236372051-1-40ejercicios.docx

1) La pluma OAB gira en torno al punto O a la vez que el tramo AB se extiende desde el interior del tramo OA. Hallar la velocidad y la aceleración ´ del centro B de la polea para las condiciones siguientes: θ=20°, θ =5° s-1, θ´ =2° s-2, L=2m,

L´ =0.5 m/s,

L´ =1,2 m/s2. Las cantidades

L´ y

L´

son las derivadas temporales primera y segunda, respectivamente, de la longitud del tramo LAB.

Resolución: Considerando la pluma OAB, que gira en torno al punto O, y que el tramo AB se extiende desde el interior del tramo AO; tenemos las siguientes condiciones respecto del centro B de la polea. θ=20° θ´ =5° s-1 = (5π/180) rad/s

; r =7 + L = 9m ;

´r =¿

L´ =0.5

=

L´ = -1,2 m/s2

m/s θ´ =2° s-2 = (2π/180) rad/s2

; ´r

Hallamos los componentes de la velocidad y la aceleración r=¿ r´ v ¿ → vr=0.5 m/s ¿ ´ θ=¿ r θ´ v¿ → vθ= 9 ¿ ⃗v =v e^ r

[ ar

r

+

= r´ -

[ aθ a 0= 9

v θ e^

θ

= 0,785 m/s

→ v⃗ =0,5 e^

r

+0,785 e^

θ

m/s

r θ´ 2 ]

5π ( 180 )

ar= -1,2 - 9

5π ( 180 )

2

= - 1,269 m/s2

´ ´ = r θ + 2 ´r θ ] 2π ( 180 )

⃗a =a e^ r

r

2π ( 180 )

+2(0,5)

+

aθ e^

θ

= 0,401 m/s2

⃗ = -1,269,5 e^ → a

r

+ 0,401

e^

θ

m/s2

2) Cuando el cilindro hidráulico rota en torno a O, la presión del aceite en su interior controla la longitud L al descubierto de la biela P. Si la velocidad θ´ =60° s-1 y L disminuye uniforme de rotación del cilindro es constantemente a razón de 150 mm/s, calcular los módulos de la velocidad v y la aceleración a del extremo B cuando L = 125mm. Resolución: Considerando que el cilindro hidráulico rota en torno a O, y que la presión del aceite controla la longitud l; tenemos las siguientes condiciones respecto del extremo B. r = 375 + L

´r

θ´ =60° s-1 =

´ L = -150 mm/s ;

´r =¿

=

( 60180π )

rad/s

L´ = 0 mm/s2 ; θ´ = 0

Hallamos los módulos de la velocidad y aceleración cuando L = 125 mm. r=¿ r´ v ¿ → vr= -150 mm/s ¿

[ v θ r θ´ ]

→ v θ = (375 + 125)

v =√ v 2r + v 20 → v = v =545 mm/s

2

[ ar

r θ´ 2 ]

= r´ -

ar=0−( 375+125 )

( 60180π )

√ 1502+523,60 2

( 60180π )

2

= -548,31mm/s2

[ aθ

´ ´ = r θ + 2 r´ θ ]

aθ

= (375 + 125) (0) + 2(-150)

2 2 a ¿ √ ar +aθ

→a=

= 523,60 mm/s

( 60180π )

= -134,16 mm/s2

√(548,31)2+(314,16)2

a = 632 mm/s2

3) El movimiento curvilíneo de un punto material está regido por las coordenadas polares r=t3 /3 y θ=2cos (πt/6), donde r está en metros, θ en radianes y t en segundos. Especificar la velocidad v y la aceleración a del punto cuando t =2s.

Resolución: Respecto al movimiento curvilíneo de un punto material, hallamos para t=2s, el valor de las coordenadas y de sus derivadas temporales que aparecen en las expresiones de la velocidad y de la aceleración en coordenadas polares. Para t = 2s: r = t3/3m → r = (2)3/3 = 8/3 m ´r = t2 m/s →

Θ = 2 cos

´r = (2)2 = 4 m/s

´r

= 2t m/s2 → ´r

= 2(2) = 4 m/s2

( π6t )

rad →θ = 2 cos

( π6 (2))

θ´ = -2

( π6 )

sen

θ´ = -2

( π6 )

2.cos

rad

( π6t (2))=−0,907 ( rads ) ( πt6 ( 2))=−0,274 ( rads2 )

4) El cohete ha sido disparado verticalmente y es seguido por el radar que se presenta. Cuando θ llega a 60°, las otras mediciones correspondientes dan ´ los valores r=9km, ´r =21m/s2 y θ = 0,02 rad/s. Hallar la velocidad y la aceleración del cohete para esa posición.

Resolución: Se considera que el cohete se desplaza verticalmente; tal que, cuando θ =60°, se tiene las siguientes mediciones: ; r = 9(103) m

Θ= 60° θ´ = 0,02 rad/s

; ´r

=21m/s2

Hallamos el valor de la velocidad para Θ= 60°:

[ v θ =r ´θ ]

→ v θ = 9(103)(0,02) v θ = 180m/s

Además; de la figura, se deduce: v θ = vcosθ →v =

180 cos 60 ° →v= 360 m/s

Hallamos el valor de la aceleración para Θ= 60°:

[ ar

= r´ -

r θ´ 2 ]

→

ar= 21 – 9(103) (0, 02)2

ar= 17,40 m/s2 Además de la figura se deduce: ar= asenθ → a =

17,40 2 sen 60 ° →a= 20,09 m/s

5) La pieza AB gira entre dos valores de ángulo β y su extremo A hace que gire también la pieza ranurada AC. Para el instante representado, en que β´ =0,6 rad/s constante, hallar los valores correspondientes de ´r , ´r , θ´ , θ´ . Emplear las ecuaciones 2.13 y 2.14.

Resolución: El extremo A realiza un movimiento vinculado a dos ejes: A y B. Considerando el movimiento de A respecto a B, el extremo A se mueve en ´ torno a B, girando a razón de β de radio r AB = 150mm.

β ¿ =0,6 rad/s) en un movimiento circular ¿´

A=¿ r AB β´ v¿ → v A = 150(0,6)→ v A =90 mm/s ¿

Además, A respecto de B, experimenta una aceleración normal, debido al movimiento circular. 2 A=¿ r AB β´ A=¿ A=¿ a¿ → a¿ 150(0,6)2 → a¿ 54mm/s2 ¿

Para β=60°: Si AB = CB → θ=60° r = 150 mm

Si ahora, consideramos el movimiento de A respecto de C, tenemos: Analizando el giro de AC: Vθ = -vA cos60°

[ v θ =r ´θ ]

−90 cos 60 ° ´ ´ r θ θ → = -vA cos60°→ = 150 θ´ =-0,3 rad/s

El signo negativo, implica que el valor de θ disminuye. Analizando el desplazamiento del extremo A, sobre la pieza ranurada AC. Vr = vA sen60°

[ v r =´r ]

→ r´ = vA sen60°→ r´ = 90sen60°

´r = 77,9 mm/s

Análogamente analizamos para la aceleración:

[ ar

-54cos60° =

[ aθ

r θ´ 2 ]

= r´ -

→

ar= -aA cos60°

´r -150(-0,3)2 → r´ = -13,5 mm/s2

´ = rθ +

2 r θ´ ]

→

aθ= -aA sen60°

−54 sen 60 °=150 θ´ + 2(77,9)(-0,3)→ θ´ =0

6) Mientras el brazo rasurado gira en torno al punto O, el cursor P puede desplazarse hacia el interior mediante el cordel S. La posición angular del 2

brazo está dada por θ=0,8t -

t 20 , donde θ está en radianes y t en

segundos. Cuando t= 0, el cursor se halla en r=1,6 m; instante a partir del cual es llevado hacia adentro a razón de 0,2m/s. Hallar el modulo, dirección y sentido del cursor cuando t=4s (expresado mediante el ángulo α respecto al eje x).

Resolución: Considerando que el brazo ranurado gira en torno al punto O y el cursor se desplaza hacia el interior mediante el cordel S entonces, bajo esos vínculos tenemos las siguientes relaciones: θ = 0,8t – t2/20 rad ; r =1,6-0,2t m θ´ = 0,8 -0,1t rad/s ;

´r = -0,2 m/s

θ´ = -0,1 rad/s2 ; r´ = 0

Analizamos el movimiento del cursor para t=4s θ = 0,8(4) – 42/20=2,4 rad θ´ = 0,8 -0,1(4)=0,4 rad/s θ´ = -0,1 rad/s2

También: r =1,6-0,2(4)=0,8 m ´r = -0,2 m/s ´r = 0

Hallamos la velocidad del cursor y el angulo(α) de dicho vector al eje x:

[ v r =´r ]

→ v r =-0,2

[ v θ =r ´θ ] ⃗v =v e^ r

→ v θ = 0,8(0,4) =0,32

r

+

v θ e^

θ

→ v⃗ =-0,2 e^

r

+ 0,32 e^

m/s

θ

2 2 v ¿ √ v r +v θ → v ¿ 0,377 m/s

β =tan

-1

( ) −v r vθ

→ β =tan-1

( −0,2 0,32 )

=32,0°

α = θ+90°+β→α= 259,5° Hallamos la aceleración del cursor y el ángulo(α) de dicho vector respecto al eje x. r θ´ 2 ]

[ ar

=

´r -

[ aθ

=

r θ´ + 2 r θ´ ]

→

ar= 0 – 0,8(0,4)2 = -0,1280 m/s2

aθ=0,8(-0,1)+2(-0,2)(0,4)=-0,240m/s2 ⃗a =a e^ r

r

+

aθ e^

θ

→ a⃗ =-0,12 8 e^

r

+ 0,240 e^

θ

m/s2

2 2 a ¿ √ ar +aθ → a ¿ 0,272 m/s2

β =tan-1

( −aa ) r

→ β =tan-1

( −0,1280 0,240 )

=28,1°

α=θ-90°-β→α=19,44°

7) El brazo robótico se está elevando y extendiendo a la vez. En un instante ´ ´ ´ dado, θ=30°, θ =10 grds/s = cte, L = 0,5 m, L =0,2 m/s y L = -0,3 m/s2. Calcular los módulos de la velocidad v y la aceleración a de la pieza ^ asida P. Además, expresar v y a en función de los vectores unitarios i y ^j .

Resolución: El brazo robótico se está elevando y extendido a la vez, tal que en un determinado instante se tiene los siguientes datos: θ=30°; r=0,75+L00,75+0,5=1.25m θ´ =10s-1=0,1745 rad/s; θ´ = 0;

´r =

L´ =0,2 m/s

L´ = -0,3m/s2

Hallamos los componentes de la velocidad en coordenadas polares.

[ v r =´r ]

[ v θ =r ´θ ]

→ v r =0,2m/s → v θ = (0,75+0,5)(0,1745) =0,218 m/s

2 2 2 2 v ¿ √ v r +v θ → v ¿ √(0,2) +(0,218)

v ¿ 0,296 m/s

( ) −v θ vr

tan α=

→α = tan-1

( −0,218 0,2 )

α=47,47° Hallando la velocidad en función de los vectores unitarios

i^

,

^j .

^ vsen( α +30) ^j ⃗v =vcos ( α +30 ° ) i+

^ ⃗v =0,296 cos ( 77,47 ° ) i+0,296 sen(77,47 ° ) ^j ^ ⃗v =0,0642 i+0,2890 sen ^j m/s Hallamos los componentes de la aceleración en coordenadas polares. r θ´ 2 ]

[ ar

=

ar

= -0,338 m/s2

[ aθ

=

´r -

→

ar= -0,3– (1,25)(0,1745)2

r θ´ + 2 r θ´ ]

aθ = 1,25(0)+2(0,2)(0,1745) aθ =0,007m/s2 2 2 a ¿ √ ar +aθ

2 2 a ¿ √ (−0,338) +(0,070)

a ¿ 0,345 m/s2 aθ tan β=

|a r|

→β = tan

-1

( −0,070 0,338 )

β=11,70° Hallando la aceleración en función de los vectores unitarios

i^

,

^j .

^ ⃗a =−asen ( β+ 60° ) i−acos ⁡( β +60 ° ) ^j ^ ⃗a =−0,345 sen ( 71,70 ° ) i−0,345 cos ⁡( 71,70 ° ) ^j ^ ^j ⃗a =−0,3276 i−0,1083

8) Por la guía horizontal fija se mueven el cursor y el pasador P cuyo movimiento lo manda el brazo rasurado giratorio OA. Si durante un intervalo ´ del movimiento, el brazo gira a una velocidad constante θ =2 rad/s, hallar los módulos de la velocidad y la aceleración del cursor en la ranura en el ´ instante en que θ =60°. Hallar así mismo las componentes r de la velocidad y la aceleración.

Resolución:

Considerando que el cursor y el pasador P, se mueven por la guía horizontal fija y que durante un intervalo de dicho movimiento, el brazo OA ´ gira con una velocidad constante θ =2 rad/s. Para θ=60° R=200(sec30°)=230,94 mm Hallamos la componente θ de la velocidad en coordenadas polares, para θ=60°.

[ v θ =r ´θ ]

→ v θ = (230,94)(2) =461,8 mm/s

Además al descomponer la velocidad en coordenadas polares, obtenemos las siguientes relaciones:

vθ=vcos30° vθ 461,88 v= cos 30° = 0,338cos 30° v= 533 mm/s vr= -vsen30° vr=-(533)sen30° vr=--267 mm/s

[ v r =´r ]

→ r´ =-267 mm/s

Como el brazo OA gira con una velocidad constant rad ´ θ´ = 2 θ=0 s ; entonces

[ aθ

=

r θ´ + 2 r θ´ ]

aθ = 0+2(-267)(2) aθ =-1067 mm/s2 Al descomponer la aceleración de sus coordenadas polares, obtenemos las siguientes relaciones: aθ =-acos30°

a=

−aθ 1067 cos 30° = cos 30°

a =1232 mm/s2 ar= asen30° a=(1232)sen30° ar=616 mm/s2 9) Un avión, que vuela en línea recta ascendente formando un ángulo β con la horizontal es seguido por un radar situado exactamente debajo de la trayectoria de vuelo. En cierto instante se registran los datos siguientes: ´ r= 3600m, ´r = 110m/s, ´r =6 m/s2, θ=30° y θ = 2,20° s-1. Hallar para ese instante, la velocidad v, el ángulo de subida β, θ y la aceleración a. Resolución: El avión vuela una línea recta ascendente formando un ángulo β con la horizontal. En un determinado instante, el radar toma las siguientes medidas: r= 3600m;

θ=30°

´r = 110m/s;

θ´ = 2,20° s-1 =0,038397 rad/s

´r =6 m/s2

Hallamos los componentes de la velocidad en coordenadas polares:

[ v r =´r ]

→ r´ = 110 m/s

[ v θ =r ´θ ]

→ v θ = (3600)(0,038397) = 138,23 m/s

2 2 v ¿ √ v r +v θ

2 2 v ¿ √ (110) +(138,23)

v = 176,66 m/s Además: tan α=

( ) −v r vθ

110 =b 138,23

α= 38,512° Hallamos el ángulo β: β=α-θ = 38,512°-30°=8,512° β=8,512° Usando el ángulo α, observamos que ar=asenα, aθ=acosα. Hallamos los componentes de la aceleración en coordenadas polares. r θ´ 2 ]

[ ar

=

ar

= 0,692 m/s2

a=

ar senα =

´r -

→

ar= 6 – (3600)(0,038397)2

0,692 sen( 38,512° )

a=¿ 1,111m/s2

[ aθ

=

r θ´ + 2 ´r θ´ ]

→

´ ´ acosα= r θ +2 r´ θ

acosα−2 ´r θ´ θ´ = r

=

( 1,111 ) ( cos ( 38,512 ° )) −2(110)(0,038397) 3600

θ = -21,05(10-4)rad/s2 10)El brazo rasurado OA obliga al paquete vástago a moverse en la guía espiral definida por r =Kθ. El brazo OA parte del reposo en θ =π/4 y tiene ´ una aceleración angular constante, θ =α, en sentido antihorario. Hallar la aceleración del vástago cuando θ =3π/4.

Resolución: Considerando que el movimiento del vástago está vinculado al brazo ranurado OA y a la guía espiral, de tal manera que r = Kθ. Además el brazo

OA parte del reposo en θ =π/4 con una aceleración angular constante ´ =α. Hallamos θ

θ´

para θ = 3π/4.

d θ´ ´ =α → θ´ d θ=αdθ θ´ =α→ dt θ´

3 π /4

0

π /4

∫ θd´ θ´ = α

dθ → θ´2 =πα→ θ´ =

∫

√ πα

Hallamos el valor de las coordenadas y de sus derivadas temporales que aparecen en las expresiones de la velocidad y de la aceleración en coordenadas polares para θ =3π/4. 3π r = Kθ = k 4 )→ θ =3π/4. ¿ ´r = Kθ =k

√ πα → θ´ = √ πα

´r =k θ´ =kα → θ´ =α Hallamos los componentes de la aceleración:

[ ar

=

´r - r θ´ 2 ]

3π → ar= kα-k 4 )πα ¿

3 π2 1− 4 ) ar= kα ¿

[ aθ

´ = rθ +

aθ

3π = k 4 )α+2 k ¿

2 ´r θ´ ]

√ πα √ πα

aθ

11 4 ) kα π ¿

=

2 2 a ¿ √ ar +aθ

√

3 π 2 2 11 2 ¿ kα (1− ) +( π ) a 4 1

a ¿ 10,76 kα

11) Un cohete que sigue una trayectoria en el plano vertical es seguido por una radar A. En cierto instante el radar de las medidas r = 10,5 km, ´r = 480 ´ ´ m/s, θ = 0, y θ = -0,00720 rad/s2. Dibujar la posición del cohete en ese instante y hallar el radio de curvatura ρ de la trayectoria en esa posición.

Resolución: En cierto instante, el radar de las siguientes medidas respecto al cohete.

´ r =10,5 km=10,5(103)m; θ = 0 θ´ = -0,00720 rad/s2

´r = 480 m/s;

Hallamos las componentes de la velocidad en coordenadas polares para dicho instante.

[ vr

= ´r ] → v r =480m/s

[ vθ

´ v = r θ ] → θ = 10,5(103)(0) =0

⃗v =v e^ r

r

+

v θ e^

θ

= 480 e^

r

m/s→480m/s

En dicho instante, el cohete experimenta una aceleración normal a 0 = -an.

[ aθ

´ = rθ +

2 ´r θ´ ]

aθ =10,5(103)(-0,00720)=-75,6m/s2

an =75,6 m/s

Ahora hallamos el radio de curvatura a partir de la aceleración normal.

2

]

[ an

v = ρ

ρ

= 3047,6 m

=

12)El radar A sigue el cohete desde la posición de lanzamiento A. A los 10 segundos de vuelo el radar registra las mediciones siguiente; r = 2200 m, ´r = 500 m/s, ´r = 4,66 m/s2, θ´ = 0,0788 rad/s2 y θ´ = -0,0341 rad/s2. Para ese instante hallar el ángulo β que forman la horizontal y la tangente a la trayectoria del cohete y los módulos de la velocidad v y la aceleración a del mismo.

Resolución: A los 10 s de vuelo, el radar muestra los siguientes resultados. r = 2200 m; θ= 22° ´r = 500 m/s; θ´ = 0,0788 rad/s ´r = 4,66 m/s2 ; θ´ = -0,0341 rad/s

Hallamos los componentes de la velocidad en coordenadas polares para ese instante.

[ vr

= ´r ] → v r =500m/s

[ vθ

´ v = r θ ] → θ = 2200(0,0788)(0) =173,4 m/s

γ

=tan

-1

( ) −v θ vr

=tan-1

( 173,4 500 )

=19,12°

La tangente a la trayectoria en dicho instante con la línea horizontal forman el ángulo β tal que:

β+ θ+γ =90 °

β=90 °−θ−γ β=90 °−22 °−19,12 °

β=48,9 °

Hallando el módulo de la velocidad. 2 2 v ¿ √ v r +v θ

2 2 v ¿ √(500) +(173,4)

v ¿ 529 m/s

Hallamos los componentes de la velocidad en coordenadas polares.

[ ar

= r´ -

r θ´ 2 ]

ar = 4,66-2200(0,0788)2

ar =-9,00 m/s2

[ aθ

´ = rθ +

2 ´r θ´ ]

aθ = 2200(-0,0341)+2(500)(0,0788) aθ =3,78m/s2 2 2 a ¿ √ ar +aθ

2 2 a ¿ √(9,0) +(3,78)

a ¿ 9,76m/s2

13)Un cable sujeto al vehículo A pasa por la pequeña polea fija B y se arrolla en el tambor C. Si el vehículo se mueve con una celeridad constante v 0 = ´x , hallar la expresión de la aceleración de u punto P del cable, situado entre B y C, en función de θ. (observación: Adviértase que las componentes r y θ de la aceleración de A son ambas nulas).

Resolución: La aceleración en el punto P del cable representa la variación de la velocidad con que varía la longitud del cable, a lo largo de su dirección; entonces: a p = ´r Analizamos las componentes de la velocidad del vehículo A, en coordenadas polares.

[ vr

= ´r ] → v r = v0senθ

[ v0

= ´x ] → r´ =

[ v0

´ ´ = r θ ] → θ =vo cosθ

´x senθ

´ ´x r=¿ bsecθ; θ= 2 b (cosθ)

Debido a que el vehículo A se mueve con una celeridad constante, entonces las componentes r y θ de la aceleración de A son ambas nulas.

[ ar

= r´ -

r θ´ 2 ] → r´ - r θ´ 2 ] =0 → r´ = r θ´ 2 ]

x´ cos2 ¿2 ´r = b (bsecθ)¿ x´2 3 ap = b cos θ

[ aθ

´ = rθ +

r θ´ + 2 ´r θ´ ]=0

2 ´r θ´ ]

´r θ´ θ´ = −2 r senθ ´x x´ 2 ´ θ=−2 cos θ ) ( secθb b

´2 ´θ=−2 x θ´ 2 sen θ cos3 θ b 14)En cierto instante la velocidad y la aceleración de u punto material son =6

i^

^ +3 j

^ +2 k

m/s y

⃗a =3

i^

^ -5 k

⃗v

m/s2. Hallar el ángulo β

que forman v y a y el radio de la curvatura ρ en el plano osculador Resolución: Para cierto instante, un punto material tiene las siguientes características: ^ ^j+ 2 k^ ⃗v =6 i+3 m/s v=

√ 62 +32 +22

=7 m/s

^ ^j−5 ^k ⃗a =3 i− m/s2 a=√35

m/s2

Hallamos el ángulo β que forma

[

cosβ=

cosβ=

v⃗. ⃗a va

⃗v

⃗ : y a

]

^ ^j+2 k^ ) .(3 i− ^ ^j−5 k^ ) ( 6 i+3 = 0,12074 7 √ 35

β =83,07°

Analizamos en el plano oscilador: an = asen β an =

√ 35

sen 83,07°

an= 5,8728 m/s2 Hallamos el radio de curvatura ρ.

2

⌊ an=

v ⌋ ρ 2

2 v 7 ρ = an = 5,8728

ρ =8,34 m

15)El tren A viaja con una celeridad constante v A = 120 km/h por la vía recta y plana. El conductor del automóvil B, previendo el paso a nivel C disminuye la velocidad de 90km/h de su vehículo a razón de 3 m/s 2. Hallar la velocidad y la aceleración del tren respecto al automóvil.

Resolución: Usaremos el álgebra para definir las velocidades absolutas del tren A y el automóvil B. ^ v A =120 cos 15 ° i+120 ⃗ sen 15 ° ^j km/h (Celeridad constante),

a A =¿ ⃗

0

^ 90 sen 60 ° ^j v B=90 cos 60° i+ ⃗ km/h ^ −cos 60 ° i−sen 60 ° ^j ) m/s2 aB =3 ¿ ⃗ Hallamos la velocidad del tren A en relación con el automóvil B. ⃗ v A / B =⃗ v A −⃗ vB cos 60 ° i^ + sen 60 ° ^j ^ sen 15 ° ^j) ⃗ v A / B =120(cos 15 ° i+ -90 ) ¿ ^ ^j ⃗ v A / B =70,9 i+46,9 km/h

Análogamente hallamos la aceleración relativa de A con B. ⃗ a A / B =⃗ a A −⃗ aB ⃗ a A / B =0−3 (−cos 60 ° i^ +sen 60° ^j) ^ ^j ⃗ a A / B =1,5 i+2,60

m/s2

16)Para aumentar la velocidad, el esquilador acuático A corta por la estela de la lancha de remolque B, que posee una velocidad de 60 km/h. En el instante en que θ = 30°, la trayectoria verdadera del esquiador forma un ángulo β =50° con el cabo de enganche. Para esa posición hallar la velocidad vA del esquiador y el valor de θ.

Resolución: Para analizar el problema, hacemos un esquema del triángulo de vectores para evidenciar la geometría respecto a las velocidades involucradas. Además se observa que un observador en B visualizara al esquiador A moviéndose en una trayectoria circular respecto a la lancha.

La ecuación de la velocidad relativa es: ⃗ v A / B =⃗ v A −⃗ vB Aplicamos la ley de senos: vA 60 = sen 120 ° sen 40 ° v A =80,8 km/h

Hallamos

v A/B

, aplicamos nuevamente la ley de senos:

vA 60 = sen 120 ° sen 40 ° v A/B

= 31,925 km/h

¿

(

31,925 m ) 3,6 s

Analizando la velocidad de A respecto a B en coordenadas polares.

[ v A/B

´ = r θ]

θ´ = v A / B = r

(

31,925 ) (m/s ) 3,6 10 (m)

θ´ = 0,887 rad/s

17)En el instante representado la velocidad del automóvil A es de 100 km/h y aumenta a razón de 8 km/h cada segundo. A la vez, el automóvil B lleva una velocidad de 100 km/h cuando toma la curva y disminuye de velocidad a razón de 8 km/h cada segundo. Hallar la aceleración que los pasajeros de automóvil A aprecian en el B.

Resolución:

Considerando el movimiento de B respecto a A, tomamos unos ejes de referencia no giratorios en A. Hallamos la aceleración de A y B respectivamente. a A =+2,2 i^ m/s2 ⃗

Automóvil A:

8 m km 1 ( ) aA = 8 h ( s )= 3,6 s2 = 2,22 m/s2 La aceleración del automóvil B, está dado por su componente tangencial y normal, debido a la trayectoria circular. aA (¿)t=−2,2 i^ m/s2 (desacelera) ¿⃗

[( aB )

n

2 = v B/ R ]

2

(100/3,6) (aB)n = 300

= 2,572 m/s2

a B=−2,222 i^ m/s2 +2,57 ^j Automóvil B: ⃗

m/s2

La ecuación de la aceleración relativa es: ⃗a ⃗a ⃗a

=

⃗a

B/A

=

−2,22 i^ ¿

+2,57 ^j

^ )-2,22 i

B/A

=

−4,44 i^

+2,57 ^j

m/s2

B/A

B

- ⃗a

A

18)En el instante representado el automóvil A marcha por la curva circular a la velocidad constante de 50 km/h, mientras que el B disminuye de velocidad a razón de 8km/h por segundo. Hallar la aceleración que el automóvil A parece llevar a un observador que viaje en el automóvil B.

Resolución: Como se trata del movimiento de A respecto a B, tomamos unos ejes de referencia no giratorios fijos en B. La información del automóvil A y el automóvil B en la posición considerada son: vA

50 =50 km/h= 3,6 m/s

aB

1 8 =8 km/h( s )= 3,6 m/s2

La aceleración de B se conoce, y la aceleración de A es normal a la curva en la dirección n y su módulo es: 50/3,6 ¿ ¿ v 2A ⌊ aA= ⌋ → ¿ 2 R ¿ a A=¿

a A =¿ 1,286 m/s2 La ecuación de la aceleración relativa es: ⃗a

A/B

⃗a

=

A

- ⃗a

B

Usando algebra vectorial tenemos: ⃗a

A/B

[( )

( 1,286 i^ )−¿

=

−

8 8 cos 30° i^ − sen 30 ° ^j 3,6 3,6

( )

]

Obteniendo: (aA/B )x=

( 1,286 i^ )+ ¿

(aA/B )y=

( 3,68 ) cos 30 °

( 3,68 ) sen 30 °

= 3,2105 m/s2

= 1,1111 m/s2

Luego, hallamos el módulo de a A/B. aA/B=

√ (a

2 2 ) +(a A /B ) y

A/B x

aA/B= 3,3973 m/s2 La dirección de a A/B puede especificarse mediante el ángulo β que según el teorema de los senos será: 1,286 3,3973 = senβ sen 150 ° senβ =0,1893 → β = 10,91°

aA= 1,286 m/s2 aA/B= 3,3973 m/s2

19)El cilindro B desciende a 0,6 m/s y tiene una aceleración ascendente de 0,15 m/s2. Calcular la velocidad y aceleración del bloque A.

Resolución: Establecemos de coordenadas de posición sA y sB tal como se muestra en la figura, consideramos que los movimientos de los bloques son los mismos que los centros de sus respectivas poleas. La longitud constante del cable que une las poleas es: L = 2sA + 3sB + C Donde las constantes comprenden las longitudes fijas del cable en contacto con los perímetros de las poleas. Derivando respecto al tiempo y sustituyendo: vB = 0,6 m/s resulta 0= 2vA + 3vB 0= 2vA+ 3(0,6) vA= -0,9 m/s

Volvamos a derivar respecto al tiempo, sustituyendo: aB= -0,15 m/s2 0= 2aA + 3aB 0=2aA + 3(-0,15) aA= +0,225 m/s2

El signo (+) de la aceleración de A indica que dicha aceleración está dirigida hacia abajo. 20)Los tornos eléctricos del andamio permiten elevarlo o bajarlo. Cuando giran en el sentido indicado, el andamio sube. Si los tornos tienen unos tambores de 200 mm de diámetro y giran a 40 r.p.m., hallar la velocidad ascendente v del andamio.

Resolución: El andamio sube horizontalmente debido a que ambos tornos eléctricos giran a 40 r. p.m.; por lo tanto, para hallar la velocidad de subida del andamio, basta analizar a uno de los tornos con su respectivo sistema de poleas asociado. Definimos las longitudes l1 y l2 tal como se muestra en la figura. La longitud constante del cable L2 es: L2= l1 + l2+c La longitud variable del cable L1 es: L1= l1 +2(l1-l2)+c Hallamos las respectivas variables temporales: ´ ´ 0= l 1 + l 2

˅

´l 2 =-

´l 1

L´ 1 = 3 ´l 1+2 ´l 2

…….(1) ……..(2)

Reemplazamos (1) en (2): L´ 1 = 3 ´l 1−2 ( −´l 1 ) = 5 ´l 1

Ademas el cable L1 se va enrrollando en el torno de L ¿ ¿ = −ωr ¿ ¿´ ¿ 2π L´ 1 = −¿ 40 ( ) 200(10-3) 60

……..(3)

ω=40 rpm .

L´ 1 = −0,8378m/ s

Reemplazando este valor en la expresión (3): ´ ´ -0,8378 = 5 l 1 → l 1 = -0,168 m/s

La velocidad de subida del andamio es igual a la velocidad con que decrece l1. v = -0,168 m/s Donde el signo negativo implica que el andamio asciende.

21)Los cursores A y B se deslizan por las barras fijas perpendiculares y están enlazados por una cuerda de longitud L. hallar la aceleración ax del cursor B en función de y si el cursor A esta animado de una velocidad ascendente constante vA.

Resolución:

La posición del cursor B la especificamos con la coordenada x y la del cursor A con la coordenada y, medidas ambas desde la misma referencia 0. La longitud constante de la cuerda es: L2=x2 + y2

(L: constante)

Realizamos las dos primeras derivadas temporales: 0= x ´x + y ´y 0=

…………(1)

´x 2+ x ´x + ´y 2+ y ´y

Datos:

´y = v , A

a x= ´x =-

Despejando

a x= (

………….(2)

´y =0; de la expresión (2) tenemos:

2 2 x´ + ´y x

´x

de (1) y reemplazando en la última expresión:

y 2 ´y 2 ´ 2 +y x2 )= x

y´ 2

2

2

( y +x ) =x3

y2 L2−¿ ¿ ¿ 2 2 ´y L ¿ 2

Reemplazando

´y = v , resulta: a = A x

y 2 L −¿ ¿ ¿ 2 2 L vA ¿

22)Despreciar el diámetro de la pequeña polea sujeta al cuerpo A y hallar el módulo de la velocidad total de B en función de la velocidad v A con que el cuerpo A se mueve hacia la derecha. Se supondrá que el cable entre B y la polea permanece vertical y el resultado se escribirá para cualquier valor de x.

Resolución: Establecemos la coordenada de posición y para el cuerpo B y la coordenada x para el cuerpo A, según se muestra en la figura. La longitud variable L del cable es: L2=x2+h2

L L´ = x ´x x L´ = ( )´x L El cuerpo A se desplaza horizontalmente hacia la derecha v A=El cuerpo B se mueve horizontalmente hacia la derecha (vB)x = ´x

y verticalmente descendiendo (vB)y = ´y

(vB)y = ´y

x ´ = - L =( L )vA

(vB)x = ´x

= -vA

´x

Hallamos el módulo de la velocidad total de B: 2 2 vB= √ ( v B )x +( v B ) y =

√

(−v A )2 +(

2 x v A) L

Considerando: L2=x2+h2 vB= vA

√

2 x 2 + h2 2 2 x +h

23)Al pequeño cilindro se le comunica un movimiento a lo largo de la varilla 2 πt giratoria dado por r = r0 + bsen t

que ejecuta entre r=r0+b y r = r0 – b,

siendo t el tiempo transcurrido desde el instante en que el cilindro pasa por la posición r = r y t es el periodo de oscilación (el tiempo que dura una 0

oscilación completa). Simultáneamente, la varilla gira en torno al eje vertical con una velocidad angular constante θ. Hallar el valor de r para el cual es nula la aceleración radial (o sea, en la dirección r).

Resolución: El pequeño cilindro A tiene un movimiento oscilatorio a lo largo de la varilla giratorio dado por r = r0 + sen(2πt/Ƭ) (Ƭ: periodo de oscilación); como el movimiento se efectúa; sobre un plano horizontal, usaremos coordenadas polares. r=

r 0 +bsen

´r =

´r =-(

( 2τπt ) ; θ´:

constante

2π ´ bcos (2 πt /τ ) ; θ =0 τ 2π τ 2 ¿ ¿ bsen(2 πt/τ )

Hallamos la componente r de la aceleración en coordenadas polares y analizamos para ar = 0.

[ a r=r´ −r θ´ 2 ] ar =

−4 π 2 2 πt 2 πt ´ 2 bsen −(r 0+ bsen( )) θ 2 τ τ τ

( )

Cuando ar = 0 obtenemos: 2 −r 0 θ´ 2 πt sen = 2 τ 4π b ( 2 +b θ´ 2 ) τ

( )

Reemplazamos este valor en la expresión de r: r 0 θ´ ¿ 2 4π b 2 ( 2 + b θ´ ) τ 2

r = r0 - b(

Agrupando convenientemente, resulta:

r=

r0 2

τ θ´ (1+ ) 2π

( )

24)Un punto P que describe una trayectoria circular plana está localizado por las coordenadas polares representadas. En un instante determinado r = 2m,θ =60°, vr = 3 m/s y vθ = 4m/s, ar = -10 m/s y aθ = -5m/s2. Para dicho instante, calcular el radio de curvatura ρ de la trayectoria. Además, situar geográficamente el centro de la curvatura C.

Resolución: Un punto P que describe una trayectoria circular plana, en un determinado instante tiene los siguientes datos descritos en coordenadas polares. r =2m;

vr=3m/s;

ar=-10 m/s2

θ =60°;

vθ=4m/s;

aθ=-5m/s2

Hallamos el módulo de la velocidad y aceleración para dicho instante. v =√ v 2r + v 2θ= √ 32 +42 →v=5m/s

a=√ a2r +a2θ =√10 2+5 2 →a=11,18m/s2

Luego, hallamos el vector aceleración normal, ya que a lo largo de su dirección se puede ubicar el centro de curvatura C. ⃗v e^ t= = v

3 e^ r +4 e^ θ =0,6 e^ r + 0,8 e^ θ 5

at =⃗a . e^ t=( −10 e^ r +5 e^ θ ) . ( 0,6 e^ r + 0,8 e^ θ ) =10 m/ s 2 ⃗at =a t e^ t =−10(0,6 e^ r +0,8 e^ θ ) = −6 e^ r + 8 e^ θ ⃗an =⃗a−⃗a=(−10 e^ r −5 e^ θ)−(6 e^ r −8 e^ θ ) 2

⃗an =−4 e^ r +3 e^ θ m/ s a n=

√ 4 2+3 2=5 m/s 2

Finalmente hallamos el radio de la curvatura ρ:

[

an=

v2 v 2 52 → ρ= = → ρ=5 m ρ an 5

]

Situamos geográficamente. El centro de curvatura C para dicho instante. 25)El embalaje de 50 kg se proyecta a lo largo del suelo desde el punto x=0 con una celeridad inicial de 7m/s. Siendo 0,4 el coeficiente de razonamiento cinético, calcular el tiempo que tarda en pararse y la distancia x que recorre.

Resolución: Dibujamos las fuerzas. De la segunda Ley de Newton.

∑ F y =m a y =0

Eje y:

N=50g Eje x: FR=0,4 x 50g FR=20g=max ax =3,92 m/s2 Hacemos uso de la siguiente ecuación de la cinemática: v f=v0-at Dónde:

t=

v 0−v f → t =1,78 s a

Y para calcular la distancia x que se desplaza hasta detenerse.

v 2f =v 20−2 ae → e=

v 20 −v 2f → e=6,25 m 2a

26)El embalaje del problema 3.4 se proyecta ahora hacia abajo por una rampa con una celeridad inicial de 7 m/s. Calcular el tiempo t que tarda en pararse y la distancia x que recorre si : (a) θ=15° y (b) si θ=30°

Resolución: De la segunda ley de Newton: Eje y:

∑ F y =m a y =0

N=Wcosθ Eje x:

∑ F x =ma x → Wsenθ−F R =ma x

m ax =mgsenθ−μmgcosθ a x =gsenθ−μgcosθ

Donde FR: fuerza de rozamiento FR= μN Para θ=15 ° 2

a x =−1,25 m/ s

Entonces el cuerpo empezara a desacelerar: De las ecuaciones de la cinemática. 2

2

v f =v 0−2 ae v 20−v 2f e= → e=19,58 m 2a

Calculo del tiempo en que se tiene: v f=v0-at t=

v 0−v f → t=5,59 s a

Para θ=30° usando la ecuación (1): a x =−1,50 m/ s2

 El cuerpo empezara a acelerar; y no se detendrá.

27)Calcular la aceleración vertical a del cilindro de 150 kg en los dos casos ilustrados. Despreciar el razonamiento y la masa de las poleas.

Resolución: Caso A: ∑ F y =m a y =0 Bloque A: W A −T =m A a X

…………………………(1)

Bloque B: T −150 g=mB a y

…………………………(2)

Como el hilo no se deforma La

ay

es la misma para ambos bloques.

De (1) y (2): a y=

(m A−mB) (m A +mB )

a y =1,401 m/s2 Caso B:

∑ F y =ma →m a y=T−150 g

a=

200 g−150 g 150

a =3,27 m/s 28)Se observa que el bloque de la figura lleva una velocidad v 1=20 m/s al pasar por el punto A y una velocidad v 2=10m/s al pasar por el punto B del μc plano inclinado. Calcular el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el plano si x=75m y θ=15°.

Resolución: De la segunda Ley de Newton: N = mgcosθ Donde:

F R=μN

F R=μmgcosθ

∑ F=ma ma=mgsenθ−μmgcosθ a=( gsenθ−μgcosθ)

dv Recordemos que: a= dt v1=20m/s; v2= 10m/s; θ=15°; g=9, 81 →

dv dx . =g (senθ−μcosθ) dt dx

v2

x

∫ vdv=∫ g(senθ−μcosθ) dx v1

0

2

v v ⋮ =g( senθ−μcosθ) x 2 v 2 1

Despejamos: μ=tanθ−

( v 22−v 21 ) 150 gcosθ

29)Se repite aquí la ilustración del problema 2.209 a la que se añade información acerca de las masas. Despreciar todos los razonamientos y las masas de las poleas y hallar las aceleraciones de los cuerpos A y B cuando se abandonan desde el reposo.

Resolución: Establecemos las ecuaciones para el bloque A:

∑ F=m A a A m A a A =m A gsen 20° −2T

………………(1)

Para el bloque B: mB a B=3 T −mB g 2 x A +3 x B + L=s → 2 a A +3 a B=0

………………..(2) ………………..(3)

a A (−3 k ) = a B (2 k )

De (1) y (2): 90 a A + 20 aB =105,77

La ecuación (4) en (3): K=0,3411 a A =1,024 m/s2 a B =0,682 m/s2

……………………(4)

30)El aparejo del problema 3.22 se modifica como se muestra. Para unos μe μc coeficientes de rozamiento 00,25 y =0,20; calcular la aceleración de cada cuerpo y la tracción T en el cable.

Resolución: ∑ F y =0 → N=60 gcos 30 ° F R=0,2 ( 60 gcos 30 ° )=12 gcos 30°

De la segunda Ley de newton:

∑ F x =ma A T-60gsen30°-12gcos30°=60 T- 40,4g=60

aA

aA

De la segunda Ley de Newton:

…………………(1)

W-2T =

m aB →20 g−2T =20 aB

…………………..(2)

De (2) y (1): 60

a A + 10 aB

=30,4g

……………………(3)

De: x A +2 x B + L=c a A + 2 aB =0

……………………..(4)

De (3) y (4): a B=−2,71

m → a A =5,42 m/s2 s2

Ahora aB en (2) para hallar T: 2T=20g-20

a B → T =125,2 N

31)Las correderas A y B están conectadas mediante una barra rígida liviana y se mueven sin rozamiento por las ranuras, las cuales se hallan ambas en el plano vertical. En la posición ilustrada, la velocidad de A es 0,4 m/s hacia la derecha. Hallar la aceleración de cada coordenada y la fuerza sobre la barra en ese instante.

Resolución: Para el carrito(A) de las ecuaciones del movimiento.

∑ F=m A a A → 40−Tcos 15° =2 a A

………………(1)

Para el carrito (B): 3g+Tcos75°) =

3 aB

………………..

(2) Del triángulo RBA obtenemos la relación de las aceleraciones. 2

2

2

x A + x B=0,5 → x A ´x A + x B x´ B=0

Volviendo a derivar:

48 ´x A +13 ´x B =−235 48aA+13aB= -235

…………………….(3)

Entonces de las ecuaciones: (1) (2) y (3) obtenemos: a A =7,95 m/s2 (→) a B =-8,04 m/s2 a B = 8,04 m/s2 (↓) 

T= 25,0 N

32)¿Para qué valores del ángulo θ tendrá el bloque de 35 kg una aceleración de 9m/s2 hacia la derecha?

Resolución: De la segunda Ley de Newton: Eje y: N+Psenθ= 35g N= 35g – Psenθ

…………………………………..(1)

Eje x: ma = Pcosθ - Fr ma = Pcosθ - μc (35 g−Psenθ)

................................................(2) ………………………................(3)

Reduciendo la expresión (3): 2 cosθ+ senθ=

2( ma+35 μ c g) P

……………………………………(4)

Recordemos: Asenx + Bcosx=√ A +B sen( x +θ) 2

Dónde: senθ=

2

B √ A 2 +B 2

√ 5 sen ( θ+α )=2,16 → sen ( θ+ α ) =0,967 θ+α =75,31° α =63,43°

θ=11,88 °

33)Cuando x=0, el resorte tiene su longitud natural. Si el cuerpo se desplaza desde su posición inicial x 1=100mm hasta la posición final x 2=200mm, hallar (a) el trabajo que realiza el resorte sobre el cuerpo y (b) el trabajo que sobre el cuerpo realiza su propio peso.

Resolución: Siendo Fr: la fuerza que ejerce el resorte sobre el cuerpo: a) El trabajo que realiza Fr sobre el cuerpo es: x2

1 x W 12=∫ ( kx ) dx= k ( x2 )⋮ x 2 x

1 2

1

X1: posición inicial X2: posición final K: constante de elasticidad W 12=

−1 3 2 2 (4 x 10 )(0,2 −0,1 ) 2

W 12=−60 J X1=0,1m

X2=0,2m b) El trabajo que realiza el peso sobre el cuerpo es: La fuerza F es: mgsen20° x2

W 12=∫ mgsen 20 ° dx →W =mgsen 20 ° ( x 2−x1 ) x1

W=7(9,81) sen20° (0,2-0,1) W=2,35 J

34)La unidad motriz A se emplea para elevar el cilindro de 300kg a la velocidad constante de 2m/s. Si el wattimetro B registra un consumo de potencia eléctrica de 2,20kW, calcular el rendimiento combinado electromecánico e del sistema.

Resolución: De los datos del problema: WA= 100g WB=300g F: fuerza que usa el motor: En un instante: xA+2xB+c=L vA+2vB =0 Relación de las velocidades de los bloques:

…………………………(1)

vA=-2vB

vA= 4m/s

Si el sistema se mueve a velocidad constante: Para B: 2T =W B →T =

WB =1471,5 N 2

Para el bloque A: T =W A + F → F=T −W A F=490,5 N 35)Las correderas Ay B tienen una masa de 2kg cada una y se mueven sin rozamiento apreciable por sus guías respectivas, situándose y en la dirección vertical. En el centro de la barra de enlace, de masa despreciable, se aplica una fuerza horizontal de 20 N y el conjunto se abandona desde el reposo con θ=0. Calcular con que velocidad vA choca A con la guía horizontal, cuando θ=90°.

Resolución: W F=∆ E M 20(0,2) = 4=

E M(f )−E M (0)

ECA (f ) + E PA (f ) + ECB (f ) + EPB ( f )−ECA (0 )−( E PA ( 0) + E PA ( 0) + ECB (0 )+ E PB (0 ))

Dónde: E PA (f )=ECB (f )=E PB ( f )=ECA (0 )=ECB ( 0)=E PB ( 0 )

2(4 +mg hi ) 1 → m v 2f −mghi =4 → v f = 2 m

v f =3,44 m/ s

Cuando la corredera de masa m pasa por B, el resorte de constante k tiene su longitud natural. Si la corredera parte del reposo en A, hallar su celeridad cuando pasa por los puntos B y C. ¿Qué fuerza normal ejerce la guía sobre la corredera en la posición C? Despreciar el razonamiento entre la corredera y la guía, la cual está en un plano vertical.

36)

Resolución: Por la conservación de la energía mecánica: E M ( A )=E M (B ) → EC ( A ) + E P ( A ) + E PE ( A )=EC ( B) + E P ( B) + E PE ( A ) 1 → mgR+ k ( R √ 2−R) 2 k R2 (¿ 3−2 √ 2) m → v B =√ ¿

2 gR+

2

1 2 = 2 m vB

Calculando vc: E M ( A )=E M (C )

; tomamos como nivel de referencia al punto C:

→ E C ( A )+ E P ( A )+ E PE ( A )=E C (C ) + E P (C )+ E PE (C ) 1 →2 mgR + k (R √ 2−R) 2

2

1 2 = 2 m vC

k R2 4 gR+ (¿ 3−2 √ 2) m → vC =√ ¿

Calculo de la fuerza normal en C: mv 2c v 2c FC = → N −mg=m R R

N=m

[

kR ( 3−2 √ 2 ) +5 g m

]

La barra liviana está articulada en O a un eje de giro y lleva a las dos masas puntuales de 2 y 4 kg.Si la barra se abandona desde el reposo con θ =60° y oscila en el plano vertical, calcular(a) la velocidad v de la masa de 2kg inmediatamente antes de chocar en el resorte en la posición marcada en trazos y (b) la comprensión máxima x del resorte. Se supondrá que x es

37)

pequeña de modo que la posición de la barra cuando comprime el resorte es prácticamente horizontal.

Resolución: Por la conservación de la energía mecánica: E M (0)=E M ( f ) ;

1 1 2 2 4 g ( 0,3 sen 60 ° )+ 2 g (−0,45 sen 60 ° )= ( 4 ) v A + (2)v B ……………….(1) 2 2

Además, cuando ambas masas pasan por el nivel de referencia: W A =W B →

(2)en (1):

vA v = B →1,5 v A 0,3 0,45

vA

=0,773 m/s

…………………(2)

(3)en (1):

vB

= 1,16 m/s

Para calcular la comprensión máxima: vA

=

vB

=0 →

E M ( 0)

=

E PE

1 ( 35 X 103 ) x 2 → x=12,07 mm 2,54 = 2 38)Si el sistema se suelta desde el reposo, hallar las celeridades de ambas masas cuando B ha recorrido 1m.Despreciar el razonamiento y las masas de las poleas.

Resolución:

3 x A +2 x B + s=cte 3 v A =2 v B

E M ( A )=E M (B ) → EC (1 )+ E P ( 1)=EC ( 2)+ EP ( 2) 1 1 2 2 0= mA v A + mB v B +mB g hB + mA g h A 2 2

[

1 1 9 2 0= ( 40 ) v 2A + ( 8 ) v 2A +8 ( 9,81 ) (1 ) −40( 9,81) ( 1 ) sen 20 ° 2 2 4 3

]

Resolviendo: v A =0,616 m/s De (1): 3 v B= v A 2

v B=0,924 m/ s

39)En una plataforma de prueba de cohetes el consumo de combustible

m ´ ,

en kg por segundo, de un cohete instalado verticalmente se programa de manera que el empuje compense siempre la disminución de peso del cohete durante el ensayo. Si la masa inicial de cohete y combustible es de 6000 kg y la velocidad de descarga relativa es de 800m/s, independientemente del consumo de combustible, hallar de qué modo debe ´ con el tiempo t en segundos después del encendido. Hallar así variar m mismo la masa mf de combustible consumido segundos.

en los primeros diez

Resolución: Por la segunda Ley de Newton: ´ a´ →−m ´ v−mg=ma ∑ F=m

Pero este sistema no acelera; a=0 Entonces:

−mv ´ −mg→

dm −g = dt m v

Integrando: mf

−g ln t mf −g ( m ) ln( )= t →e =e v m0 v 0

mf =m0 e

−g t v

Sabemos que: mf =mcohete +mcombustible que queda mc 6000 e−0,0123 t = mc + mp Pero:

mc + mcombustibleinicial =6000 kg

m0=mf + mt

mp

−0,0123t

mt=6000(1−e

) ; para t=10s

m10=¿ 694,42 kg ´ t=6000 [−e−0,0123t (−0,0123)] m ´ t=73,8 e−0,0123 t m 40)Una cadena de eslabones sueltos, de masa

ρ

por unidad de longitud, se

abandona desde el reposo sobre el plano inclinado en la posición x=0.Entre μc la cadena y el plano hay un coeficiente de razonamiento cinético . La cadena se amontona en un cubo situado al pie del plano. Hallar en función de x, la fuerza R que debe irse ejerciendo sobre el cubo para sujetarlo contra la acción de la cadena. Se tendrá en cuenta que el último eslabón en movimiento al final del plano pierde contacto con el que inmediatamente le precede.

Resolución: Gx = ρ ( L− x ) v →G x =ρ( L−x) ´x

∑ F x =G´ x ρgLsenθ−μ c pg ( L−x ) cosθ−R=

Calculo de m=

d ( ρ ( L−x ) ´x )= ρ x´ ( L−3 x ) …………(1) dt

´x :

ρ ( L−x )

Wsenθ−μc N =m x´ m ´x = ρg ( L−x ) senθ−μ c ρg ( L−x ) cosθ ´x =gsenθ−μ c gcosθ

(2)en (1): R= ρgLsenθ−μc ρg ( L−x ) cosθ−ρg(senθ−μc cosθ)(L−3 x )

R= ρgx(3 senθ−2 μc cosθ) R>0 ; 3 senθ−2 uc cosθ uc