ejercicos fundamentales raul chanaluisa
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FACULTAD DE MECANICA
ESCUELA DE INGENIERIA INDUSTRIAL
DINAMICA
EJERCICIOS FUNDAMENTALES
CAPITULO 12
ING. WASHINTONG ZABALA
RAÚL CHANALUISA
1026
2013- 10-07
Solución: M.R.U.A
t=?
s=s0+V 0t+12a t 2
s=s0+V 0t−12g t 2
0=0+(15ms ) t−12 (9.81ms2 ) t2
(15 ms )t=12 (9.81m
s2 ) t 2
(15 ms )2
(9.81 ms2 )
=t 2
t
t=(15ms )2(9.81m
s2 )
F12.2.- Se lanza una bola verticalmente hacia arriba con una rapidez de 15m/s. Determine el tiempo de vuelo cuando regrese a su posición original.
Grafica.
Análisis:
Este es un ejercicio del M.R.U.A ya que actua la gravedad . Donde el movimineto de un proyectil es la combinacion del M.R.U.A en el eje de las “Y”. Donde la (a = -g= 9.81m/s2). reemplasamos la V0 =15m/s2 ,sin tener una posición inicial y final en la ecuanción de M.R.U.A y
encontramos el tiempo.
Conclusión:
En este tipo de problema el tiempo fue hallado a partir de despejar el tempo en la ecuacion del M.R.U.A.
La gravedad sera negativa a partir que la bola comiense a decender. El tiempo de vuelo encontrado de la bola a su origen es de 3.06s.
Datos:V0 15m/st=?a=-g=-9.81m/s2
Solución: a=?
a=v ´
a=(0.5 t 3−8 t ) ddt
a=(1.5 t 2−8 ) ms2
Cuando t=2s:
a=(1.5(2)2−8 ) ms2
a=(6−8 ) ms2
a=−2 ms2
F12.4.- Una partícula se desplaza a lo largo de una línea recta a una rapidez de v=(0.5t 3-8t)m/s, donde t esta en segundos.Determine su aceleración cuando t=2s.
Análisis:
La aceleracion se encuantra de la primera derivada de la velocidad. La particula para un tiempo t=2s, la a=-2m/s2 ( direccion contraria), porque reeplasando el
tiempo en la ecuacion de la aceleracion.
Conclusión:
En este tipo de problema la particula esta en f(t). La aceleración esta en f(t) y la aceleracion es la primera derivada de la velocidad. La aceleracion en un tiempo de 2s, nosda una a=-2m/s2, donde la direccion es contraria.
Datos:V= (0.5t3-8t)m/s ; t(s)Determinar:a=? ; t=2
Datos:a= (10 – 0.2s)m/s2 ; s(m)Determinar:V=? ; s=10mV0=5m/s ; s0=0
Solución:
a=dvdt
;dt=dva
(1 )
v=dsdt
; dt=dsv
(2 )
Igualando las ecuaciones 1y2:
dsv
=dva
ads=v dv
∫ ads=∫ v dv
∫v0
v
v dv=∫s0
s
ads
Si v0=5m/s ; s0=0
∫5
v
v dv=∫0
s
ads
∫5
v
v dv=∫0
s
(10−0.2 s )ds
v=(√20 s−0.2 s2+25) ms
Detreminar v=? ; s = 10m
v=(√20 s−0.2 s2+25) ms
v=(√20(10)−0.2(10)2+25 )
v=(√245 )
v=14.3ms
/¿
F12.6.- Una particula viaja a lo largo de una línea recta con una aceleracion de a=(10 - 0.2s)m/s2, donde s esta medida en metros. Detremine su velocidad cuando s = 10m si v = 5m/s cuando s =0
Análisis:
Despejando dt en las ecuaciones de la acelarcion respecto a la derivada de la velocidad y de la velocidad respecto a la de la posición, igualamos ambas ecuaciones obtendremos la ecuacion ( a ds = n dv) .
Integrando la ecuacion ( a ds = n dv) obtendremos como resultado la velocidad
v=(√20 s−0.2 s2+25)
Conclusión:
En este tipo de problema la particula esta en f(s). La velocidad es de 14.3m/s en una posicion s = 10m
Datos:V= (20 – 0.05s)m/s ; s(m)Determinar:a=? ; s=15m
Solución:
a=dvdt
;dt=dva
(1 )
v=dsdt
; dt=dsv
(2 )
Igualando las ecuaciones 1y2 despejando a:dsv
=dva
a=v dvds
∫ a=∫ (20−0.05 s2 ) dvds
a=(20−0.05 s2 )(−0.1 s )Detreminar a=? ; s=15m
a=(20−0.05 s2 )(−0.1 s )
a=[20−0.05 (15 )2 ] [−0.1 (15 ) ]
a=[8.75 ] [−1.5 ]
a=−13.1ms2
/¿
F12.8.- Una partícula viaja a lo largo de una minea recta a una velocidad de v= (20-0.05s2)m/s, donde s esta en metros. Determine la aceleracion de la partricula cuando s= 15m.
Análisis:
Despejando dt en las ecuaciones de la acelarcion respecto a la derivada de la velocidad y la velocidad respecto a la de la posición, igualamos ambas ecuaciones obtendremos la ecuacion ( ds/v = dv/ a) .
Integrando la ecuacion ds/v = dv/ a) obtendremos como resultado a= -13.1m/s2
Conclusión:
La aceleracion de la particula es de -13.1 m/s2 cuando s=15m. Lo que particula obtiene una desaceleracion cuando se ha desplazado 15 m
Datos:x= (8t)m ; t(s)Determinar:V=? ; t=2s
Solución:x=(8 t )m
y= (0.75 x )m; y=(0.75 (8 t ) )my= (6 t )m
vx=x ´ ; vx=dxdt
vx=8 tddt
vx=8ms/ ¿
v y= y´ ;v y=dydt
v y=6 tddt
v y=6ms
/¿
Calculamos la magnitud de la velocidad conociendo Vx y Vy:
v=√v x2+v y
2
v=√(8 ms )
2
+(6 ms )
2
v=√64 m2
s2+36m
2
s2
v=√100m2
s2
v=10ms
/¿
F12.16.- Una particula se desplasa a lo largo de la trayectoria rescta. Si su posicion a lo largo del eje x es x= (8t)m, donde t esta en segundos, detremine la rapidez cuando t=2s
Análisis:
La velocidad de la particula se determino on la derivada de las posiciones tanto de x como de y.
Conclusión:
Donde la magnitud de la velocidsades hallada por sus componentes Vx y Vy La velocidad en un tiempo de 2 segundos es igual a 10 m/s
Datos:y= (0.5x)m vx=(2t2)m/s ; t(s)Determinar:v=? ; t=4sa=? ; t=4s
Solución:y= (0.5x ) m
y ´=Vy
x ´=V x=2 t2
y ´= (0.5x ´ ) mV y=0.5 (2t 2 )
V y=t2
Calculamos la magnitud de la velocidad conociendo Vx y Vy ; t=4s
V x=2t2=32 m
s
V y=t2=16 ms
v=√v x2+v y
2
v=√(32 ms )
2
+(16 ms )
2
v=√ (1280 )v=35.77/¿
Calculamos la aceleracion y su magnitud ; t=4s
ax=vx ´=4 t=16ms2
a y=v y ´=2t=8ms2
v=√v x2+v y
2
a=√(16 ms2 )
2
+(8ms2 )2
a=√320a=17.9m
s2/¿
F12.18.- Si una particula viaja a lo largo de una trayectoria de linea recta y=0.5x. si el componente x de la velocidad de la particula es vx=(2t2)m/s, donde t esta en segundos, determine la magnitud de la velocidad y aceleracion de la particula cuando t=4s.
Análisis:
Este es un tipo de ejercio donde particula que proytecta una trayectoria (y) y una velocidas en x. Donde la Vx y Vy son las componetes de la velocidad y encontramos la magnitud cuando t=4s
La acelracion es la derivada de las VX y Vy, donde hallamos la magnitud de la aceleracion esta de acuerdo a un tiemmpo 4s.
Conclusión:
La magnitudes de la velocidad determinada por Vx y Vy es de 35.77m/s La magnitud de la aceleracion determinada por la primera derivada de VX y VY = Ax y Ay es de
17.9m/s2
Datos:r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies donde: t(s) ; sen y cos (rad)Determinar:V=? ; t=2sa=? ; t=2s
Solución:v=r ´=[2 sen(2 t) i+2cos (t) j−2(t 2)k ]
v=[(4cos2 t ) i−(2 sent) j−(4 t )k ] piess
Calculamos la velocidad; t=2s
v=[4 cos2(2)i−2 sen(2) j−4(2)k ]
v=[−2.61i−1.82 j−8k ]
Calculamos la aceleracion ; t=2s
a=v ´=[ (−8 sen2 t ) i− (2cost ) j−4 k ] piess2
a=[−8 sen2(2) i−2cos (2) j−4 k ]
a=[6.05 i−0.832 j−4k ] piess2
/¿
F12.20.- La posicion de una caja que se desliza hacia abajo por una trayectoria helicoidal la describe r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies, donde t esta en segundos y los argumentos del seno y coseno estan en radianes. Determine la velocidad y aceleracion de la caja cuando t=2s
Análisis: La velocidad se en cunetra expresa por la primera derivada de la pocion que se encuntran en
componentes (x,y,z); r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies Donde la celeracion esta expresada por la segunda derivada de la posicion y primera de la
velocidad. a=v´=r¨Conclusión:
La velocidad deacuerdo con un tiempo t=2s es de (-2.6t)i –(1.82)j-8k pies/s Donde la a=v´ es de (6.05)i-0.832j-4k
Datos:VA =10m/sDeterminar:XR =? VC =?
Solución: ; a=-g
V Ay=sen30∗10ms=5 m
s
yC= yA+(V Ay ) tAc+12gy tAC
2
0=0+(5ms ) tAc+12 (−9.81m
s2 ) tAC2
0=(5 ms ) tAc+
12 (−9.81 m
s2 )t AC2
t Ac(5 ms )2=(9.81m
s2 ) tAC2
10 ms=(9.81m
s2 ) t AC
t AC=1.0194 s
R=xA+V Ax tAC
R=0+(8.660ms )1.0194 s
Encontrado el tiempo AC calculamos la Vcy, su magnitud.
V Cy=V Ay−g y t Ac
V Cy=5ms−9.81m
s2(1.0194 s¿
V Cy=−5ms=5 m
s
V Ax=V Cx=cos30∗10ms
V Cx=8.660ms
V C=√Vcx2+Vc y
2
V C=√(8.660 ms )
2
+(5 ms )
2
V C=10ms
/¿
Datos:Θ=90°VB=20 m/sDeterminar:R =?
F12.22.- La pelota es pateada desde el punto A con la velocidad inicial VA=10m/s. determine la distancia R y la rapidez con que la pelota golpea el suelo.
Análisis:
Este tipo de ejrcico es de Movimiento proyectil Donde la a=-g cuando baja y positiva cuando sube Para hallar la rapides de la velocida se encontro primero su commponente en Y.
Conclusión:
La velocidad y el tiempo de la pelota determinada por su componente en Y son de t AC= 1.019s y Vc=10m/s
F12.24.- Se rocía agua a un angulo de 90° desdela pendiente a 20m/s. determine la distancia R.
Solución: VB=20 m/s ; Θ=90°
s=R ( 45 ); v0 t=20( 35 )s=s0+v0 t
R( 45 )=0+20 ms ( 35 ) t
s=s0+v0 t−12gc t
2
−R( 35 )=0+20 ms (45 ) t−12 (9.81m
s2 ) t2
54 [20 m
s ( 35 ) t ]=53 [−20ms ( 45 )t+12 (9.81 ms2 )t 2]
15 t=53 [−16 m
st+4.91m
s2t 2]
15 ms
t=−26.66mst+8 .18m
s2t 2
15 ms
t+26.66 mst=8 .18m
s2t 2
s=R ( 45 ); v0 t=20( 35 )s=s0+v0 t
R( 45 )=0+20 ms ( 35 ) t
R=54 [20m
s (35 ) t ]R=5
4 [20ms (35 )5.1 s]
Análisis: Prtoblema de Movimieto de proyectil donde a=-g Tambien tenemos una velocidad en B y un angulo de 90°
Conclusión: Donde R es igual a 7.65 de un tiempo hallado de la distancias = 5.1s
Datos:VA=150 m/sDeterminar:R =?
Solución: VA=150 m/s ; a=-g
vAy=(150ms ) 35=90msyB= y A+v Ay t AB−
12g y t AB
2
−150m=0+(90 ms )t AB−
12 (9.81m
s2 ) t AB2
0=4.905 ms2
tAB2−(90 m
s ) tAB−150m
Aplincando la formula general encontamos tAB:
x=−b±√b2−4ac2a
t AB=90±√902−4 (4.905)(−150)
2(4.905)
t AB=90±√8100+2943
9.81
t AB=90±√11043
9.81
t AB=90±√11043
9.81
t AB=90±105.099.81
t AB=19.89 sxB=R
xB=xA+(v a )x tAB
R=0+120mst AB
R=120ms(19.89 s)
R=2386.8m
R=2.39 km /¿
F12.26.- Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de VA=150m/s desde la azotea de un edificio. Determine la distancia R donde golpea el suelo en B.
Análisis: Un problema de movimiento de proyectil. Donde el proectil tiene una velocidad A=150/s y encontramos su copmponente en Y. Utilisando la formula general podemos hayar el tiempo q tiene el proyectil hasta el punto B
Conclusión: El teimpo del proyectil hasta que toca el punto B es de 19.89s. R tiene un desplasamiento de 2.39km deacuerdo con el tiempo.
Datos:V=(300/s)m /sDeterminar:a=? t=3 sSi t=0 ; s=0
Solución:
v=dsdt
dt=dsv
Calculamos s cuando t=3s
∫0
3 s
dt=¿∫0
s
vds¿
∫0
3 s
dt=¿∫0
s ds
( 300s )ms¿
3m= 1600m
s2
s=√ 3m1600s=42.43m
v=(300s ) msv=( 30042.43 )ms
Calculamos la an y la at, sabiendo que:ρ=100m ; s=42.43m
an=v2
ρ
an=(7.071ms )
2
100m
an=0.5ms2
a t=v dvdx
a t=( 300s )(−300s2 ) ms2a t=( 300
42.43m )( −30042,43m2 )ms2
a t=−1.179 ms2
a=√an2+a t
2
a=√(0.5ms2 )
2
+(−1.179ms2 )
2
a=√1.64 m2
s4
F12.28.-El automovil viaja a lo largo de la carretera a una rapidez de v =(300/s)m/s, donde s esta en metros. Determine la magnitud de su aceleracion cuando t=3s si t=0 cuando s=0.
Análisis: Ejercico de movimiento curviline: coordenadas normal y tangencial. Donde tenemos una velocidad de 300m/s y ρ=100m Hallamos las compónentes an y at y la magnitud de la acelerasion
Conclusión: La velocidad esta determinada por la primera derivada de la posicion = 7.071m/s La magnitud de la aceleracion determinada por an y at es de 1.28m/s2
Datos:x=10piesV=20pies/sat=6pies/s2
Determinar:θ=?an=?
a=?
Solución:
tgθ=dydx
tgθ= 124
x2 ddx
tgθ= 112
x
θ=tg−1( 112 x)θ=tg−1(1012 x)θ=39.81°
ρ=[1+( dydx )
2]32
[ d2 ydx2 ]
ρ=[1+( 112 x)
2]32
[ 112 ]
Solución:
an=v2
ρ
an=(20 pies/s)2
26.468
an=15.11piess2
a=√an2+a t
2
a=√(6 piess2 )
2
+(15.11 piess2 )
2
a=√264.31 pies2
s4
a=16.25 piess2
/¿
F12.30.- Cuando x=10pies, la rapidez del embalaje es de 20 pies/s la cual se incrementa a 6 pies /s2. Determine la direccion de su velocidad y la magnitud de su aceleracion en este instante.
Análisis: Ejercico de Movimiento curvilineo: cordenadas normal y tangencial Dodne tenemos una x=10pies,V=20pies/ y una at=6pies/s2
El angulo de inclinacion se encuntra por componentes rectangularesConclusión:
El angulo de inclinacion es iguala 39.81° y ρ =26.468pies La aceleracion normal an=V2/ρ= 16.25 y la magnitud de la aceleracion es de 16.25 pies /s2
Datos:V=(0.2s)m/s ; s=mDeterminar:a=? ; s=50mρ=500m.
Solucion:
a t=v dvds
a t=(0.2 s) (0.2 ) ms
a t=(0.04 s)ms2
at=? ; s=50m :
a t=0.04 sms2
a t=0.04(50)ms2
a t=2ms2
an=v2
ρ
an=(0.2 s )2
500m
an=[0.2(50m)]2
500m
Calculamos la magnitud de la aceleracio:
a=√an2+a t
2
a=√(0.2ms2 )
2
+(2 ms2 )
2
a=√4.04 m2
s4
a=2.009 ms2
/¿
F12.32.- El automovil sube la colina con una rapidez de v=(0.2s)m/s , dode s esta en metros , medida con respecto a A.determine la magnitud de su aceleracion cuando este en el punto s=50m, donde ρ=500m.
Análisis: Problema de Movimeinto curvilineo : coord normal y tangencial. Dado Velocidad y su posicion determinamos la aceleracion normal y tangencial. Donde la magnitud de la aceleracion esta expresado por la aceleracion normal y tangencial.
Conclusión: La velocidad tangencial dada por vdv/ds = 0.04s cuando v =0.2s La velocidad normal dada por v2/ρ 0 0.2m/s2 La magnitud el la aceleracion = 2.009m/s2
Datos:θ=(4t3/2)rad ; t=sr=(0.1t3)m ; t=sDeterminar:a=? ; t=1.5sv=¿ ? ; t=1.5s
Solucion: t=1.5s r=0.1t 3
r=0.1m (1.5 s )3
r=0.3375m r ´=vr=0.3 t
2
r ´=0.3 (1.5 ) s2
r ´=0.675ms
r ´ ´=dr ´=0.6 tr ´ ´=0.6 (1.5 )
r ´ ´=0.900ms2
θ=4 t32
θ=4 (1.5 )32
θ=7.348 rad θ ´=dθ=6 t
12
θ ´=6(1.5)12
θ ´=7.348 rads
θ ´ ´=dθ ´=3 t−12
θ ´ ´=3(1.5)−12
vθ=rθ ´
vθ=(0.3375)m(7.348) rads
vθ=2.480ms
ar=r−r θ2
ar=0.900ms2
−(' 0.3375)(7.348)ms2
ar=−17.325 ms2
aθ=rθ ¨+2 r ´ θ ´
aθ=(0.3375m ) (2.449 ) rads2
+2 (0.675 ) ms
(7.348 ) rads
aθ=10.747ms2
v=√vr2+vθ
2
v=√(0.675 ms )
2
+(2.480 ms )
2
v=2.57 ms
/¿
a=√ar2+aθ
2
a=√(−17.325 ms2 )
2
+(10.747 ms2 )
2
F12.34.- La plataforma gira en torno al eje vertical de modo que en cualquier instante su posición angularnes θ=(4t3/2)rad, donde t esta en segundos. Una bola rueda hacia afuera a lo largo de la ranura radial de modo que su posición es r=(0.1t3)m, donde t esta en segundos. Determine la magnitudes de la velocidad y aceleracion de la bola cuando t=1.5s
Análisis: Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde θ=(4t3/2)rad y r=(0.1t3)m La velocidad esta determinada magnitudes radial y transversal donde Vr=r´ y Vθ=θ¨ La magnitud de la aceleracion expresada por ar y aθ.
Conclusión: La magnitud d ela aceleracion exptresada por sus compnentes r y θ en el tiempo de 1.5s =20.4 La magnitud de la velocidad expresadas por sus componentes r y θ en el tiempo de 1.5s=2.5
Datos:r = eθ
θ= π/4radθ=2rad/sθ=4rad/s 2
Determinar:ar = ?aθ = ?
Solucion: t=1.5s r=eθ
r=eθ θr=eθ θ+eθ θ2 ar=r−r θ2
ar=eθ θ+eθ θ2−eθ θ2
ar=4eπ4
ar=8.77ms2
/¿
aθ=r θ+2 r θ
aθ=eθ θ+2(e¿¿θθ) θ ¿aθ=eθ(θ+2 θ2)
aθ=eπ4 (4+2(2)2)
F12.36.- Lar espiga P es propulsada por el eslabon ahorquillado OA a lo largo de la trayectoria descrita por r = eθ. Cuando θ= π/4rad, la velocidad y la celeracion angulares del eslabon =2rad/s y =4rad/sθ θ 2. Determine las componentes radiales y transversal de la aceleracion de la espiga en ete instante.
Análisis: Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde r = eθ; θ= π/4rad; θ=2rad/s y θ=4rad/s 2
La arceleracion se encuentra por medio de la formula ar=r+rθ2 y la aθ=rθ+2r θ
Conclusión: La aceleracion ar en un tiempo de 1.5s es de 8.77m/s2,
La aceleracion aθ en un tiempo de 1.5s es de 26.3m/s2,
Datos:V = 2m/sθ= 45°Determinar:
= ?θ
Solución:
senθ=30mr
rsenθ=30m
r=30msenθ
r=30m∗cscθr=42.426m
r=(−30∗cscθ )∗(ctgθ∗θ)
r=−42426 θ ms
r=vr
vθ=r θ
vθ=(42.426 θ ) ms
v=√vr2+vθ
2
2=√(−42.426 θ )2+(42.426 θ )2
2=59.99 θ ms
θ=0.0333 rads
/¿
F12.38.- En el instante θ=45°, el atleta esta corriendo a una rapidez constante de 2 m/s. Determine la velocidad angular a la cual la camara debe virar para seguir el movimiento.
Análisis:
Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde tenemos V = 2m/s y θ= 45° Encontrando r de la grafica según sus componentes rectangulares
Conclusión:
La velocidad angular se enecuntra expresada por sus conponetes radial y transversal Donde r=Vr y r =Vθ θ
La velocidad angular es igual a 0.0033rad/s.θ
Datos:VB=6m/sDeterminar:V A=?
Solución:
l=sB+2 s A+2h
v=s
0=v B+2v A
2v A=−vB
Calculamos la velocidad de A ; VB= 6m/s:
2v A=−vB
2v A=−6 ms
vA=−3 ms
vA=3ms/¿
F12.40.- Determine la rapidez del bloque A si el extremo B de la cuerda se jala hacias abajo con una rapides de 6m/s.
Análisis:
Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde l=2SA+SB+2h y l=0 La velocidad sear la derivada de S tanto en A como B
Conclusión:
La velocidad de a es igual a -3m/s y la velocidad de B es igual a -6m/s Las velocidades se encuntra hacia arriba
Datos:VF=3m/sDeterminar:V A=?
Solución:
lT=sF+4 sA
v=s
0=v F+4v A
4 v A=−vF
Calculamos la velocidad de A ; VF= 3m/s:
4 v A=−vF
4 v A=−3 ms
vA=−0.75ms
vA=0.75ms/¿
F12.42.- Determine la rapidez del bloque A si el extremo F de la cuerda se jala hacia abajo con una rapidez de VF = 3m/s.
Análisis:
Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde lT=SF+4SA y VF=3m/s La velocidad sera la derivada de S tanto en A como F
Conclusión:
Donde la velocidad de A=-0.75m/s lo que la velocidad es en sentido contrario
Datos:VA=4pies/sDeterminar:V B=?
Solución:
lCED=sC+sB
lACDF=( sA−sC )+( sB−sC )+sB
lACDF=s A−2 sC+2 sB
Calculamos las velocidades v=s
lCED=sC+sB
0=vC+vB
vC=−v B¿
(1 )¿
lACDF=s A−2 sC+2 sB
0=v A−2 vC+2vB
Igualamos la ecuacion 1 y 2; despejando VB:
vC=−v B¿
(¿ 2) ¿
2vC=−2 vB¿¿
2vC=v A+2v B
vA+2vB=−2vB¿
¿
4 v B=−v A¿
¿
4 v B=−4 pies2
vB=−1 piess
/¿
F12.44.- Determine la rapidez del cilindro B si el cilindro A conuna rapidez de VA= 4 pies/s .
Análisis:
Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde lCED=SC+SB ; lACDF=SA-2SC+2SB y l=0 La velocidad sera la derivada de S tanto en B como C
Conclusión:
Cuando la velocidad de A=4pies/s la velocidad de B esde -1 pie/s y de C=-4pies/s
Datos:VA=650 km/hVB=800 km/h
Determinar:V B/A = ?
Solución:
sen60°=vBy
vB
vBy=sen 60°∗v B
vBy=sen 60°∗800
vBy=(−692.82 j ) kmh
cos60 °=vBx
vB
vBx=cos60 °∗vB
vBx=cos60 °∗800
vBx=(−400 i ) kmh
Determinamos VB/A:vB=v A+v B
A
(−400i−692.82 j)=650i+v BA
v BA
=(−400i−692.82 j−650 i )
v BA
=(−1050 i−692.82 j ) kmh
v BA
=√( v BA x )
2+(v BA y )
2
v BA
=√ (−1050 )2+(692.82 )2
v BA
=1257.97 kmh
/¿
tgθ=v B
Ay
v BA x
θ=tg−1( 692.821050 ) kmh
F12.46.- Dos aviones A y B vuelan a las velocidades constantes mostradas. Deteremine la magmnitud y direccion de la velocidad del avion B con respecto al avion A.
Análisis:
Ejercicio de movimiento relativo. Donde la velocidad de A =650Km/h y la de B=800Km/h Lo cual por medio de la grafica del avion B encontramos las componentes VBx y VBy
La magnitud de la velocidad VB/A se determinara por medio de sus componentes VBx y VBy
Conclusión: Según la grafica de B la posicion en sus coordenadas sera (-400i -692.82j) Km/h La magnitud VB/A=1257.97Km/h
Datos:VA=65 km/hVB=20 km/h
Determinar:V A/B = ?a A/B = ?
Solución:
sen45 °=v Ay
v A
vAy=sen 45 °∗v A
vAy=20∗sen 45°
vAy=(14.14 j) kmh
cos 45°=v Ax
v A
vAx=cos45 °∗v A
vAx=20∗cos 45 °
vBx=(14.14 i ) kmh
Determinamos la VA/B:vA=vB+v A
B
(−14.14 i+14.14 j)=65i+v AB
v AB
=(−14.14 i+14.14 j−65 i )
v AB
=√( v AB x )
2+(v AB y )
2
v AB
=√ (−79.14 )2+(14.14 )2
v AB
=80.4 kms
/¿
Calculamoas la aA/B:a A=aB+a B
A
(20)2
0.1cos 45 ° i+(20)2
0.1sen 45 ° j=1200 i+a B
A
a AB
=1628 i+2828 j
a AB
=√ (a AB x )
2+(a AB y )
2
a AB
=√ (1628 )2+(2828 )2
a AB
=3.26∗103 kmh2
/¿
F12.48.- En el instante que se presenta, los automoviles A y B viajan a la rapidez mostrada. Si B esta acelerando a 120 Km/h2 mientras que A mantiene una rapidez constante, determine velodidad y aceleracion de A con respecto a B.
Análisis:
Ejercicio de movimiento relativo. Donde la velocidad de A =65Km/h y la de B=20Km/h Lo cual por medio de la grafica en A encontramos las componentes VAx y VAy
La magnitud de la velocidad VA/B se determinara por medio de sus componentes VBx y VBy
La magnitud de la aceleracion aA/B se determinara por medio de sus componentes aBx y aBy
Conclusión:
Según la grafica la velocidad en sus coomponentes sera VA/B =(--79.14i+14.14j) Km/h Según la grafica la aceleracion en sus coomponentes sera aA/B =(1628i+2828j)Km/h La magnitud VB/A=80.4Km/h La magnitud aA/B =3.26*103 Km/h2