo es V = r ur + rө uө
Vo= rө (9000) (0.02) = 180 m/s
De la figura se tiene que la tangente de 30° Vo/ Vr por lo tanto Vr = (1/ tan 30°) Vo
Donde Vr = 180 ctg (30°) = (180) (1.73) = 311.77 m/s
→v^2 = Vr ^2 + vө^2 → v = √Vr ^2 + v 2 = �(311.77)2 + (180)^2 = 360 m/s
Aceleración del cohete en ese instante de tiempo
a = (r� �- rө�^2) ur + (2r�ө�+rө� �) uө
ar = r� � - rө�^2 = 21-(9000)(0.02)^2 = 17.4 m/s^2
se tiene tag 30° = aө/ar por lo tanto aө = ar tan 30°
aө = (17.4) tan 30° = (17.4)(0.577)= 10.04 m/s^2
a^2 = ar^2 + aө^2
→ √ar^2 + a 2 =�(17.4)^2 + (10.04)^2 = 20.10 m/s^2
8.El conductor de un bólido que se mueve a 250km/h en el tramo recto aplica los frenos en el punto A y reduce la velocidad uniformemente hasta 200km/h en el punto C a lo largo de una distancia de 150 + 150 = 300m. Calcular el módulo de la aceleración total del bólido un instante después de su paso por B.
V0 = 250k/m = 69.44 m/s
Vc = 200k/h =55.5 m/s
S = 300m
P = 500m
Primero aceleración tangencial
Ads = vdv
At = 𝑣2−𝑣02
2(s−s0) → at = (55.55𝑚/𝑠)^2 −(69.44𝑚/𝑠)^2
2(300𝑚)
At = -2.983 m/s^2
Ahora, encontrar la velocidad existente en el punto B y ésa será la velocidad tangencial desde donde comienza la curva.
vt = 𝑣2−𝑣02
2(s−s0)
vt =�2𝑎(𝑠 − 𝑠0) + 𝑣0^2 → vt = �2 �− 2.983𝑚𝑠
� (150𝑚) + (69.44𝑚𝑠
)^2
vt = 62.885 m/s
Como ya se tiene la velocidad tangencial resta obtener la aceleración normal.
An = VT^2/p = (62.885m/s)^2/500m = 7.9092 m/s ^2
Por último, el módulo de la aceleración es.
[𝑎→] = �
(7.9092)2𝑚2
𝑠2+ (−2.893)2𝑚2
s2
= 8.4217 m/s ^2