Trabajo De Dinamica-cuevas Henricy

UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional De Ingeniería Civil

ALUMNO: Cuevas Henricy, Erickson Arturo DOCENTE: Alan Edgardo Guzmán Arana CURSO: Dinámica CICLO: IV

Cajamarca – Perú 2020

PROBLEMA 1 −20

Un cuerpo se mueve linealmente sobre un eje x con una aceleración 𝑎 = 2 , el móvil parte del 𝑥 punto 𝑥0 = 2𝑚 con una velocidad inicial 𝑣0 = 2 𝑚⁄𝑠. Encontrar la posición de la partícula cuando se detiene y la distancia recorrida. DATOS: −20 𝑎= 2 𝑥 𝑥0 = 2𝑚 𝑣0 = 2 𝑚⁄𝑠 𝑣𝑓 = 0 𝑚⁄𝑠 𝑥𝑓 =? SOLUCION:

𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑎. 𝑑𝑥 = 𝑣. 𝑑𝑣 −20 . 𝑑𝑥 = 𝑣. 𝑑𝑣 𝑥2 𝑥𝑓 0 1 −20 ∫ . 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣. 𝑑𝑣 2 2 𝑥 2 1 𝑥𝑓 𝑣2 0 −20(− | ) = | 𝑥 2 2 2 1 1 22 20 ( − ) = − 𝑥𝑓 2 2 1 1 1 = − 𝑥𝑓 2 10 𝑥𝑓 = 2.5𝑚 𝑎⃗ =

Respuesta: ✓ Se encuentra en la posición 2.5𝑖⃗ ✓ Ha recorrido 2.5 − 2 = 0.5𝑚

PROBLEMA 2 La velocidad de una partícula que se mueve sobre el plano xy se expresa como: 𝑣⃗ = 40(𝑡 − 1)𝑖 + 30(𝑡 2 − 2𝑡 + 1)𝑗 , cuando t=0, se encuentra en el punto 𝑟⃗ 0 = 20𝑖 − 10𝑗 . Hallar: a) La ecuación que describe la trayectoria b) La posición, velocidad y aceleración de la partícula para t=3s. c) Para el instante anterior calcular la proyección de la aceleración sobre la velocidad. Solución: Datos 𝑣⃗ = 40(𝑡 − 1)𝑖 + 30(𝑡 2 − 2𝑡 + 1)𝑗

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 0 → 𝑟⃗ 0 = 20𝑖 − 10𝑗 Desarrollo: 1) 𝑡 = 0

𝑣⃗ = 40(0 − 1)𝑖 + 30(02 − 2 ∗ 0 + 1)𝑗 𝑣⃗ = −40𝑖 + 30𝑗

→

a) Sabemos que: 𝑣=

𝑑𝑟 𝑑𝑡

𝑟

𝑡

𝑟0

𝑡=0

𝑟

→

𝑡

∫ 𝑑𝑟 = ∫ 𝑣 𝑑𝑡 𝑟0

𝑡=0

∫ 𝑑𝑟 = ∫ [40(𝑡 − 1)𝑖 + 30(𝑡 2 − 2𝑡 + 1)𝑗 ]𝑑𝑡 𝑟 − (20𝑖 − 10𝑗 ) = 40 (

𝑡2 𝑡 𝑡3 𝑡2 0 − 𝑡) | + 30 ( − 2 + 𝑡) | 2 0 3 2 𝑣0 𝑖 𝑗

𝑟 − (20𝑖 − 10𝑗 ) = 40 (

𝑡2 𝑡3 − 𝑡) + 30 ( − 𝑡 2 + 𝑡) 2 3 𝑖 𝑗

𝑟 = (20𝑡 2 − 40𝑡 + 20)𝑖 + (10𝑡 3 − 30𝑡 2 + 30𝑡 − 10)𝑗 b) 𝑟⃗3 , 𝑣⃗3 , 𝑎⃗3 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 3 • 𝑟⃗3 = (20 ∗ 32 − 40 ∗ 3 + 20)𝑖 + (10 ∗ 33 − 30 ∗ 32 + 30 ∗ 3 − 10)𝑗 𝑟⃗3 = 80𝑖 + 80𝑗 → 𝑟3 = √802 + 802 = 113.14 𝑚 •

𝑣⃗3 = 40(3 − 1)𝑖 + 30(32 − 2 ∗ 3 + 1)𝑗 𝑣⃗3 = 80𝑖 + 120𝑗 → 𝑣3 = √802 + 1202 = 144.22 𝑚⁄𝑠

•

Aceleración Sabemos que: 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑑[40(𝑡 − 1)𝑖 + 30(𝑡 2 − 2𝑡 + 1)𝑗 ] 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 40 ∗ 1𝑖 + 30(2𝑡 − 2)𝑗 𝑎 = 40𝑖 + 60(𝑡 − 1)𝑗 → 𝑎⃗3 = 40𝑖 + 60(3 − 1)𝑗 𝑎⃗3 = 40𝑖 + 120𝑗 → 𝑎3 = √402 + 1202 = 126.49 𝑚⁄ 2 𝑠

PROBLEMA 3 L a rapidez de un maratonista se puede aproximar por medio de la siguiente formula empírica: 𝑉(𝑥) = 12(1 − 0.025𝑥)0.3 Donde V y x se expresan en km/h y km respectivamente. Sabiendo que 𝑎0 = 0 Calcular: a) La distancia que cubre cuando t= 2h

𝑦

𝑡0 = 0,

b) El tiempo que emplea para recorrer 25 Km c) Su rapidez para t= 2h d) Su aceleración cuando t= 2h; en 𝑚/𝑠2

Solución: a) 𝑑𝑥 𝑉= 𝑑𝑡

→

Condiciones iniciales 𝑎0 = 0

𝑡𝑓

𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 𝑉

𝑦

→

𝑥𝑓

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡0

𝑥0

𝑡0 = 0:

2

𝑥

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 0

0

𝑑𝑥 12(1 − 0.025𝑥)0.3

µ = 1 − 0.025𝑥 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑥 =

2=

−𝑑µ 0.025

µ −1 𝑑µ ∫ 12 ∗ 0.025 0 (µ)0.3

0.58 = (1 − 0.025𝑥)0.7 − 1 𝑥 = 21.632

a) 𝑉 =

𝑑𝑥 𝑑𝑡

→

𝑑𝑡 =

𝑑𝑥 𝑉

𝑡𝑓

→

𝑥𝑓 𝑑𝑥

∫𝑡0 𝑑𝑡 = ∫𝑥0

𝑡

25

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 0

0 𝑥

𝑡=∫ 0

𝑉

𝑑𝑥 12(1 − 0.025𝑥)0.3

𝑑𝑥 12(1 − 0.025𝑥)0.3

µ = 1 − 0.025𝑥 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑥 =

𝑡=

𝑡=

µ −1 𝑑µ ∫ 12 ∗ 0.025 0 (µ)0.3

−1 [(1 − 0.025 ∗ 25)0.7 − 1] 12 ∗ 0.025 𝑡 = 2.37 ℎ

b) 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2ℎ

→

−𝑑µ 0.025

𝑥 = 21.632

𝑑𝑥 𝑉

𝑉(21.632) = 12(1 − 0.025 ∗ 21.632)0.3 𝑉(2ℎ) = 9.501 𝐾𝑚/ℎ

a) 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2ℎ

→ 𝑎=

𝑎 =? 𝑑𝑣 𝑑𝑡

→

𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑥 ∗ → 𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑎=

𝑑𝑣 ∗𝑣 𝑑𝑥

𝑎 = 12 ∗ 0.3 ∗ (1 − 0.025𝑥)−0.7 ∗ (−0.025) ∗ 12 ∗ (1 − 0.025𝑥)0.3

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2ℎ

→

𝑥 = 21.632

𝑎 = −1.848 𝐾𝑚/ℎ2

PROBLEMA 4 Después de desplegar su paracaídas de frenaje, el avión de la figura tiene una aceleración: 𝑎(𝑣) = −0.004𝑣 2 𝑚/𝑠2 a) Determine el tiempo requerido para que la velocidad disminuya de 80 m/s a 10 m/s. b) ¿Qué distancia recorre el avión en ese tiempo?

Solución: b) 𝑎𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑣

→

𝑑𝑥 =

𝑣𝑑𝑣 𝑎 10

𝑥𝑓 −𝑥0 = ∫

80

𝑑=

𝑥𝑓

→

𝑣𝑑𝑣 −0.004𝑣 2

10 −1 𝑑𝑣 ∫ 0.004 80 𝑣

10

∫ 𝑥=∫ 𝑥0

80

𝑣𝑑𝑣 𝑎

𝑑=

−1 [ln(10) − ln(80)] 0.004 𝑑 = 519.86 𝑚

a) 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡

𝑑𝑣 𝑑𝑡 = 𝑎

→ 𝑡

𝑡𝑓

→

𝑣𝑓

𝑣𝑓

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡0

𝑑𝑣 ∫ 𝑑𝑡 = ∫ 2 0 𝑣0 −0.004𝑣 10 −1 𝑑𝑣 𝑡= ∫ 0.004 80 𝑣 2 1 1 1 𝑡= ( − ) 0.004 10 80

𝑣0

𝑑𝑣 𝑎

𝑡 = 21.875 𝑠

PROBLEMA 5 Un guepardo, acinonyx jubatus, puede correr a 75 mi/h. Si se supone que la aceleración del animal es constante y que alcanza su velocidad máxima en 4 s, qué distancia recorrerá en 20 s.

Solución: Por dato la aceleración es constante durante los 4 primeros segundos y después es cero Considerando: 75

𝑚𝑖 𝑚𝑖 5280 𝑝𝑖𝑒𝑠 1ℎ = (75 ) ( )( ) = 110 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 ℎ ℎ 1 𝑚𝑖 3600 𝑠

Por ecuación se tiene que: 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑣

𝑡

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎0 𝑑𝑡 0

0

𝑣|

𝑣 𝑡 = 𝑎0 𝑡 | 0 0

𝑣 − 0 = 𝑎0 (𝑡 − 0) Obteniéndose la velocidad en función del tiempo de los primeros 4s= 𝑣 = 𝑎0 𝑡 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 Cuando 𝑡 = 4𝑠, 𝑣 = 110 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠; entonces la 𝑎0 =

110 4

= 27.5 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠2 por lo tanto la

velocidad en los primeros 4s será de 𝑣 = 27.5 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 27.5𝑡 𝑑𝑡 0

0

𝑥

𝑥 𝑡2 𝑡 = 27.5 | 0 2 0

𝑥 − 0 = 27.5(

𝑡2 − 0) 2

Obteniéndose la posición en función del tiempo a los 4s que será 𝑥 = 13.75 𝑡 2 𝑝𝑖𝑒𝑠 En 𝑡 = 4𝑠, la posición es 𝑥 = 13.75 (42 ) = 220 𝑝𝑖𝑒𝑠

De 𝑡 = 4𝑠 a 𝑡 = 20𝑠, la velocidad 𝑣 = 110 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠, lo definimos como 𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑡 = 110 𝑑𝑡 Integramos para obtener la distancia que recorre durante la segunda fase 𝑥

20

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 110 𝑑𝑡 0

𝑥

4

𝑥 20 = 110 𝑡| 0 4

𝑥 − 0 = 110(20 − 4) Obteniéndose un valor de 𝑥 = 1760 𝑝𝑖𝑒𝑠, por lo que la distancia total que ha recorrido el guepardo será de 220 𝑝𝑖𝑒𝑠 + 1760 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 1980 𝑝𝑖𝑒𝑠

PROBLEMA 6 La lancha de la figura se va moviendo a 20 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 cuando su motor se apaga. Debido a la resistencia aerodinámica, su aceleración es 𝑎 = −0.1 𝑣 2 𝑝𝑖𝑒/𝑠2 Cuál es la velocidad de la lancha 2 s después.

Solución: Por datos tenemos que: 𝑎 = −0.1 𝑣 2 𝑝𝑖𝑒/𝑠2 𝑣 = 20 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 Entonces: 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

2

𝑣

0

1 2 𝑑𝑣 20 𝑣

2

𝑣

∫ −0.1 𝑑𝑡 = ∫

∫ −0.1 𝑑𝑡 = ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 0

20

1 1 −0.2 = − + 𝑣 20 −0.2 −

1 1 =− 20 𝑣

−0.25 = − 𝑣=

1 𝑣

−1 −0.25

𝑣 = −4 𝑓𝑡/𝑠

PROBLEMA 7 La mayor profundidad oceánica descubierta hasta ahora se halla en las islas Marianas, en el Océano Pacífico occidental. Una bola de acero que se libere en la superficie requiere 64 minutos para llegar al fondo. La aceleración de la bola hacia abajo es a = 0.9g – cv, donde g es la aceleración debida a la gravedad a nivel del mar y la constante c = 3.02 1/s . ¿Cuál es la profundidad en metros?

Solución a=0.9g-cv→a=8829-3.02v g=9.81m/s2 c=3.02

1 5

adx=vdv dx=? a=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

dt= +

𝑣

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 0

+=

0

𝑑𝑣 𝑎

𝑑𝑣 8.829 − 3.02𝑣

𝑉 1 −3.02𝐷𝑉 ∫ (−3.02) 0 8.829 − 3.02𝑉

+=

1 ln|8.829 − 3.02𝑣 | −3.02

-3.02+= ln|8.829 − 3.02𝑣 | ln|8.829| 2.178-3.02+= ln|8.829 − 3.02| 𝑒 2.178−3.02+ =8.829-3.02v 3.02v=8.829 − 𝑒 2.178−3.02+ V=

8.829−𝑒 2.178−3.02+ 3.02

V= +

∫ 0

h=

8.829 3.02

h=

ℎ 8.829 − 𝑒 2.178−3.02+ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑥 3.02 0

3840

+ ∫0

8.829 + 3.02

𝑑𝑥 𝑑𝑡

3840 2.178−3.02+ (−3.02)𝑑𝑡 𝑒

1

+ (3.02)2 ∫0

(3840) +

1 (3.02)2

3840

. 𝑒 2.178−3.02+ ∫0

1

h= 11226.27814 + (3.02)2 [𝑒 2.178−3.02 − 𝑒 2.178 ] -0.9680092241 h= 11266.27814 h= 1126.27814 -

8.829 9.1209

1126.27814 – 0.968049969

h= 11125.31009m PROBLEMA 8 Un paracaidista salta de un helicóptero y va cayendo en línea recta a 30 m/s cuando se abre su paracaídas. A partir de ese momento su aceleración es aproximadamente a = g – cv^2, donde g = 9.81 m/s^2 y c es una constante. Después de un periodo inicial de "transición", desciende a una velocidad de 5 m/s casi constante. (a) ¿Cuál es el valor de c y cuáles son sus unidades SI? (b) ¿A qué desaceleración máxima está sometido? (e) ¿Cuál es su velocidad cuando ha caído 2 m desde el punto en que se abre su paracaídas?

Solución

a) a= g-𝑑2 → 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 a(max)=9.81-(0.3924(30)2 ) a(max)= -343.35 m/𝑠2

b)

a=

𝑑𝑣 𝑑𝑥

.

𝑑𝑔 𝑑𝑡

adx=vdv 2

𝑣𝑓

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0

30

𝑣𝑑𝑣 9.81 − 0.3924𝑣 2 𝑣𝑓 (−0.7848)𝑣𝑑𝑣

(-0.7898)2=∫30

9.81−0.3924𝑣 2 𝑣𝑓

-1.5696= ln|9.81|- 0.3924𝑣 2 ∫30

-1.56960 ln|9.81|- 0.3924𝑣𝑓 2 |−ln|9.81|−353.16|

-1.5696=ln|9.81 − 0.3924𝑣𝑓 2 |- 5.83875 ln|9.81 − 0.3924𝑣𝑓 2 |= 4.26915 𝑒 4.26915 = |9.81 − 0.3924𝑣𝑓 2 | 71.46086806= -9.81+0. 3924𝑣𝑓 2 𝑣𝑓 2= 207.1123039 Vf=14.39 m /s2

PROBLEMA 9 Una bola que cae en el aire tiene una aceleración a(v) =9.81-0.003v2 m/s2 Donde la velocidad se expresa en metros por segundo y el sentido positivo es hacia abajo. Determinar la velocidad de la bola en función de la altura si lleva una velocidad hacia debajo de 3 m/s cuando y = 0. Determinar también la velocidad de régimen de la bola.

SOLUCIÓN 𝑎 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑦 =

𝑣 𝑑𝑣 𝑎

𝑑𝑦 =

𝑣 𝑑𝑣 9.81 − 0.003𝑣 2

𝑦′

′

𝑉 1 −0.006𝑉 ∫ 𝑑𝑦 = − ∫ 𝑑𝑉 0.006 3 9 ⋅ 81 − 0.003𝑉 2 0

1 ′ [𝑙𝑛(9.81 − 0.003𝑣 2 )]𝑣3 0.006

𝑦′ = −

2

−0.006𝑦 ′ = 𝑙𝑛(9.81 − 0.003𝑦 ′ ) − 𝑙𝑛(9.81 − 0.003 (9))

2

−0.006𝑦 ′ = 𝑙𝑛(9.81 − 0.003𝑦 ′ ) − 𝑙𝑛(9.783) 2

ln(9.783) − 0.006𝑦 ′ = ln(9.81 − 0.003𝑦 ′ ) 𝑣 =√ ′

9.81 − 𝑒 −0.006𝑦 0.003

′ +ln(9.783)

9.81 − 𝑒 −0.006𝑦+ln(9.783) 𝑣(𝑦) = √ 0.003 Luego: 𝑣𝑚á𝑥 = lim 𝑣(𝑦) 𝑦→∞

𝑣𝑚á𝑥 = √

9.81 0.003

𝑣𝑚á𝑥 = 57.1839 m/s

PROBLEMA 10 Un carrito unido a un resorte se mueve con una aceleración proporcional a su posición pero de signo contrario a(x) = -2x m/s2. Determinar la velocidad del carrito cuando x= 3 m si su velocidad era v = 5 m/s cuando x= 0.

SOLUCIÓN

a=

a=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑑𝑣 𝑑𝑥

=

𝑑𝑣 𝑑𝑥

⋅

𝑑𝑥 𝑑𝑡

⋅𝑣

3

𝑉

∫ −2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝜈 𝑑𝑉 0

5

3

𝑣

−2𝑥 2 𝑣2 | = | 2 0 2 5

−9 =

𝑣 2 25 − 2 2

𝑣 2 − 25 = −9 2 𝑣 2 − 25 = −18

𝑣2 = 7 𝑣 = √7 m/s

PROBLEMA 11 El mecanismo de freno que se usa para reducir el retroceso en ciertos tipos de cañones consiste esencialmente en un émbolo unido a un cañón que se mueve en un cilindro fijo lleno de aceite. Cuando el cañón retrocede con una velocidad inicial v0, el émbolo se mueve y el aceite es forzado a través de los orificios en el émbolo, provocando que este último y el cañón se desaceleren a una razón proporcional a su velocidad; esto es, a = −kv. Exprese: a) v en términos de t. b) x en términos de t. c) v en términos de x.

Solución 𝑎 = −𝑘𝑣 𝒗=

𝒂 −𝒌

𝑑𝑣 =𝑎 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑎. 𝑑𝑡 𝑣

∫ 0

𝑡 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑡 −𝑘𝑣 0

a) v en términos de t. −𝑘 −1 ln|𝑣 | = 𝑡 𝑒 −𝑡𝑘 = 𝑣 1 𝑡𝑘 𝑒

𝑣=( ) b) x en términos de t.

𝑑𝑥 =𝑣 𝑑𝑡 𝑥 𝑡 −𝑘 ∫0 𝑑𝑥 = ∫0 𝑒 𝑡𝑘 − 𝑘 𝑑𝑡 𝑡

−𝑘𝑥 = 𝑒 −𝑡𝑘 |0

−𝑘𝑥 = 𝑒 −𝑡𝑘 − 1

1−𝑒 −𝑡𝑘

𝑥=

𝑘

c) v en términos de x. 𝑎. 𝑑𝑥 = 𝑣. 𝑑𝑣 −𝑘𝑣. 𝑑𝑥 = 𝑣. 𝑑𝑣 𝑥

𝑣

−𝑘 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑣 0

−𝑘𝑥 = 𝑣

0

PROBLEMA 13 Un objeto parte desde el reposo en el origen y recibe una aceleración a = k(x+ 4)2 , donde a y x se expresan en m/s^2 y m, respectivamente, y k es una constante. Si se sabe que la velocidad de la partícula es 4 m/s cuando x = 8 m, determine: a) El valor de k. b) La posición de la partícula cuando v = 4.5 m/s. SOLUCIÓN 𝑉0 = 0 𝑚⁄𝑠

𝑥 =0𝑚

𝑎 = 𝑘(𝑥 + 4)2 𝑉𝑖 = 4 𝑚⁄𝑠

𝑥 =8𝑚

a) El valor de k. 𝑎. 𝑑𝑥 = 𝑣. 𝑑𝑣 8

4

𝑘 ∫ (𝑥 + 4)2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣. 𝑑𝑣 0

0 2

4

(𝑥 + 4)3 𝑣2 𝑘 | = | 3 2 0 0 𝑘 1 (123 − 43 ) = (4)2 3 2 1664𝑘 =8 3 𝑘=

3 208

b) La posición de la partícula cuando v = 4.5 m/s. 𝑣 = 4.5 𝑚/𝑠 𝑣 = 0 𝑚/𝑠

𝑥 =0𝑚 𝑥 =?

𝑎. 𝑑𝑥 = 𝑣. 𝑑𝑣

𝑥𝑡

∫ 0

4.5 3 (𝑥 + 4)2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣. 𝑑𝑣 208 0 𝑥𝑡

4.5

3 (𝑥 + 4)3 𝑣2 . | = | 208 3 2 0 0

1 ((𝑥𝑡 + 4)3 − 43 ) = 4.52 104 (𝑥𝑡 + 4)3 + 43 = 2106 (𝑥𝑡 + 4)3 = 2170 𝑥𝑡 = 8.9465 𝑚

PROBELMA 14 Una bola de boliche se deja caer desde una lancha, de manera que golpea la superficie del lago con una rapidez del lago con una rapidez de 25 ft/s. si se supone que la bola experimenta una aceleración hacia abajo a = 10 −0.9v2 cuando está en el agua, determine la velocidad de la bola cuando golpea el fondo del lago.

SOLUCION Vo = 25 ft/s ,

X – Xo = 30 ft

a = 10 – 0.9 𝑉 2 = K ( 𝐶 2 − 𝑉 2 ) K = 0.9 𝑓𝑡 −1

𝐶2 =

10 0.9

= 11.111 ft/s

C = 3.3333 ft/s

a=𝑉 𝑣𝑑𝑣 𝑣 2 −𝑐 2

𝑑𝑣 𝑑𝑥

= -K ( 𝐶 2 − 𝑉 2 )

= -Kdx 𝑉

1/2Ln (𝑣 2 − 𝑐 2 ) ∫𝑉0 2𝐾= -K (X – Xo) Ln

𝑣 2 −𝑐 2 𝑉𝑜 2 −𝑐 2

𝑣 2 −𝑐 2 𝑉𝑜 2 −𝑐 2

= -2K (X – Xo)

= 𝑒 −2K (X – Xo)

𝑣 2 = 𝑐 2 + (𝑉𝑜 2 − 𝑐 2 ) 𝑒 −2K (X – Xo) = 11.111 + [25*25 – 11.111] 𝑒 −2K (X – Xo) = 11.111 + 3.89*10−19 = 11.111 𝑓𝑡 2 /𝑠2

V = 3.33 ft/s

EJERCICIO N° 15 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 expresa 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.

SOLUCION a) At = t = 0 , 𝑑𝑥 𝑑𝑡

X=0

= V = 7.5 (1 − 0.04𝑥)0.3

𝑥

∫0

𝑡

𝑑𝑥 (1−0.04𝑥)0.3

= ∫0 7.5 𝑑𝑡

1 −1 ( ) [(1 − 0.04𝑥)0.7 0.7 0.04

]0, 𝑥 = 7.5t

1 - (1 − 0.04𝑥)0.7 = 0.21t

At = t = 1h,

X=

1 [1 0.4

- (1 − 0.04𝑥)1/0.7 ]

X = 7.15 min

b)

a=𝑉

𝑑𝑣 𝑑𝑥

= 7.5(1 − 0.04𝑥)0.3

𝑑 [7.5(1 𝑑𝑥

− 0.04𝑥)0.3 ]

= 7.52 (1 − 0.04𝑥)0.3 [(0.3)(-0.04) (1 − 0.04𝑥)0.7 ] = -0.675(1 − 0.04𝑥)−0.4 At = t = 0,

X=0 a = -0.675min/ℎ2 *

5280𝑓𝑡 1ℎ 2 *( ) 1𝑚𝑖𝑛 3600𝑠

a = -275*10−6 ft/𝑠2

c) t = 6min t= t=

1 0.21𝑡

[1 - (1 − 0.04𝑥)0.7 ]

1 [1 0.21𝑡

- (1 − 0.04(6))0.7 ]

t = 0.83229h

t = 49.9 min

PROBLEMA 16 Datos experimentales indican que en una región de la corriente de aire que sale por una rejilla de ventilación, la velocidad del aire emitido está definido por v = 0.18v0 x, donde v y x se expresan en m/s y metros, respectivamente, y v0 es la velocidad de descarga inicial del aire. Para v0 = 3.6 m/s, determine:

a) La aceleración del aire cuando x = 2 m. b) El tiempo requerido para que el aire fluya de x = 1 a x = 3 m.

SOLUCION a) a = 𝑉

𝑑𝑣 𝑑𝑥

= 0.18Vo =

b)

X = 2min 𝑑 0.18𝑉𝑜 ( ) 𝑑𝑥 𝑥

=

0.0324𝑉𝑜 2 𝑥3

−0.0324(3.6)2 23

𝑑𝑥 𝑑𝑡

=V=

0.18𝑉𝑜 𝑥

3

a = -0.0525 m/𝑠2

X = 1min ,

X = 3min

𝑡3

∫1 𝑥𝑑𝑥 = ∫𝑡1 0.18𝑉𝑜𝑑𝑡 1 2

[ 𝑥 2 ]1,3 = 0.18Vo(t3 – t1) (t3 – t1) =

1/2(9−1) 0.18(3.6)

(t3 – t1) = 6.17s

PROBLEMA 17 Un objeto metálico se somete a la influencia de un campo magnético a medida que desciende a través de un fluido que se extiende de la placa A a l placa B, ver figura. Si el objeto se libera del reposo en el punto medio C, s = 100 mm y la aceleración es a = 4s m/s^2, donde s está en metros, determine la velocidad del objeto cuando llega a la placa B, s = 200 mm y el tiempo que le lleva para ir de C a B.

SOLUCIÓN: . Convertimos la aceleración a mm / s

2

a = 4sm / s 2 = 4000smm / s 2

a ds = v dv s



vf

4000s =  vdv

100

0 2 s

s 4000 2

100

v2 = 2

vf

0

 s 2 100 2  vf 2 4000  − = 2  2 2 vf = 4000( s 2 − 1002 )mm / s Reemplazando por s=200mm

vf = 4000(2002 − 1002 ) = 10954.45mm / s

Para el tiempo

v=

ds dt

t

200

0

100

 dt =  t=

ds 4000( s 2 − 1002 )

1 ln s + s 2 − 1002 4000

200 100

t = 0.021seg.

PROBLEMA 18 El mecanismo de freno que se usa para reducir el retroceso en ciertos tipos de cañones consiste esencialmente en un émbolo unido a un cañón que se mueve en un cilindro fijo lleno de aceite. Cuando el cañón retrocede con una V0 , el émbolo se mueve y el aceite es forzado a través de los orificios en el émbolo, provocando que este último y el cañón se desaceleren a una razón proporcional a su velocidad; esto es, a=-kv. Exprese: a) V en términos de t b) X en términos de t c) V en términos de X d) Dibuje las curvas del movimiento correspondiente.

𝑎) 𝑉 𝑒𝑛 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑡: 𝑎=

𝑑𝑣 ; 𝑎𝑙 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟 " − 𝑘𝑣" 𝑝𝑜𝑟 "𝑎" 𝑑𝑡

𝑂𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠: −𝑘𝑣 =

𝑑𝑣 𝑑𝑣 ; = −𝑘𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑣

𝑣

𝑡 𝑑𝑣 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑡 𝑣0 𝑣 0

∫

𝑙𝑛

𝑣 = −𝑘𝑡 𝑣0

𝑣 = 𝑣0 𝑒 −𝑘𝑡 V 𝑣0

t 𝑏) 𝑥 𝑒𝑛 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑡: 𝑣= 𝑣0 𝑒 −𝑘𝑡 = 𝑥=−

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑥 𝑡 𝑑𝑥 => ∫ 𝑑𝑥 = 𝑣0 ∫ 𝑒 −𝑘𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 0 0

𝑣0 −𝑘𝑡 𝑡 𝑣0 [𝑒 ]|0 = − (𝑒 −𝑘𝑡 − 1) 𝑘 𝑘 𝑣0 𝑥 = (1 − 𝑒 −𝑘𝑡 ) 𝑘

X 𝑣0 𝑘

t 𝑐) 𝑉 𝑒𝑛 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑥 𝑀𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖ó𝑛 -kv 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑎=𝑣

𝑑𝑣 𝑑𝑥

−𝑘𝑣 = 𝑣

𝑑𝑣 𝑑𝑥

𝑑𝑣 = −𝑘𝑑𝑥

𝑣

𝑥

∫ 𝑑𝑣 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑥 𝑣0

0

𝑣 − 𝑣0 = −𝑘𝑥 𝑣 = 𝑣0 − 𝑘𝑥 V 𝑣0

𝑣0 𝑘

0

x

PROBLEMA 20 A partir de x = 0, sin velocidad inicial, la aceleración de una partícula está definida por la relación a = 0.8 v 2 + 49 , donde a y v se expresan en m/s^2 y m/s, respectivamente. Determine a) la posición de la partícula cuando v = 24 m/s, b) la rapidez de la partícula cuando x = 40 m. 1) Datos:

a = 0.8 v 2 + 49   x0 = 0m   v0 = 0m / s 

(1)

De (1) obtenemos: a) la posición de la partícula cuando V=24m/s.

vdv = adx v dv = dx a b v d dv = a a c dx xf 1 24 2v dv =  dx  2 0 0 2 0.8 v + 49 24 1 v 2 + 49 = x f 0 0.8 1 242 + 49 − 49 = x f 0.8 x f = 22.5m

(

)

b) la rapidez de la partícula cuando x=40 40 1 vf 2v dv = 0 dx 2 0 0.8 v 2 + 49 vf 1 v 2 + 49 = 40 0 0.8 1 vf 2 + 49 − 49 = 40 0.8

(

)

vf 2 + 49 − 7 = 32 vf 2 + 49 = 39 vf 2 = 392 − 49 vf = 38.366m / s

PROBLEMA 21 La aceleración debida a la gravedad a una altura y sobre la superficie de la Tierra puede expresarse como:

Donde a y y se expresan en ft/s2 y pies, respectivamente. Utilice esta expresión para calcular la altura que alcanza un proyectil lanzado verticalmente hacia arriba desde la superficie terrestre si su velocidad inicial es a) 1800 ft/s, b) 3000 ft/s, c) 36700 ft/s.

a)

b)

c)

PROBLEMA 22 El aire frena a los objetos que se mueven a través suyo con una fuerza que aumenta como el cuadrado de la velocidad. A causa de ello, la aceleración de un ciclista que baja por una pendiente resulta ser:

𝑎(𝑣) = 0.122 − 0.0007𝑣 2 𝑚/𝑠2

Donde la velocidad se expresa en metros por segundo. Determinar la velocidad del ciclista en función de la distancia si la velocidad es nula cuando 𝑥 = 0. Determinar también la máxima velocidad que alcanza el ciclista.

Solución 1. Datos: 𝑎(𝑣) = 0.122 − 0.0007𝑣 2 𝑚/𝑠2 𝑆𝑖 𝑥 = 0𝑚 , 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑣 = 0

2. Hallamos la velocidad del ciclista en función de la distancia. 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑢𝑠𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎: 𝑎 𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 𝑥′

𝑣′

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0

0

𝑣 𝑑𝑣 𝑎

𝑣 𝑑𝑣 0.122 − 0.0007𝑣 2

𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒:

0.122 − 0.0007𝑣 2 = 𝜇

−0.0014𝑣 𝑑𝑣 = 𝑑𝜇

𝜇𝑎

𝑥′

𝑥 |0

1 𝑑𝜇 = ∫ 0.0014 𝜇 𝜇𝑏

𝜇𝑎

0.0014(𝑥 ′ − 0) = 𝐿𝑛|𝜇||𝜇

𝑏

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝜇 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠: 0.0014𝑥 ′ = ln|0.122 − 0.0007𝑣 2 ||𝑣0

′

2

−0.0014𝑥 ′ = ln|0.122 − 0.0007𝑣 ′ | − ln|0.122 − 0.0007(02 )| 2

−0.0014𝑥 ′ = ln|0.122 − 0.0007𝑣 ′ | − ln|0.122| 2 ln|0.122| − 0.0014𝑥 ′ = ln|0.122 − 0.0007𝑣 ′ | ′

𝑒 ln|0.122|−0.0014𝑥 = 0.122 − 0.0007𝑣 ′ 2

2

0.0007𝑣 ′ = 0.122 − 𝑒 ln|0.122|−0.0014𝑥 2 𝑣′

0.122 − 𝑒 ln|0.122|−0.0014𝑥 = 0.0007

′

′

𝑣′

0.122 − 𝑒 ln|0.122|−0.0014𝑥 =√ 0.0007

′

3. Determinamos la máxima velocidad que alcanza el ciclista. 𝐸𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑐𝑖𝑠𝑡𝑎 𝑎𝑙𝑐𝑎𝑛𝑧𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑢 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑖𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 → ∞

0.122 − 𝑒 ln|0.122|−0.0014(∞) 𝑣max = √ 0.0007 0.122 − 0 𝑣max = √ 0.0007 𝑣max = 13.2017 𝑚/𝑠

PROBLEMA 23 Un disco de hockey sobre hielo se desliza sobre una película de agua horizontal animado de una aceleración directamente proporcional a su celeridad: 𝒂 = −𝟎. 𝟓 𝒗 m/s^2. 𝑣 > 0 Donde la velocidad se expresa en metros por segundo. Si el disco lleva una velocidad de 15 m/s cuando x = 0, determinar su velocidad en función de la distancia y calcular su velocidad cuando x = 20 m.

SOLUCIÓN: a) 𝑎𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑣 −0.5𝑣𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑣 𝑥′

𝑣′

−0.5 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑣 0

15

−0.5𝑥 ′ = 𝑣 ′ − 15 𝑣 ′ = 15 − 0.5𝑥′ b) 𝑣 ′ = 15 − 0.5 ∗ 20

𝑣′ = 5

𝑚 𝑠

PROBLEMA 25 Una bola de acero se libera del reposo en un recipiente de acero. Su aceleración hacia abajo es a=0.9-cv, donde g es la aceleración debido a la gravedad a nivel del mar y c es una constante. ¿Cuál es la velocidad de la bola en función de tiempo? SOLUCION: Sabemos que 𝑎 =

𝑑𝑣 𝑑𝑡

entonces 𝑑𝑣 = 𝑎. 𝑑𝑡 ….. 1

Como dato a=0.9-cv Reemplazamos en 1 : 𝑑𝑣 = 𝑎. 𝑑𝑡 dv= 0.9-cv.dt 𝑡

𝑣

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 0

0

𝑑𝑣 0.9𝑔 − 𝑐𝑣

t = −ln

(𝑐𝑣−0,9𝑔) 𝑐

ln(𝑐𝑣 − 0,9𝑔) = −𝑐𝑡 𝑐𝑣 − 0,9𝑔 = 𝑒 −𝑐𝑡 𝑣=

(0,9𝑔 + 𝑒 −𝑐𝑡 ) 𝑐

Como la velocidad inicial es =0 debemos agregar una constante en la ecuación de la velocidad final (cnt=k) t=0 v=0 entonces 𝑘 =

−(0,9𝑔+1) 𝑐

finalmente la velocidad seria 𝑣=

(0,9𝑔 + 𝑒 −𝑐𝑡 ) −(0,9𝑔 + 1) 𝑐+ 𝑐

PROBLEMA 26 La mayor profundidad oceánica descubierta hasta ahora se halla en las islas Marianas, en el Océano Pacifico occidental. Una bola de acero que se libere en la superficie requiere 64 minutos para llegar al fondo. La aceleración de la bola hacia abajo es 𝑎 = 0.9𝑔 −𝑐𝑣, donde g es la

aceleración debido a la gravedad a nivel del mar y la constante c = 3.02s^{-1}. ¿Cuál es la profundidad en metros? SOLUCION 𝑎 = dv/dt = 0.9𝑔 – 𝑐𝑣 Separando variables para integrar 𝑣

∫0 𝑑𝑣/ 0.9𝑔 – 𝑐𝑣 Integramos para encontrar la velocidad en función del tiempo

Integrando

Obtenemos

Reemplazando el tiempo tenemos 64*60= 3840 segundos Ahora reemplazando para obtener la profundidad S =11225 metros =11,225 Km

PROBLEMA 27 Para estudiar los efectos de los impactos de meteoros sobre los satélites, se usa un cañón que acelera una bola de plástico a una alta velocidad. Se determina que cuando la bola ha recorrido 1 m su velocidad es de 2.25 km/s y cuando ha recorrido 2 m, su velocidad es de 1.00 km/s. Suponga que la aceleración de la bola cuando sale del cañón está dado por 𝑎 = −𝑐𝑣2, donde c es una constante. a) ¿Cuál es el valor c y cuáles son sus unidades SI? b) ¿Cuál es la velocidad de la bola al salir del cañón? a)

X=1----V=2.25 km/s X=2m----v=1km/s Adx=vdv

Dx=vdv/−𝑐𝑣2 𝑥

𝑣

∫0 𝑑𝑥 = −1/𝑐 ∫0 𝑑𝑣/𝑣 X=1/-c lnv Para x=1m 1=(1=/-c)(ln(2.25)) C=-5.4161004022 b) 2

−1/𝑐 ∫ 𝑑𝑣/𝑣 v0

c/ln(2.25) =ln(v0) v0 =2.25𝑒 𝑐 reemplazando v0=4.5km/s

PROBLEMA 28 Un trineo de retro impulso parte del reposo y acelera con 𝑎 = 3𝑡2 m/s^2 hasta que su velocidad es de 1000 m/s. En ese momento encuentra un freno de agua y su aceleración es 𝑎 = −0.001𝑣2 hasta que su velocidad disminuye a 500 m/s. ¿Qué distancia total recorre el trineo? SOLUCIÓN

Para el tramo AB: 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

∫ 𝑎 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑉 𝑡

𝑉

∫ 𝑡 2 = ∫ 𝑑𝑉 0

3

3𝑡 3 3

𝐼0𝑡 = 𝑣𝐼01000

𝑡 3 = 1000 𝑡 = 10 𝑠 Por condiciones iniciales 𝑡

𝑣

∫ 3𝑡 2 = ∫ 𝑑𝑣 0

0

3𝑡 3 =𝑣 3 Hallamos la posición x1: 𝑣= 10

𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑥1

∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑥 0

0

𝑡4 = 𝑥1 4 𝑥1 = 250 Para el tramo BC: 𝑎 𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑣

−0.001𝑣 2 𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = −

𝑣 𝑑𝑣 0.001

𝑥2

500 1 𝑑𝑣 ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ 0.001 1000 𝑣 0

𝑥2 = −

1 [ln(500) − ln(100)] 0.001

𝑥2 = −

1 1 ln ( ) 0.001 2

𝑥2 = 693.147

𝐷 = 𝑥1 + 𝑥2 𝐷 = 3193.147

PROBLEMA 29 La velocidad de un objeto es 𝑣 = 𝑣0 [1 − sin(𝜋𝑡 𝑇 )]. Si se sabe que el objeto parte desde el origen con una velocidad inicial 𝑣0, determine a) su posición y su aceleración en t = 3T, b) su velocidad promedio durante el intervalo de t = 0 a t = T. SOLUCIÓN a) su posición y su aceleración en t = 3T x-a en t=3T 𝜋𝑡 𝑑𝑥 𝑉0 [1 − 𝑠𝑒𝑛 ( )] = 𝑇 𝑑𝑡 3𝑇

∫

𝑉0[1 − 𝑠𝑒𝑛(

0

𝑥 𝜋𝑡 )] 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑥 𝑇 0

3𝑇 𝜋𝑡 ∫ 𝑉0 [1 − 𝑠𝑒𝑛 ( )] 𝑑𝑡 = 𝑋 𝑇 0 3𝑇

3𝑇

𝑉0 ∫ 𝑑𝑡 − 𝑉0 ∫ 0

𝑠𝑒𝑛(

0

𝜋𝑡 ) 𝑑𝑡 = 𝑋 𝑇

Por cambio de variable: 𝜋𝑡 𝑇 𝜋 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑇 𝜇=

𝑇 𝑑𝑢 𝜋

𝑑𝑡 = 𝑉0 𝑡 𝐼𝑂3𝑇 − 𝑉0

𝑇 3𝑇 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑑𝑢) 𝜋 0

𝑇 𝑉0 𝑡𝐼03𝑇 − 𝑉0 (−𝑐𝑜𝑠𝑢)𝐼𝑂3𝑇 = 𝑋 𝜋 𝑉0 (3𝑇) + 𝑉0

𝑇 cos(3𝜋) = 𝑋 𝜋

Hallando la aceleración: en t=3T 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑎=

𝑑[1 − 𝑠𝑒𝑛( 𝑑𝑡

𝜋𝑡 )] 𝑇

𝑑 𝜋𝑡 (𝑉0 − 𝑉0 𝑠𝑒𝑛 ( )) 𝑑𝑡 𝑇 𝜋 𝑎 = − 𝑉0 cos(3𝜋) 𝑇 b) su velocidad promedio durante el intervalo de t = 0 a t = T. 𝑎=

𝑉= 𝑉=

𝑉= 𝑉=

∆𝑋 ∆𝑡

𝑋𝑓 − 𝑋0 𝑇𝑓 − 𝑇0

[𝑉0 (3𝑇) + 𝑉0 𝑇−0

𝑇 ]−0 𝜋

𝑇[3𝑉0 + 𝑉0 cos(3𝜋)] 𝑇

𝑉 = 3𝑉0 + 𝑉0 cos(3𝜋)

PROBLEMA 30 El desplazamiento de un objeto está dado por 𝑆 = (−2 + 3𝑡)𝑒 −0.5𝑡 , donde s está en metros y t en segundos. Representar gráficamente, en función del tiempo, el desplazamiento, la velocidad y la aceleración durante los 20 primeros segundos del movimiento. Determinar el instante de la aceleración nula. Solución 𝑆 = (−2 + 3𝑡)𝑒 −0.5𝑡 𝑑𝑠 𝑑𝑡

= 𝑉 = (4 − 1.5𝑡)𝑒 −0.5𝑡 m/s

𝑑𝑣 𝑑𝑡

= 𝑎 = (0.75𝑡 − 3.5)𝑒 −0.5𝑡 m/s^2

Grafica del desplazamiento en función al tiempo (x vs t)

DESPLAZAMIENTO EN FUNCIÓN AL TIEMPO 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 0 -1 -1.5 -2 -2.5

5

10

15

20

25

20

25

Grafica de la velocidad en función al tiempo (v vs t)

Velocidad en función al tiempo 4.5 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 0 -1

5

10

15

Grafica de la aceleración en función al tiempo (a vs t)

Aceleración en función al tiempo 0.5 0 -0.5

0

5

-1 -1.5 -2 -2.5 -3 -3.5 -4

Instante de la aceleración nula 𝑎 = (0.75𝑡 − 3.5)𝑒 −0.5𝑡

10

15

20

25

0 = (0.75𝑡 − 3.5)𝑒 −0.5𝑡 0 = 0.75𝑡 − 3.5 𝑡 = 4.67 seg

PROBLEMA 31 La aceleración de un objeto está dada por a = 4t -30 donde a son metros por segundo al cuadrado y t en segundos. Hallar la velocidad y el desplazamiento como funciones del tiempo. El desplazamiento inicial cuando t = 0 es s0 = -5m y la velocidad inicial es v0 = 3m/s. Solución Hallamos la velocidad: Sabemos que : a =

𝑑𝑣 𝑑𝑡

→ dv = a. dt → v = ∫ 𝑎. 𝑑𝑡

∧ v0 = 3m/s

𝑡

V(t) = 𝑣𝑜 + ∫𝑡0 𝑎 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑡

V(t) = 3 + ∫0 (4𝑡 − 30)𝑑𝑡 V(t) = 3 +[4

𝑡2 2

– 30𝑡 ]

V(t) = 3 + [2𝑡 2 − 30𝑡] V(t) = 𝟐𝒕𝟐 − 𝟑𝟎𝒕 + 3

Hallamos el desplazamiento: v=

𝑑𝑠 𝑑𝑡

→ ds = v. dt → s = ∫ 𝑣. 𝑑𝑡 𝑡

s(t) = so + ∫𝑡0 𝑣 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑡

s(t) = -5 + ∫0 (2𝑡 2 − 30𝑡 + 3)𝑑𝑡 2𝑡 3 3

−

2𝑡 3 3

- 15𝑡 2 + 3t

s(t) = -5 +[ s(t) = -5 + s(t) =

𝟐𝒕𝟑 𝟑

30𝑡 2 2

+ 3𝑡]

- 𝟏𝟓𝒕𝟐 + 3t - 5

∧ s0 = -5m

PROBLEMA 32 En las etapas finales de alunizaje, módulo lunar desciende bajo el impulso de su propio motor a una altura h = 5 m de la superficie lunar, donde tiene una velocidad de descenso de 2 m/s. Si el motor de descenso es apagado bruscamente en este punto, calcular la velocidad de impacto del tren de aterrizaje contra la luna. La gravedad lunar es 1/6 de la gravedad en la tierra. Rpta: 𝒗 = 𝟒. 𝟓𝟏 m/s

SOLUCIÓN 1) Datos: ℎ = 5𝑚 𝑣 = 2𝑚/𝑠 𝑔 = 9.81𝑚/𝑠

1 6

𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑙𝑢𝑛𝑎𝑟 = (𝑔)

𝑣𝑓 2 = 𝑣02 + 2𝑔ℎ

𝑣𝑓 = √22 + 2 ∗

9.81 ∗5 6

𝑣𝑓 = 4.51𝑚⁄𝑠

PROBLEMA 33 El resorte de 350 mm se comprime hasta una longitud de 200 mm, en que se suelta desde el reposo y acelera el bloque deslizante A. La aceleración inicial de éste es de 130 m/s^2 y desde este valor disminuye linealmente con el desplazamiento x del bloque hasta hacerse cero cuando el resorte recupera su longitud original de 350 mm. Calcular el tiempo que tarda el bloque en recorrer a) 75 mm y b) 150 mm.

SOLUCION a=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

, dv = adt ,

𝑡

V = ∫0 130𝑑𝑡 , V=

𝑣

𝑡

∫0 𝑑𝑣 = ∫0 𝑎𝑑𝑡

V = 130t 𝑑𝑥 𝑑𝑡

Vdt = dx 𝑥

𝑡

∫0 𝑑𝑥 = ∫0 𝑣𝑑𝑡

𝑡

X = ∫0 130𝑑𝑡 X = 75 𝑡 2

𝑥 75

t=√

0.075 75

para X = 75min

y

para X = 150 min 0.15 75

t=√

t=√

t = 0.031s

t = 0.045s

PROBLEMA 34 A un cuerpo que se mueve en línea recta se le aplica una fuerza retardadora de modo que, durante un intervalo de su movimiento, su velocidad v decrece a medida que aumenta su coordenada de posición s de acuerdo con 𝑣2 = 𝑘/𝑠, siendo k una constante. Si, en el instante t = 0 s, el cuerpo posee una velocidad hacia delante de 50 mm/s y su coordenada de posición es 225 mm, hallar su velocidad v para t = 3 s. SOLUCIÓN

v2 =

k k ,v = s = → k = (50) 2 (225) s s → k = 0.562(106 )

v=

ds entonces dt

mm3 s2

k ds = , k dt = sds s dt 3

Reemplazando: 0.562(103 )  dt = 0

2 3 750t = s 2 3

s

 ds 225

s

225

3 2

k s

s = 3375 + 1125t , pero : v = −1

v = 750(3375 + 1125t ) 3 Calculamos v para t=3s −1

v = 750(6750) 3 = 39.7

mm s

PROBLEMA 35 La bola de acero A, de diámetro D, se desliza libremente a lo largo de la varilla horizontal que termina en la pieza polar del electroimán. La fuerza de atracción depende de la inversa del cuadrado de la distancia y la aceleración resultante de la bola es a =

K

( L − x)

2

, donde K es

una medida de la intensidad del campo magnético. Determinar la velocidad v con que la bola golpea la pieza polar si se suelta partiendo del reposo x = 0 .

SOLUCIÓN: L − D /2

a dx = v dv 

vf

K

 ( L − x)

2

0

L − D /2

K

dx =  vdv 0

1

 ( L − x)

2

( vf ) dx = 2

0

L − D /2

 1  K  L − x  0

2

( vf ) =

2

2

1 1  ( vf )  K − = 2  L−L+D/2 L K ( 2 L − D ) ( vf ) = LD 2 2K ( 2L − D ) LD

2

2

= vf Vf =

Finalmente, la velocidad con la que la bola golpea la piza polar es

2K ( 2L − D ) LD

PROBLEMA 36 El cuerpo que cae con una velocidad 𝑣0 choca y se mantiene en contacto con la plataforma soportada por un juego de resortes. Tras el choque, la aceleración del cuerpo es 𝑎 = 𝑔 − 𝑐𝑦, donde c es una constante positiva e y se mide desde la posición original de la plataforma. Si se observa que la compresión máxima de los resortes es 𝑦𝑚, hallar la constante c

SOLUCIÓN

Sabemos que:

𝑑𝑣

𝑎 = 𝑣 ∗ 𝑑𝑥 𝑎 ∗ 𝑑𝑥 = 𝑣 ∗ 𝑑𝑣 𝑦−𝑦𝑚

∫

0

𝑎 ∗ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣 ∗ 𝑑𝑣

𝑦

𝑣0

𝑦−𝑦𝑚

∫

0

(𝑔 − 𝑐𝑦) ∗ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣 ∗ 𝑑𝑣

𝑦 𝑦−𝑦𝑚

𝑣0 𝑦−𝑦𝑚

∫

𝑔 ∗ 𝑑𝑥 − ∫

𝑦

𝑦

0

𝑣2 𝑐 ∗ 𝑦 ∗ 𝑑𝑥 = [ ] 2 𝑣

0

[𝑔 ∗ 𝑥 ]𝑦𝑦−𝑦𝑚 − [𝑐 ∗ 𝑣 ]𝑦𝑦−𝑦𝑚 = −

𝑣2 2

𝑣0 2 𝑔 ∗ (𝑦 − 𝑦𝑚 ) − 𝑔 ∗ 𝑦 − [𝑐 ∗ 𝑦 ∗ (𝑦 − 𝑦𝑚) − 𝑐 ∗ 𝑦 ∗ 𝑦] = − 2 −𝑔 ∗ 𝑦𝑚 + 𝑐 ∗ 𝑦 ∗ 𝑦𝑚 = −

𝑣0 2 2

𝑣0 2 𝑐 ∗ 𝑦 ∗ 𝑦𝑚 = 𝑔 ∗ 𝑦𝑚 − 2 𝑐=

2 ∗ 𝑔 ∗ 𝑦𝑚 − 𝑣0 2 2 ∗ 𝑦 ∗ 𝑦𝑚

PROBLEMA 37 El cono que cae con una velocidad 𝑣0 choca y penetra en el bloque de material de embalaje. Tras el choque, la aceleración del cono es 𝑎 = 𝑔 − 𝑐𝑦2, donde c es una constante positiva e y es la distancia de penetración. La profundidad de penetración máxima se observa que es 𝑦𝑚, hallar la constante c.

SOLUCIÓN

De la fórmula de la aceleración obtenemos:

𝑎 = 𝑔 − 𝑐𝑦 2 (1) Por lo que emplearemos la fórmula:

𝑎𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑣 (2) Reemplazando (1) en (2) resulta:

𝑔 − 𝑐𝑦 2 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑣 De aquí se encuentran los límites para integrar: a) En el caso de y, va desde 0 hasta ym b) En el caso de v, va desde V0 hasta 0

Por lo tanto. 𝑦𝑚

∫

2

0

∫

𝑦𝑚

𝑣0

𝑔𝑑𝑦 − ∫

0

𝑦𝑚

0

(𝑐𝑦 2 )𝑑𝑦 = ∫ 𝑣𝑑𝑣

0

𝑔∫

𝑦𝑚

0

0

(𝑔 − 𝑐𝑦 )𝑑𝑦 = ∫ 𝑣𝑑𝑣

𝑣0 𝑦𝑚

𝑑𝑦 − 𝑐 ∫

0

0

𝑦 2 𝑑𝑦 = ∫ 𝑣𝑑𝑣 𝑣0

𝑦𝑚 𝑦 3 𝑦𝑚 𝑣2 0 𝑔 ∗ (𝑦)| − 𝑐 ( )| = ( )| 0 3 0 2 𝑣0

𝑔(𝑦𝑚 − 0) − 𝑐 (

3 𝑦𝑚 0 0 𝑣02 − )= − 3 3 2 2

𝑔(𝑦𝑚 ) − 𝑐 (

3 𝑦𝑚 𝑣02 )=− 3 2

3 𝑣02 𝑦𝑚 𝑔(𝑦𝑚 ) + = 𝑐( ) 2 3

3(𝑔(𝑦𝑚) +

𝑣02 3) ) = 𝑐 (𝑦𝑚 2

𝑣2 3(𝑔(𝑦𝑚) + 20 ) 𝑐= 3) (𝑦𝑚

PROBLEMA 38 Como área de aterrizaje para grandes aviones a reacción se ha propuesto un determinado lago. La velocidad de 160 km/h que lleva el avión en el momento de tocar tierra debe reducirse a 30 km/h en una distancia de 400 m. Si la desaceleración es proporcional al cuadrado de la velocidad en el agua (𝑎 = −𝑘𝑣 2 ) determinar el valor del parámetro de diseño K, que sería una medida de las dimensiones y forma de las paletas del tren de aterrizaje que surcarían el agua. Determinar el tiempo t que dura el intervalo especificado.

datos : v0 = 160 km / h v f = 30 km / h x = 400 m a = −kv 2 SOLUCIÓN:

dx dv dv  a=  a=v dt dt dx vdv  dx =  −kv 2 1 30 dv 400 x0 = −k 160 v 30 1 400 m = ln ( v ) 160 −k ln ( 3 /16 ) k =− m −1 400 k = 0.0041849 = 4.1849 10 −3 m −1

i) v =

dv dv   dt =  dt a 30 dv t t0 = 160 − kv 2

ii ) a =

30

1 1 1 1  t= =  −  kv 160 k  30 160  1  13  t=   k  480  t = 6.48 s PROBLEMA 39 Con una velocidad 𝑣0 se dispara horizontalmente un proyectil de prueba al interior de un líquido viscoso. La fuerza retardadora es proporcional al cuadrado de la velocidad, por lo que la aceleración es de forma 𝑎 = −𝑘𝑣2. Deducir la expresión de la distancia D recorrida en el seno del líquido y el tiempo t que transcurre hasta que la velocidad se reduce a 𝑣0/2. Despreciar todo movimiento vertical.

PROBLEMA 42 El movimiento horizontal del conjunto émbolo y vástago está reprimido por la resistencia del disco solidario que se desplaza dentro del baño de aceite. Si la velocidad del émbolo es 𝑣0 en la posición A para la que x = 0 y si la desaceleración es proporcional a v de forma que 𝑎 = −𝑘𝑣, deducir las expresiones de la velocidad v y de la coordenada de posición x en función del tiempo t. Expresar también v en función del tiempo.