Parcial IV

Universidad Tecnológica de Panamá

Facultad de Ingeniería Mecánica Licenciatura en Ingeniería Naval

¨ Impulso y Cantidad de Movimiento¨

Elaborado por: Marlen Veleiro 8-900-1438 Raúl Franceschi 8-882-1467

Grupo: 1IM121

II Semestre 2014

1

13.119 Un trasatlántico de 35 000 Mg tiene una velocidad inicial de 4km/h. Si se desprecia la resistencia por fricción del agua, determine el tiempo requerido para llevar al trasatlántico al reposo usando un solo remolcador que ejerce una fuerza de 150 kN. 𝑚 = 35, 000 𝑀𝑔 = 35𝑥106 𝑘𝑔 𝐹 = 150𝑥103 𝑁 𝑣1 = 4

𝑘𝑚 = 1.11 𝑚/𝑠 ℎ𝑟

𝑚𝑣1 − 𝐹𝑡 = 0 (35𝑥106 𝑘𝑔) (1.11

𝑚 ) − (150𝑥103 𝑁)𝑡 = 0 𝑠

𝑡 = 259.26 𝑠

13.120 Un automóvil de 2 500 lb se mueve a una rapidez de 60 mi/h cuando los frenos se aplican por completo, lo que ocasiona que las cuatro llantas patinen. Determine el tiempo requerido para detener el automóvil a) sobre pavimento seco (µ𝑘 ) = 0.75), b) sobre un camino congelado (µ𝑘 ) = 0.10). 𝑣1 = 60 𝑚𝑝ℎ = 88 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝑣1 − 𝜇𝑘 𝑊𝑡 = 0 𝑡=

𝑚𝑣1 𝑚𝑣1 𝑣1 = = 𝜇𝑘 𝑊 𝜇𝑘 𝑚𝑔 𝜇𝑘 𝑔 𝐹𝑜𝑟 𝜇𝑘 = 0.75

𝑡=

88 𝑓𝑡/𝑠 (0.75)(32.2

𝑓𝑡 ) 𝑠2

𝐹𝑜𝑟 𝜇𝑘 = 0.10 𝑡=

88 𝑓𝑡/𝑠 (0.10)(32.2

2

𝑓𝑡 ) 𝑠2

13.121 Un velero que pesa 980 libras con sus ocupantes navega viento abajo a 8 mi/h cuando su vela se eleva para incrementar su rapidez. Determinar la fuerza neta proporcionada por la vela sobre el intervalo de 10s que tarda el bote en alcanzar una rapidez de 12mi/h.

𝑣1 = 8

𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 11.73 𝑡 = 10 𝑠𝑒𝑐 ℎ 𝑠 1−2

𝑣2 = 12

𝑚𝑖 = 17.60 𝑓𝑡/𝑠 ℎ

𝑚 ∙ 𝑣1 + 𝑖𝑚𝑝1−2 = 𝑚𝑣2 𝑚 (11.73

𝑓𝑡 𝑓𝑡 ) + 𝐹𝑛 (10𝑠) = 𝑚 (17.60 ) 𝑠 𝑠

𝑓𝑡 𝑓𝑡 (980 𝑙𝑏)(17.60 𝑠 − 11.73 𝑠 ) 𝐹𝑛 = 𝑓𝑡 (32.2 2 )(10𝑠) 𝑠 𝐹𝑛 = 178.6 𝑙𝑏

3

13.122 Una camioneta remolca un tronco de 300 kg de una cuneta mediante un malacate unido por su parte trasera. Si se sabe que el malacate aplica una fuerza constante de 2500 N y el coeficiente de fricción cinética entre el suelo y el tronco es de 0.45, determine el tiempo necesario para que el tronco alcance una rapidez de 0.5m/s.

𝑚𝑣1 + ∈ 𝑚𝑔𝑡 cos 20° = 0 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 20° 0 + 𝑇𝑡 − 𝑚𝑔𝑡 sen 20° − 𝑢𝑘 𝑁𝑡 = 𝑚𝑣2 (𝑇 − 𝑚𝑔 sen 20° − 𝑢𝑘 𝑚𝑔 cos 20°)𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑇 = 25000 𝑁, 𝑚 = 300 𝑘𝑔, 𝑢𝑘 = 0.45, 𝑔 = 9.81

𝑚 , 𝑣2 𝑠2

= 0.5 𝑚/𝑠

[2500 − (300)(9.81)(sen 20° ´ + 0.45 cos 20°)]𝑡 = (300)(0.5) 248.95𝑡 = 150 𝑡 = 0.603 𝑠

4

13.123 Un tráiler desciende por una autopista con una pendiente de 3% a una rapidez de 55 mi/h cuando se aplican los frenos. Si se sabe que los coeficientes de fricción en la carga y la cama plana del tráiler que se muestra son µ𝑠 = 0.4 y µ𝑘 = 0.35, determine el tiempo más coroto en el cual se detiene sin que la carga se desplace.

0 − 𝑁𝑡 − 𝑚𝑔𝑡 cos 𝜃 = 0 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑚𝑣1 + 𝑚𝑔𝑡 sen 𝜃 − 𝜇𝑠 cos 𝜃 = 0 𝑚𝑣1 + 𝑚𝑔𝑡(sen 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0 𝑡= 𝑣1 = 55 𝑔 = 32.3

𝑣1 𝑔(𝜇𝑠 cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 80.67 , 𝑣2 = 0, ℎ 𝑠

𝑓𝑡 , 𝜇 = 0.40, tan 𝜃 = 3/100 𝑠2 𝑠 𝜃 = 1.71°

𝜇𝑠 cos 𝜃 − sen 𝜃 = 0.36 𝑡=

80.67 (32.2)(0.369) 𝑡 = 6.77 𝑠

5

13.124 Se construyen rampas de seguridad inclinadas al lado de autopistas de montaña para permitir que se detengan los vehículos con frenos defectuosos. Un camión de 10 ton entra a una rampa de 15⁰ a una alta velocidad de 𝑣𝑜 = 108pies/s y viaja durante 6s antes de que su rapidez se reduzca a 36 pies/s. Suponiendo desaceleración constante, determine a) la magnitud de la fuerza de frenado, b) el tiempo adicional que se resiste al rodamiento.

𝑊 = 20000 𝑙𝑏 𝑚=

20000 = 621.118 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 32.2

𝑥: 𝑚𝑣0 − (𝐹 + 𝑚𝑔 sen 15°)6 = (621.118)(36) 𝐹 + 𝑚𝑔 sen 15° = 7453.4 𝐹 = 7453.4 − 20000 sen 15° = 2277 𝑙𝑏 𝐹 = 2280 𝑙𝑏 𝑚𝑣0 − (𝐹 + 𝑚𝑔 sen 15°)𝑡 = 0 621.118(108) − 7453.4𝑡 = 0 𝐴𝑑𝑑𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑡𝑖𝑚𝑒 = 9 − 6 𝑡 = 3𝑠

6

13.125 Lo que sujeta al equipaje sobre el peso del vagón de equipaje de un tren de alta velocidad es la fricción. El tren desciende por una pendiente de 5% cuando reduce su velocidad a una tasa constante de 120 mi/h hasta 60 mi/h en un intervalo de tiempo de 12s. Determine el valor permisible más pequeño del coeficiente de fricción estática entre un tronco en el piso del vagón de equipaje si el tronco no va a deslizar. 𝑣1 = 120

𝑚𝑖 = 176 𝑓𝑡/𝑠 ℎ

𝑣2 = 60

𝑚𝑖 = 88 𝑓𝑡/𝑠 ℎ

𝑡1−2 = 12𝑠 𝑁𝑡1−2 = 𝑊𝑡1−2 cos 𝜃 𝑚𝑣1 − 𝜇𝑠 𝑚𝑔𝑡1−2 cos 𝜃 + 𝑚𝑔𝑡1−2 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑣2 (176

𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑓𝑡 ) − 𝜇𝑠 (32.2 2 )(12𝑠)(cos 2.86°) + (32.2 2 )(12 𝑠)(sen 2.86°) = 88 𝑓𝑡/𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝜇𝑠 =

176 − 88 + (32.2)(12)(sen 2.86°) (32.2)(12)(cos 2.86°) 𝜇𝑠 = 0.278

7

13.126 Sobre una partícula de 2kg actúa una fuerza F= (8-6t) i + (4-𝑡 2 ) j + (4+t) k, donde F se expresa en newton. Si se sabe que la velocidad de la partícula es v= (150m/s) i + (100m/s) j – (250 m/s) k en t=0, determine si el tiempo en el cual la velocidad es paralela al plano yz, b) la velocidad correspondiente de la partícula. 𝑚𝑣0 + ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 8

∫ 𝐹 𝑑𝑡 = ∫ [8 − 6𝑡)𝑖 + (4 − 𝑡 2 )𝑗 + (4 + 𝑡)𝑘]𝑑𝑡 0

1 1 = (8𝑡 − 3𝑡 2 )𝑖 + (4𝑡 − 𝑡 3 ) 𝑗 + (4𝑡 + 𝑡 2 ) 𝑘 3 2 𝑣0 = 150𝑖 + 100𝑗 − 250𝑘

1 1 (2 𝑘𝑔)(150𝑖 + 100𝑗 − 250𝑘) + (8𝑡 − 3𝑡 2 )𝑖 + (4𝑡 − 𝑡 3 ) 𝑗 + (4𝑡 + 𝑡 2 ) 𝑘 = (2 𝑘𝑔)𝑣 3 2 𝑣 = (150 + 4𝑡 −

3 2 1 1 𝑡 ) 𝑖 + (100 + 2𝑡 − 𝑡 3 ) 𝑗 + (−250 + 2𝑡 + 𝑡 2 ) 𝑘 2 6 4 150 + 4𝑡 −

3 2 𝑡 = 0, 𝑡 = 11.42𝑠 2

1 1 𝑣 = [100 + 2(11.42) − (11.42)3 ] 𝑗 + [−250 + 2(11.42) + (11.42)2 ]𝑘 6 4 𝑣 = − (125.5

𝑚 𝑚 ) 𝑗 − (194.5 ) 𝑘 𝑠 𝑠

8

13.127 Un camión desciende sobre un camino con pendiente de 4% a una rapidez de 60mi/h cuando se aplican los frenos para frenarlo hasta 20mi/h. Un sistema de frenado antiderrapante limita la fuerza de frenado a un valor en el cual los neumáticos del camión están a punto de patinar. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el camino y los neumáticos es igual a 0.60, determine el tiempo más corto necesario para que el camión se frene.

𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1

4 100

=2.29°

𝑚𝑣1 + ∈ 𝑖𝑚𝑝1−2 = 𝑚𝑣2 𝑚𝑣1 + 𝑊𝑡 sen 𝜃 − 𝐹𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑣1 = 60 𝑣2 = 20 (88

𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 88 ℎ 𝑠

𝑁 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑊 = 𝑚𝑔

𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 29.33 ℎ 𝑠

𝐹 = 𝜇𝑠 𝑁 = 𝜇𝑠 𝑊 cos 𝜃

𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑓𝑡 ) + (32.2 2 )(𝑡)(sen 2.29) − (0.60)(32.2 2 )(cos 2.29°)(𝑡) = 29.33 𝑓𝑡/𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝑡=

88 − 29.33 32.2[(0.60)𝑐𝑜𝑠2.29° − sen 2.29°] 𝑡 = 3.26 𝑠

9

13.128 Las marcas sobre una pista de carreras indican que las ruedas traseras( las de la tracción) de un automóvil patinaron en los primeros 20 m de la pista de 400 m, a) si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.60, determine el menor tiempo posible en el que el automóvil puede recorrer los 20 m iniciales, si empieza desde el reposo y las ruedas frontales del automóvil apenas se despegan del suelo, b) Determine el tiempo mínimo para que el automóvil corra toda la cerrera si después de patinar durante 20 m. las ruedas giran sin patinar por el resto de la carrera, suponga que para la parte de la carrera con rodamiento de 65% del peso del automóvil se apoya sobre las ruedas traseras y que el coeficiente de fricción estática es de 0.85, No tome en cuenta la resistencia del aire, ni la resistencia al rodamiento.

𝑇0 + 𝑈0−20 = 𝑇20 𝑇0 = 0

1 𝑇20 = 𝑚𝑣20 2 2

𝑈0−20 = (𝐹)(20) 0 + 𝜇𝑘 𝑚𝑔(20) =

1 𝑚𝑣20 2 2

𝑣20 2 = (2)(0.60)(20 𝑚) (9.81 𝑣20 2 = 15.344 𝑚/𝑠 0 + 𝜇𝑘 𝑚𝑔𝑡0−20 = 𝑚𝑣20 𝑣20 = 15.34 𝑚/𝑠 𝑡0−20 =

15.34 𝑚/𝑠 𝑚 (0.60)(9.81 2 ) 𝑠

𝑡0−20 = 2.61 𝑠

10

𝑚 ) 𝑠2

13.129 El tren subterráneo que se muestra está viajando con una rapidez de 30 mi/h cuando los frenos se aplican por completo sobre las ruedas de los vagones B y C, por los que estos deslizan sobre la vida, pero no aplican sobre las ruedas del vagón A. Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.35 entre las ruedas y la vía, determine a) el tiempo requerido para detener el tren, b) la fuerza en cada acoplamiento.

𝑊𝐴 = 𝑊𝐶 = 80000 𝑙𝑏, 𝑊𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 = 2484 𝑙𝑏 ∙

𝑠2 , 𝑚 = 3106 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝐵

𝑁𝐴 = 𝑁𝐶 = 80000 𝑙𝑏, 𝑁𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝐹𝐴 = 0 𝐹𝐵 = (0.35)(100000) = 35000 𝑙𝑏 𝐹𝐵 = (0.35)(80000) = 28000 𝑙𝑏 𝑣1 = 30

𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 44 , 𝑣2 = 0 ℎ 𝑠

𝑚 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 8074 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝐹 = 𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 + 𝐹𝐶 = 63000 𝑙𝑏 −𝑚𝑣1 + 𝐹𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑡=

(8074)(44) 𝑚(𝑣1 − 𝑣2 ) = = 5.639𝑠 𝐹 63000 −𝑚𝐴 𝑣1 + 𝐹𝐴 𝑡 + 𝐹𝐴𝐵 (5.639) = 0 𝐹𝐴𝐵 = 19,390 𝑙𝑏 −𝑚𝐶 𝑣1 + 𝐹𝐶 𝑡 − 𝐹𝐵𝐶 𝑡 = 0

−(2484)(44) + (28000)(5.639) − 𝐹𝐵𝐶 (5.639) = 0 𝐹𝐵𝐶 = 8620 𝑙𝑏 11

13.130 Resuelva el problema 13.129, suponiendo que los frenos se aplican solo sobre las ruedas del vagón A. 𝑊𝐴 = 𝑊𝐶 = 80000 𝑙𝑏, 𝑊𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝑠2 𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 = 2484 𝑙𝑏 ∙ , 𝑚𝐵 = 3106 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑁𝐴 = 𝑁𝐶 = 80000 𝑙𝑏, 𝑁𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝐹𝐴 = (0.35)(80000) = 28000 𝑙𝑏 𝐹𝐵 = 0 𝐹𝐵 = 0 𝑣1 = 30

𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 44 , 𝑣2 = 0 ℎ 𝑠

𝑚 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 8074 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝐹 = 𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 + 𝐹𝐶 = 28000 𝑙𝑏 −𝑚𝑣1 + 𝐹𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑡=

(8074)(44) 𝑚(𝑣1 − 𝑣2 ) = = 12.688𝑠 𝐹 28000 −𝑚𝐴 𝑣1 + 𝐹𝐴 𝑡 + 𝐹𝐴𝐵 𝑡 = 0

−(2848)(44) + (28000)(12.688) + 𝐹𝐴𝐵 (12.688) = 0

𝐹𝐴𝐵 = −19,390 𝑙𝑏 −𝑚𝐶 𝑣1 + 𝐹𝐶 𝑡 − 𝐹𝐵𝐶 𝑡 = 0 −(2484)(44) + 0 − 𝐹𝐵𝐶 (12.6888) = 0 𝐹𝐵𝐶 = −8620 𝑙𝑏

12

13.131 Un tractocamion con una cabina de 2000 kg y un remolque de 8000 kg viaja sobre un camino plano de 90 km/h. Los frenos en el remolque fallan y el sistema de antiderrapante de la cabina proporciona la mayor fuerza posible que no provocara que patinen los neumáticos. Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.65, determine a) el tiempo más corto para que la cabina se detenga, b) la fuerza en el acoplamiento durante ese tiempo.

𝑣 = 90

𝑘𝑚 𝑚 = 25 ℎ 𝑠 𝑁𝐶 = 𝑚𝐶 𝑔 = (2000)𝑔

𝐹𝑡1−2 = 𝜇𝑠 𝑁𝐶 𝑡1−2

𝐹𝑡1−2 = (0.65)(2000)𝑔𝑡 [(𝑚𝐶 + 𝑚 𝑇 )𝑣] = −𝐹𝑡 + [(𝑚𝐶 + 𝑚 𝑇 )𝑣] 0 = −(0.65)(2000 𝑘𝑔) (9.81

𝑚 𝑚 ) (𝑡1−2 ) = 10000𝑘𝑔(25 ) 2 𝑠 𝑠

𝑡1−2 = 19.60 𝑠 [𝑚 𝑇 𝑣] = −𝑄𝑡1−2 + [𝑚 𝑇 𝑣] 𝑡1−2 = 19.60 𝑠 0 = −𝑄(19.60 𝑠) + (8000 𝑘𝑔) (25 𝑄 = 10.204 𝑁

13

𝑚 ) 𝑠

13.132 El sistema que muestra está en reposo cuando una fuerza constante de 150 N se aplica al collarín B. Ignorando el efecto de la fricción determine a) el tiempo en el cual la velocidad del collarín B será de 2.5 ms hacia la izquierda, b) la tensión correspondiente en el cable.

𝑣𝐴 = 2𝑣𝐵 1 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 2 𝑚𝐴 = 3 𝑘𝑔 𝑚𝐵 = 8 𝑘𝑔

𝑇=

𝑇 = 56.8 𝑁

𝑤𝐴 = 29.43 𝑁 0 + 150𝑡 − 2𝑇𝑡 = 𝑚𝐵 (𝑣 𝐵 ) 150𝑡 − 2𝑡𝑇 = (8𝑘𝑔)(2.5

15 + 29.43 𝑡

𝑚 ) 𝑠

150𝑡 − 2𝑇𝑡 = 20 0 + 𝑇𝑡 − 𝑊𝐴 𝑡 = 𝑚𝐴 (𝑣𝐴 ) 𝑇𝑡 + 𝑊𝐴 𝑡 = 𝑚𝐴 (𝑣𝐴 ) 𝑇𝑡 + 𝑊𝐴 𝑡 = 𝑚𝐴 (2𝑣𝐵2) 𝑇𝑡 + 29.43𝑡 = (3𝑘𝑔)(2)(2.5

𝑚 ) 𝑠

𝑇𝑡 + 29.43𝑡 = 15 91.14𝑡 = 50 𝑡 = 0.549 𝑠

14

13.133 Un cilindro C de 8 kg descanza sobre una plataforma A de 4kg sostenida por una cuerda que pasa sobre las poleas D y E y está unido a un bloque B de 4kg. Si el sistema se suelta desde el reposo, determine a) la velocidad del bloque B después de 0.8s, b) la fuerza ejercida por el cilindro sobre la plataforma.

[(𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑣] − 𝑇(𝑡1−2 ) + (𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑔𝑡1−2 = [(𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑣] 0 + (12𝑔 − 𝑇)(0.8) = 12𝑣 [𝑚𝐵 𝑣] + (𝑇)𝑡1−2 − 𝑚𝐵 𝑔𝑡1−2 = (𝑚𝐵 𝑣) 0 + (𝑇 − 4𝑔)(0.8) = 4𝑣 (12𝑔 − 4𝑔)(0.8) = (12 + 4) 𝑣=

𝑚 )(0.8𝑠) 𝑠2 = 3.92 𝑚/𝑠 16 𝑘𝑔

(8𝑘𝑔)(9.81

(𝑚𝐴 𝑣) = 0 𝑇=

𝑇=

0 + (𝐹𝐶 + 𝑚𝐴 𝑔) 4𝑣 + 4𝑔 0.8

𝑚 ) 𝑠 + (4𝑘𝑔)(9.81 𝑚 ) (0.8𝑠) 𝑠2

(4𝑘𝑔)(3.92

𝑇 = 58.84 𝑁 𝑚 (4 𝑘𝑔)(3.92 𝑠 ) 𝑚 𝐹𝐶 = − (4𝑘𝑔) (9.81 2 ) + 58.84 𝑁 (0.8𝑠) 𝑠 𝐹𝐶 = 39.2 𝑁

15

13.134 Antes de diseñar un prototipo de cinturón de seguridad que se evaluara en pruebas de choque de automóviles, se realiza una estimulación de la carga esperada en el cinturón de seguridad que pasa por el hombro. Si un automóvil que viaja a 45 mi/h se detiene en 110ms, determine a) la fuerza impulsiva promedio ejercida por un hombre de 200 lb sobre el cinturón, b) la fuerza máxima 𝐹𝑚𝑎𝑥 que se ejerce sobre el cinturón si el diagrama fuerza-tiempo tiene la forma que se muestra en la figura.

𝑣1 = 45

𝑚𝑖 = 66 𝑓𝑡/𝑠 ℎ

𝐹=

𝑊 = 200 𝑙𝑏

(200)(66) = 3727 𝑙𝑏 (32.2)(0.110)

𝐼𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 = 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝐷 1 − 𝑡 = 𝐹𝑚 (0.110 𝑠) 2

𝑚𝑣1 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝐹∆𝑡

𝐼𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 = 𝐹∆𝑡 = 3723 𝑙𝑏(0.110 𝑠)

∆𝑡 = 0.110 𝑠

1 𝐹 (0.110) = (3727)(0.110) 2 𝑚

𝑓𝑡 (200 𝑙𝑏)(66 𝑠 ) − 𝐹(0.110𝑠) = 0 𝑓𝑡 (32.2 2 ) 𝑠

𝐹𝑚 = 7450 𝑙𝑏

16

13.135 Un cohete a escala de 60 g se lanza verticalmente. El motor aplica un empuje P que varía en magnitud como se muestra. Desprecie la resistencia del aire y el cambio en la masa del cohete para determinar a) la rapidez máxima del cohete cuando asciende, b) el tiempo para que el cohete alcance su elevación máxima.

0.8

𝑚 = 0.060 𝑘𝑔

∫ 0

𝑚𝑔 = (0.060)(9.81) = 0.5886 𝑁 𝑃=

13 𝑡 = 65𝑡 0.2

= 4.7 𝑁 ∙ 𝑠

𝑊 = 0.5886 𝑁 0.8

𝑆 = 𝑊 − 𝑃 = 0.5886 − 65𝑡

∫ 𝑊𝑑𝑡 = (0.5886)(0.8) 0

0 = 0.5886 − 65𝑡1

= 0.47088 𝑁 ∙ 𝑠

𝑡1 = 0.0090 𝑠 𝑡

0.8

𝑚1 𝑣1 + ∫

𝑡

0

∫ 𝑆𝑑𝑡 = ∫ 𝑆𝑑𝑡 0

1 (0.2)(13) 2 1 + (0.1)(13 + 5) 2 + (0.8 − 0.3)(5)

𝑃𝑑𝑡 =

0.8

𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝑆𝑑𝑡 0

0.8

− ∫ 𝑊𝑑𝑡 = 𝑚2 𝑣2

0

0

1 = 𝑚𝑔ℎ1 2

0 + 4.7 + 0.0026 − 0.4708 = 0.060𝑣2

= (0.5)(0.5886)(0.0090)

𝑣2 = 70.5 𝑚/𝑠

= 0.0026 𝑁 ∙ 𝑠

𝑣3 = 0

𝑑𝑣 =𝑎=0 𝑑𝑡

𝑡3

𝑡3

𝑚𝑣1 + ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝑆𝑑𝑡 − 𝑊𝑡3 0

0

= 𝑚𝑣3

𝑊−𝑃 =0

0 + 4.7 + 0.0026 − 0.588𝑡3 = 0

𝑡2 = 0.8 𝑠

𝑡3 = 7.99 𝑠 17

13.136 Se va a obtener un modelo simplificado consistente en una línea recta para la variación de la presión dentro del cañón de 10 mm de diámetro de un rifle cuando se lanza una bala de 20g. Si se sabe que se requieren 1.6 s para recorrer la longitud del cañón y que la velocidad de la bala al salir es de 700 m/s, determine el valor de 𝑝0 .

𝑝 = 𝑝0 + 𝑐1 − 𝑐2 𝑡 𝑐1 = 𝑝0 0 = 𝑐1 − 𝑐2 (1.6𝑥10−3 𝑠) 𝑐2 =

𝑝0 1.6𝑥10−3 𝑠

𝑚 = 20𝑥10−3 𝑘𝑔 1.6𝑥10−3 𝑠

0+𝐴∫

𝑝𝑑𝑡 = 𝑚 𝑣2

0

𝜋(10𝑥10−3 )2 𝐴= 4 𝐴 = 78.54𝑥10−6 𝑚2 1.6𝑥10−3 𝑠

0+𝐴∫ 0

(𝑐1 − 𝑐2 𝑡)𝑑𝑡 =

(78.54𝑥10−6 𝑚2 ) [(𝑐1 )(1.6𝑥10−3 𝑠) −

20𝑥10−3 𝑔

(𝑐2 )(1.6𝑥10−3 𝑠) 700𝑚 ] = (20𝑥10−3 𝑘𝑔)( ) 2 𝑠

1.6𝑥10−3 𝑠 𝑐1 − 1.280𝑥10−6 𝑐2 = 178.25𝑥10−3 (1.280𝑥10−6 𝑚2 ∙ 𝑠) 1.6𝑥10 𝑚 ∙ 𝑠 𝑝0 − 𝑝0 = 178.25𝑥10−3 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 (1.6𝑥10−3 𝑠) −3

2

𝑝0 = 222.8 𝑥10−6 𝑁/𝑚2 18

13.137 Sobre un bloque de 125 lb que inicialmente esta en reposo se una fuerza P que varia como se muestra en la figura. Si se sabe que los coeficientes de fricción entre el boque y la superficie horizontal son µ𝑠 = 0.50 y µ𝑠 = 0.40, determine a) el tiempo en el que el bloque comenzara a moverse, b) la rapidez máxima que alcanza el bloque, c) el tiempo en el que el bloque dejara de moverse.

0 + ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 𝑣=

𝑣𝑚 =

1 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] 𝑚

[∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] = 0

𝑃 = 𝐹𝑠 = 𝜇𝑠 𝑊 = (0.5)(125 𝑙𝑏) = 62.5 𝑙𝑏

∫ 𝑃𝑑𝑡 =

𝑡1 8𝑠 𝑡1 8𝑠 = 𝑙𝑏; = 𝑙𝑏 𝐹𝑠 100 62.5 𝑙𝑏 100

∫ 𝐹𝑑𝑡 =

𝑡1 = 5 𝑠

1 (100)(16) = 800 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2

1 (62.5)(50) + (50)(𝑡𝑚 − 5) 2

∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡

𝑃 = 𝐹𝑘 = 𝜇𝑘 𝑊 = (0.4)(125) = 50 𝑙𝑏

= 800 − [156.25 + 50(𝑡𝑚 − 5)] = 0

∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑅 𝑑𝑡 𝑣𝑚 =

1 [193.75] = 49.91 𝑓𝑡/𝑠 125 𝑙𝑏 32.2

1 1 [ (12.5 + 50)(3) 𝑚 2 1 + (50)(4)] 2 1 = (193.75) 𝑚

𝑡𝑚 = 17.875 𝑠

19

13.138 Retome el problema 13.137, y ahora suponga que el peso del boque es de 175 lb.

𝑊 = 175 𝑙𝑏 𝑣=

𝑣𝑚 =

1 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] 𝑚

𝑃 = 𝐹𝑠 = 𝜇𝑠 𝑊 = (0.5)(175 𝑙𝑏) = 87.5 𝑙𝑏 𝑣𝑚 =

𝑡1 8𝑠 𝑡1 8𝑠 = 𝑙𝑏; = 𝑙𝑏 𝐹𝑠 100 87.5 𝑙𝑏 100 𝑡1 = 5 𝑠

1 [59.75] = 10.994 𝑓𝑡/𝑠 175 𝑙𝑏 32.2 [∫(𝑃 − 𝐹)𝑑𝑡 ] = 0

𝑃 = 𝐹𝑘 = 𝜇𝑘 𝑊 = (0.4)(175) = 70 𝑙𝑏

𝑡𝑠

∫ 𝑃𝑑𝑡 =

16 − 𝑡𝑚 8𝑠 = 70 𝑙𝑏 100 𝑙𝑏 16 − 𝑡𝑚 = 70 (

1 1 [ (17.5 + 30)(1.0) 𝑚 2 1 + (30)(10.4 − 8)] 2 1 = (59.75) 𝑚

0

8 ) = 5.6 100

1 1 100 (100)(8) − ( )(16 2 2 8 − 𝑡𝑠 )2 = 800 𝑙𝑏 ∙ 𝑠

1 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = (87.5)(7) + (70)(𝑡𝑚 − 7) 2

𝑡𝑚 = 10.4 𝑠

∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 100 (16 − 𝑡𝑠 )2 16 − 306.25 − 70(𝑡𝑠 − 7) =0 𝑡𝑚 = 13.492 𝑠 = 800 −

20

13.139 Un jugador de beisbol que atrapa una pelota puede suavizar el impacto moviendo su mano hacia atrás. Suponiendo que una pelota de 5 oz alcanza su guante de 90mi/h y que el jugador hace su mano hacia atrás durante el impacto con una rapidez promedio de 30 pie/s una distancia de 6 pulgadas, llevando la pelota al reposo determine la fuerza impulsiva promedio ejercida sobre la mano del jugador.

𝑣 = 90

𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 132 ℎ 𝑠

5 𝑚 = 16 𝑔 6 𝑑 1 12 𝑡= = = ( )𝑠 𝑉𝑎𝑣 30 60 0 = 𝐹𝑎𝑣 𝑡 + 𝑚𝑣 𝐹𝑎𝑣 =

𝑊𝑉 𝑔𝑡

𝐹𝑎𝑣 =

𝑚𝑣 𝑡

5 𝑓𝑡 𝑓𝑡 1 𝐹𝑎𝑣 = ( 𝑙𝑏) (132 )/(3202 )2 ( ) 16 𝑠 𝑠 60𝑠 𝐹𝑎𝑣 = 76.9 𝑙𝑏

21

13.140 Una pelota de golf de 1.62 oz se golpea con un palo de golf y sale con una velocidad de 100 mi/h. Suponga que para 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡𝑜 donde 𝑡𝑜 es la duración del impacto, la magnitud F de la fuerza ejercida sobre la pelota puede expresarse como F=𝐹𝑚 sen (𝜋𝑡/𝑡0 ) Si se sabe que 𝑡𝑜 = 0.5𝑚𝑠, determine el valor máximo 𝐹𝑚 de la fuerza ejercida sobre la pelota. 𝑚 = 3.144𝑥10−3 𝑠𝑙𝑢𝑔

𝑊 = 1.62 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 = 0.10125 𝑙𝑏 𝑡 = 0.5𝑚𝑠 𝑣 = 146.67 𝑡0

𝑡0

∫ 𝐹𝑑𝑡 = ∫ 𝐹𝑚 sin 0

0

𝑓𝑡 𝑠

𝜋𝑡 𝐹𝑚 𝑡0 2𝐹𝑚 𝑡0 𝑑𝑡 = − (cos 𝜋 − cos 0) = 𝑡0 𝜋 𝜋 𝑡0

𝑚𝑣1 + ∫ 𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 0

0+ 𝐹𝑚 =

2𝐹𝑚 𝑡0 = 𝑚𝑣2 𝑡0

𝜋𝑚𝑣2 𝜋(3.144𝑥10−3 )(146.67) = = 1.44𝑥103 𝑙𝑏 2𝑡0 (2)(0.5𝑥10−3 )

22

13.141 El salto triple es una prueba de pista y campo en el cual un atleta inicia una carrera y trata de llegar lo más lejos posible, con una zancada un paso y un salto. En la figura se muestra la zancada inicial del atleta. Si se supone que este se aproxima a la línea de despegue desde la izquierda con una velocidad horizontal de 10 m/s, permanece en contacto con el suelo durante 0.18s y despega a un ángulo de 50⁰ con una velocidad de 12 m/s, determine la componente vertical de la fuerza impulsiva promedio ejercida por el suelo sobre su pie. De su respuesta en términos de peso W del atleta.

𝑚𝑣1 + (𝑃 − 𝑊)∆𝑡 = 𝑚𝑣2 ∆𝑡 = 0.18𝑠 0 + (𝑃𝑣 − 𝑊)(0.18) = 𝑃𝑣 = 𝑊 +

𝑊 (12)(𝑠𝑒𝑛500 ) 𝑔

(12)(𝑠𝑒𝑛500 ) (9.81)(0.18)

𝑃𝑣 = 6.21 𝑊

23

w

13.142 La última parte de la competencia atlética de salto triple es el salto, en el cual el atleta realiza el último de sus tres avances, aterrizando en un foso de arena. Si se supone que la velocidad de un atleta de 80kg justo antes de aterrizar es de 9 m/s a un ángulo de 35⁰ con la horizontal y que el atleta se detiene por completo 0.22 s después del aterrizaje, determine la componente horizontal de la fuerza impulsiva promedio que se ejerce sobre sus pies durante el aterrizaje.

𝑚 = 80𝑘𝑔 ∆𝑡 = 0.22𝑠 𝑚𝑣1 + (𝑃 − 𝑊)∆𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑚(9)(𝑐𝑜𝑠35°) − 𝑃𝐻 (0.22) = 0 𝑃𝐻 =

𝑚 𝑠 ) (cos 35°) (0.22𝑠)

(80𝑘𝑔) (9

𝑃𝐻 = 2.68 𝑘𝑁

24

13.143 El diseño de un nuevo implante de cadera sin cemento, se estudiara utilizando un implante instrumentado y un fémur simulado fijo. Si se supone que el cincel aplica una fuerza promedio de 2 kN por un tiempo de 2ms sirve el implante de 200g. Determine a) la velocidad del implante inmediatamente después del impacto, b) la resistencia promedio del implante a la penetración si este se mueve 1mm antes de quedar en reposo.

𝑚 = 0.2 𝑘𝑔 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = 2000 𝑁 ∆𝑡 = 0.002 𝑠 𝑣1 = 0 0 + 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 (∆𝑡) = 𝑚𝑣2 𝑣2 =

𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 (∆𝑡) (2000)(0.002) = = 20 𝑚/𝑠 𝑚 0.2 ∆𝑥 = 1 𝑚𝑚 = 0.001 𝑚 𝑣2 = 20 𝑓𝑡/𝑠 𝑣3 = 0

𝑅𝑝𝑟𝑜𝑚 =

𝑚𝑣2 2 (0.2)(20)2 = = 40𝑥103 𝑁 2(∆𝑥) (2)(0.001) 25

13.144 Una bala con funda de acero de 25g se dispara horizontalmente con una velocidad de 600 m/s y rebota en una placa de acero a lo largo de la trayectoria CD con una velocidad de 400 m/s. Si se sabe que la bala deja un rasguño de 10 mm sobre la placa y suponiendo que su rapidez promedio es de 500 m/s mientras está en contacto con esta misma, determine la magnitud y dirección de la fuerza impulsiva promedio ejercida por la bala sobre la placa.

𝑚𝑣1 cos 15° − 𝐹𝑡 ∆𝑡 = 𝑚𝑣2 cos 20° 𝐹𝑡 ∆𝑡 = (0.025 𝑘𝑔)(600 ∆𝑡 =

𝑚 𝑚 cos 15° − 400 cos 20°] = 5.092 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 𝑠 𝑠

𝑆𝐵𝐶 0.010 𝑚 = = 20𝑥10−6 𝑠 𝑉𝑎𝑣 500 𝑚/𝑠 𝑚 ) (20𝑥10−6 𝑠) = 254.6𝑘𝑁 𝑠

𝐹𝑡 = (5.092 𝑘𝑔 ∙

−𝑚𝑣1 sin 15° + 𝐹𝑛 ∆𝑡 = 𝑚𝑣2 sin 20° 𝐹𝑡 ∆𝑡 = (0.025 𝑘𝑔)(600

𝑚 𝑚 sin 15° − 400 sin 20°] = 7.3025 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 𝑠 𝑠

𝐹𝑡 = (43025 𝑘𝑔 ∙

𝑚 ) (20𝑥10−6 𝑠) = 365.1𝑘𝑁 𝑠

𝐹 = √(365.1)2 + (254.6)2 = 445𝑘𝑁 tan 𝜃 =

365.1 254.6

𝜃 = 55.1°

𝜃 − 15° = 40.1° 𝐹 = 445𝑘𝑁

26

13.145 Un carro de ferrocarril de 25 ton que se mueve a 2.5 mi/h se acoplara con un carro de 50 ton que se encuentra en reposo con las ruedas aseguradas (µ𝑠 = 0.30). Determine a) la velocidad de ambos carros después de completar el acoplamiento, b) el tiempo que le toma a ambos carros quedar en reposo.

𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 𝐴: 2

𝑚𝐴 = 3106 𝑙𝑏 ∗ 𝑠 ⁄𝑓𝑡

𝑊𝐴 = 50 𝑡𝑜𝑛𝑠 = 1000000 𝑙𝑏 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 𝐵: 𝑊𝐵 = 25 𝑡𝑜𝑛𝑠 = 50000 𝑙𝑏

2

𝑚𝐵 = 1553 𝑙𝑏 ∗ 𝑠 ⁄𝑓𝑡

𝑉𝐴 = 0 𝑚𝑖 𝑓𝑡 𝑉𝐵 = 2.5 = 3.6667 ℎ 𝑠

𝑚𝐵 𝑣𝐵 = 𝑚𝐴 𝑣´ + 𝑚𝐵 𝑣′ 𝑚𝐵 𝑣𝐵

𝑣′ = 𝑚

𝐴 + 𝑚𝐵

(3106)(3.6667)

=

=2.444 ft/s

4569

𝑣 ′ = 1.667 𝑚𝑖/ℎ ∑F=0 𝑁𝐴 −𝑊𝐴 = 0 𝐹𝐴 = µ𝐾 𝑁𝐴 = µ𝐾 𝑊𝐴 𝐹𝐵 = 0 −(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 )𝑣 ′ + 𝐹𝐴 𝑡 = 0 𝑡= 𝑡=

(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 )𝑣 ′ 𝑚𝐵 𝑣𝐵 𝐹𝐴

=µ

𝐾 𝑊𝐴

(1553)(3.6667) (0.30)(100000) 𝑡 = 0.190𝑠 27

13.146 En un crucero el automóvil B viajaba hacia el sur y el automóvil A en dirección 30⁰ al noreste cuando chocaron entre sí, luego de la investigación se determino que después del choque los dos automóviles quedaron trabados y patinaron a un ángulo de 10⁰ noreste. Cada conductor afirmo que viajaba al límite de velocidad de 50 km/h y que trato de frenar, pero que no pudo evitar el choque debido a que el otro conductor a un iba bastante más rápido. Si se sabe que los pesos de los automóviles A y B eran respectivamente de 1500 y 1200 kg, determine a) cual de los automóviles iba más rápido, b) la rapidez del automóvil que iba a mayor velocidad si el vehículo más lento viajaba al límite de velocidad.

(1500) 𝑣𝐴 = (0.4010) cos 30° (1200) 𝑣𝐵

∑𝑚𝑣, 𝑥: 𝑚𝐴 𝑣𝐴 cos 30° = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵 )𝑣𝑐𝑜𝑠 10° ∑𝑚𝑣, 𝑦:

𝑣𝐴 = 0.434 𝑣𝐵

𝑚𝐴 𝑣𝐴 sen 30° − 𝑚𝐵 𝑣𝐵 = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵 )𝑣𝑠𝑒𝑛 10°

𝑣𝐴 = 2.30 𝑣𝐵

𝑠𝑒𝑛30° cos 30°

−𝑚

𝑚𝐵 𝑣𝐵

𝐴 𝑣𝐴

𝑣𝐵 = 50

𝑠𝑒𝑛 10°

=

cos 30° cos 10°

𝑘𝑚 ℎ

𝑣𝐴 = 2.30(50)

𝑣𝐴 (tan 30° − tan 10°)(𝑚𝐴 cos 30°) = 𝑣𝐵 𝑚𝐵

𝑣𝐴 = 115.2 𝑘𝑚/ℎ

28

13.147 El martillo de 650 kg de un encajador de pilotes cae desde una altura de 1.2m sobre la parte superior de un pilote de 140kg encajándolo 110 mm en el suelo. Suponga que impacto perfectamente plástico (e = 0) y determine la resistencia promedio del suelo a la penetración.

𝑇1 = 0

𝑇2 + 𝑈2−3 = 𝑇3

𝑉𝐻 = 𝑚𝑔 (1.2𝑚)

1 𝑇2 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝑝 )𝑣 ′2 2

9.81𝑚 𝑉𝐻 = (650𝑘𝑔) ( 2 ) (1.2𝑚) 𝑠

𝑇3 = 0 1 𝑇2 = (650 + 140)(3.992)2 2

𝑉1 = 7652 𝐽 1 𝑇2 = 𝑚 2 𝑉 2𝐻 =

𝑇2 = 6.295𝑥103 𝐽

650 2 𝑣 = 325𝑣 2 𝐻 2

𝑇3 = 0

𝑉2 = 0

1 𝑇2 = (650 + 140)(3.992)2 2

𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2

𝑇2 = 6.295𝑥103 𝐽

0 + 7652 = 352𝑣 2

𝑈2−3 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝑝 )𝑔𝑑 − 𝐹𝐴𝑉 𝑑

𝑣 2 = 23.54

𝑚2 𝑠2

= (650 + 140)(9.81)(0.110) − 𝐹𝐴𝑉 (0.110)

𝑣 = 4.852

𝑚 𝑠

𝑈2−3 = 852.49 − (0.110)𝐹𝐴𝑉 𝑇2 + 𝑈2−3 = 𝑇3

𝑚𝐻 𝑣𝐻 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝑝 )𝑣 ′

6.295𝑥103 + 852.49 − (0.110)𝐹𝐴𝑉 = 0

𝑚𝐻 𝑣𝐻 650 𝑚 𝑣′ = = (4.852 ) (𝑚𝐻 + 𝑣𝐻 ) 650 + 140 𝑠 𝑚 = 3.992 𝑠 𝑑 = 0.110 𝑚

𝐹𝐴𝑉 = (7147.5)(0.110) = 65𝑘𝑁

29

13.148 Un pequeño remache que conecta dos piezas de hoja metálica se esta remachando mediante martilleo. Determine el impulso ejercido sobre el remache y la energía que absorbe en cada martillazo sabiendo que la cabeza del martillo tiene un peso de 1.5lb y que golpea al remache con una velocidad de 20 pie/s. Suponga que el martillo no rebota y que el yunque esta soportado por resortes y a) tiene una masa infinita (soporte rígido), b) tiene un peso de 9lb.

𝑊𝐻 = 1.5 𝑙𝑏 𝑊𝐴 = 9 𝑙𝑏 𝑇1 =

𝑠2 𝑚𝐻 = 0.04658 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 2 𝑠 𝑚𝐴 = 0.2795 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡

𝑇2 =

𝐹∆𝑡 = 0.932 𝑙𝑏

1 (0.04658)(20)2 = 9.316 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 2 ∈ 𝑚𝑣1 = ∈ 𝑚𝑣2 𝑚𝐻 𝑣𝐻 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 )𝑣2 𝑣2 =

𝑚𝐻 𝑇 𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 1

𝑣2 =

(0.04658)(20) 𝑓𝑡 = 2.857 0.32608 𝑠

𝑇2 =

𝑚𝐻 𝑣𝐻 𝑚𝐻 + 𝑚𝐴

(0.04658)(9.316) 0.32608 = 1.331 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏

𝑇1 − 𝑇2 = 7.99 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏

1 𝑇𝐴 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 )𝑣2 2 2

𝐹∆𝑡 = (0.04658)(20 − 2.857) = 0.799 𝑙𝑏 ∙ 𝑠

30

13.149 La bala B pesa 0.5 oz y los bloques A y C pesan 3 lb cada uno. El coeficiente de fricción entre los bloques y el plano es µ𝑠 = 0.25. En un inicio la bala se mueve con una velocidad 𝑉𝑜 y los bloques A y C se encuentran en reposo. Después de que la bala pasa a través de A se incrusta en el bloque C y los tres objetos se detienen en las posiciones mostradas. Determine la rapidez inicial 𝑉𝑜 de la bala.

𝑚𝐵 =

0.5 𝑠2 = 970.5𝑥10−6 𝑙𝑏 ∙ (16)(32,2) 𝑓𝑡

𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 =

3 32.2

𝑣𝐴 = √

𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2

= 93.168𝑥10−3 𝑙𝑏 ∙ 𝑚𝐶 + 𝑚𝐵 = 94.138𝑥10−3 𝑙𝑏 ∙

2

𝑠 𝑓𝑡

𝑣𝐶 = √

𝑠2 𝑓𝑡

𝑣1 =

𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 𝑁𝐴 = 𝑚𝐴 𝑔 = 3 𝑙𝑏 𝑣0

𝑁𝐶 = (𝑚𝐶 + 𝑚𝐵 )𝑔 = 3.03125 𝑙𝑏 𝑣0 = 𝑣1 + 𝑣1 =

2𝜇𝑘 𝑁𝐴 𝑑𝐴 = 2.8372 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝐴

2𝜇𝑘 𝑁𝐶 𝑑𝐶 = 2.3166 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝐶 + 𝑚𝐵

(94.138𝑥10−3 )(2.3166) 970.5𝑥10−6 𝑓𝑡 = 224.71 𝑠

(93.138𝑥10−3 )(2.8372) = 224.71 + 970.5𝑥10−6 = 497 𝑓𝑡/𝑠

𝑚𝐴 𝑣𝐴 𝑚𝐵

(𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 )𝑣𝐶 𝑚𝐵

𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2

31

13.150 Un hombre de 180lb y una mujer de 120lb están de pie en extremos opuestos en un bote de 300lb, listos para lanzarse al agua, cada uno con una velocidad de 16 pies/s relativa al bote. Determine la velocidad del bote después de que ambos se hayan lanzado, si a) la mujer se lanza primero, b) el hombre se lanza primero.

−

120 300 + 180 (16 − 𝑣1 ) + 𝑣1 = 0 𝑔 𝑔 𝑣1 =

(120)(16) = 3.20 𝑓𝑡/𝑠 600

300 + 180 300 180 (16 − 𝑣2 ) 𝑣1 = − 𝑣2 + 𝑔 𝑔 𝑔 𝑣2 =

480𝑣1 − (180)(16) = 2.80 𝑓𝑡/𝑠 480

180 300 + 120 ′ (16 − 𝑣′1 ) − 𝑣1=0 𝑔 𝑔 𝑣 ′1 =

180(16) = 4.80 𝑓𝑡/𝑠 600

300 + 120 ′ 300 ′ 120 (16 − 𝑣 ′ 2 ) 𝑣1=− 𝑣 2+ 𝑔 𝑔 𝑔 𝑣′2 =

420 𝑣 ′1 + (120)(16) = −0.229 𝑓𝑡/𝑠 420

32

13.151 Una pelota de 75g se lanza desde una altura de 1.6 m con una velocidad horizontal de 2 m/s y rebota en una placa lisa de 400g soportada por resortes. Si se sabe que la altura del rebote de 0.6m, determine a) la velocidad de la placa inmediatamente después del impacto, b) la energía perdida debido al impacto.

𝑣𝑦 = √2𝑔(1.6) = 5.603

𝑚 𝑠

𝑣𝑦 = √2𝑔(0.6) = 3.431

𝑚 𝑠

(0.075)(5.603) + 0 = −0.075(3.431) + 0.4𝑣′𝑝𝑙𝑎𝑡𝑒 𝑣′𝑝𝑙𝑎𝑡𝑒 = 1.694 𝑚/𝑠 1 (𝑇 + 𝑉) = (0.075)(2)2 + 0.075𝑔(1.6) 2 (𝑇 + 𝑉) = 1/2(0.075)(2)2 + 0.075𝑔(0.6) + 1/2(0.4)(1.694)2 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 = (1.3272 − 1.1653)𝐽 = 0.1619 𝐽

33

13.152 Una esfera A de 2 kg se conecta a un punto fijo O mediante una cuerda inextensible de 1.2m de largo. La esfera está descansando sobre una superficie horizontal sin fricción a una distancia de 0.5m de O cuando se le da una velocidad 𝑉𝑜 en una dirección perpendicular a la línea OA. La esfera se mueve libremente hasta que alcanza la posición A`, cuando la cuenta se tensa. Determine la velocidad permisible máxima 𝑉𝑜 si el impulso de la fuerza ejercida sobre la cuerda no va a ser mayor de 3 N*s.

0.5 𝑚𝑣𝑜 + 𝐸∆𝑡 = 𝑐𝑜𝑠 −1 ( ) = 65.38° 1.2 𝑚𝑣𝑜 + 𝐹∆𝑡 = 𝑚𝑣𝐴 ′ 𝑚𝑣𝑜 𝑠𝑒𝑛𝜃 - 𝐹∆𝑡 = 0 𝐹∆𝑡 = 3 𝑁 ∗ 𝑠 𝑚 = 2 𝑘𝑔 2(𝑠𝑒𝑛65.38°)𝑣𝑜 =3 𝑉𝑜 = 1.650 𝑚/𝑠

34

13.153 Una bala de 1 oz está viajando con una velocidad de 1400 pies/s cuando impacta y queda incrustada en un bloque de madera de 5lb. El bloque puede moverse en sentido vertical sin fricción. Determine a) la velocidad de la bala y el bloque inmediatamente después del impacto. b) las componentes horizontales y verticales del impulso ejercido por el bloque sobre la bala.

𝐵𝑎𝑙𝑎: 𝑤 =

1 𝑠2 𝑙𝑏, 𝑚 = 0.001941 𝑙𝑏 ∙ 16 𝑓𝑡

𝐵𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒: 𝑊 = 5 𝑙𝑏, 𝑀 = 0.15528 𝑙𝑏 ∙

𝑠2 𝑓𝑡

𝑚𝑣0 cos 30° + 0 = (𝑚 + 𝑀)𝑣 ′ 𝑣′ =

𝑚𝑣0 cos 30° (0.001941)(1400) cos 30° 𝑓𝑡 = = 14.968 𝑚+𝑀 0.157221 𝑠 −𝑚𝑣0 sen 30° + 𝑅𝑥 ∆𝑡 = 0

𝑅𝑥 ∆𝑡 = 𝑚𝑣0 sin 30° = (0.001941)(1400)𝑠𝑒𝑛30° = 1.3587 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 −𝑚𝑣0 cos 30° + 𝑅𝑦 ∆𝑡 = −𝑚𝑣 ′ 𝑅𝑦 ∆𝑡 = 𝑚(𝑣0 cos 30° − 𝑣 ′ ) = (0.001941)(1400 cos 30° − 14.968) 𝑅𝑦 ∆𝑡 = 2.32 𝑙𝑏 ∙ 𝑠

35

13.154 Con el fin de probar la resistencia del impacto de una cadena es suspendida de una viga rígida de 240 lb y sostenida mediante dos columnas. Una varilla unida al último eslabón es golpeada con un bloque de 60lb que se deja caer desde una altura de 5 pies. Determine el impulso inicial ejercido sobre la cadena y la energía que absorbe, suponiendo que el bloque no rebota en la varilla y que las columnas que soportan la viga son a) perfectamente rígidas, b) equivalentes a dos resortes perfectamente elásticos.

𝑇1 = 0

60 𝐹∆𝑡 = 𝑚(𝑣 − 𝑣 ′ ) = ( ) (17.94 − 3.59) 𝑔 = 26.7 𝑙𝑏 ∙ 𝑠

𝑉1 = 𝑊ℎ = (60 𝑙𝑏)(5 𝑓𝑡) = 300 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 1 𝑇2 = 𝑚𝑣 2 𝑉2 = 0 2 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 1 60 0 + 300 = ( ) 𝑣 2 2 𝑔

1 1 1 2 2 𝐸 = 𝑚𝑣 2 − 𝑚𝑣 ′ − 𝑀𝑣 ′ 2 2 2 60 = [(17.94)2 − (3.59)2 ] 2𝑔 240 − (3.59)2 2𝑔 = 240 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏

(600)(32,2) 𝑓𝑡 𝑣=√ = 17.94 60 𝑠 −𝑚𝑣 + 𝐹∆𝑡 = 0 60 ( ) (17.94) = 𝐹∆𝑡 = 33.43 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 𝑔 1 60 𝑇 = ( )(17.94)2 = 300 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 2 𝑔 𝑚𝑣 = (𝑀 + 𝑚)𝑣 ′ 𝑣′ =

𝑚 60 𝑓𝑡 𝑣= (17.94 ) 𝑚+𝑀 300 𝑠 𝑓𝑡 = 3.59 𝑠 −𝑚𝑣 + 𝐹∆𝑡 = −𝑚𝑣 ′

36