RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

FUERZA Y ACELERACION

1.-) Un aeroplano parte del reposo y recorre 5000 pies hacia abajo de una pista, con aceleración constante, alcanzando una velocidad v=162 mill/h . En este instante se eleva en línea recta con una aceleración constante a=3 m /s2hasta lograr una velocidad constante de 220 mill /h. Dibujar los gráficos: s−t ;v−t y a−t .

a=3 m /s2=9.84 ft / s2

v=220 mill /h=322.515 ft /s

v=162millash

×(1609 ) (3.28 )

3600=237,4884 ft

s

Primer tramo

a=v2−v0

2

25

a=¿¿

a=5.64 ft

s2

5000=5.64 t 2

2

t=42.107 s

Segundo tramo

tT=v−v0

a=322.515−237.488

9.84=8.64+42,107=50.74/¿

s=237.488 (8.64 )+9.84 ¿¿

a(ft/s2)

9.84

5.64

0 42.1 50.74

S (pies)

50.7442.1

7419.17

V(ft/s)

50.7442.1

322.515

237.488

2.-) Dos partículas Ay B parten desde el reposo desde el origen S=0 y se mueven a lo

largo de una línea recta de manera que a A=6 t−3 pies/ s2 y aB=12 t 2−8 pies/s2 .

Determinar la distancia entre ellas cuando t=4(s) y la distancia recorrida por cada

una de ella en t=4 (s ) .

Tramo A

dvdt

=a

∫0

v

dv=∫0

t

adt

∫0

v

dv=∫0

t

(6 t−3)dt

v=3 t2−3t

dxdt

=v∫0

5

dx=∫0

4

(3 t 2−3 t)dt

x A=(4)3−3(4 )2

2

x A=40

Tramo B

∫0

v

dv=∫0

t

(12 t 2−8)dt

v=4 t3−8t

∫0

5

dx=∫0

4

(4 t 3−8 t)dt

x A=(4)4−4 t 2

xB=192

x A−B=152 pies /¿

3.-) Una partícula viaja en una línea recta con movimiento acelerado de manera que a=−k ∙ s, donde S es la distancia desde el punto de partida y k es la constante de proporcionalidad que habrá que determinarse. Para S=2 pies, la velocidad es v=4 pies /s y para S=3 .5 pies la velocidad es v=10 pies /s. Cuánto vale S cuando v=0.

ads=vdv

−k∫2

3.5

SdS=∫4

10

vdv

¿

−6.125 k+2 k=42

k=−10.1818/¿

¿

−k s2+4k=v2−16

a=10.1818 S

(10.1818 ) S2+4 (−10.1818 )=−16

S=1.5584 pies /¿

4.-) La aceleración de un cohete que se mueve hacia arriba está dada por:

a=(6+0. 02 S ) m /s2. Determinar la velocidad del cohete cuando S=2km. Y el tiempo

necesario para alcanzar esta altitud. Inicialmente v=0 y S=0 en t=0 .

a=(6+0.02S ) m /s2

S = 2000 m

ads=vdv

∫0

2

(6+0.02 S ) dS=∫0

v

vdv

6 S+(0.01 ) S2= v2

2

6 (2000 )+(0.01 )¿

v=322.492000=(46) t2

2

t=9.33

5.-) El movimiento de una partícula viene definido por la relación: S=t3−9 t2+15 t+5, donde S se expresa en m y t en segundos. Calcular: a) Cuándo la velocidad es cero; b) la posición y el espacio total recorrido cuando la aceleración sea cero.

S=t3−9 t2+15 t+5

S=3t 2−18 t+15

0=3 t2−18 t +15

0=( t−5 )(t−1)

t=5 t=1

S=6 t−18

0=6 t−18

6 t=18

t=3

S=t3−9 t2+15 t+5

0 ≤ t ≤ 1

t=0 S=5t=1 S=12∆ S=12−5

∆ S=7

1 ≤t ≤3

t=1 S=12t=3 S=−4∆ S=−4−12

∆ S=−16

r=7−16

r=−9 m /¿

espacio=23/¿

6.-) La aceleración de una partícula es directamente proporcional al t. Para t = 0, la velocidad de la partícula es v=−9(m /s). Sabiendo que la velocidad y la coordenada de la posición son cero cuando t = 3. Hallar las ecuaciones de movimiento de la partícula.

a=−kt

a=dvdt

∫0

t

ktdt=∫−9

v

dv

v= k t2

2−9 /¿

v=0 t=30=k (3)2

2−9

k=2/¿

k=2v=t 2−9/¿

v=dsdt

∫3

t

( k t2

2−9)dt=∫

0

S

dS( k t 3

6−9t )−( 27 k

6−27)=S

2t 3

6−9 t−(9−27 )=S

S= t 3

3−9 t+18

7.-) La aceleración de una partícula está definida por la relación: a=9−3 ∙t 2. La partícula empieza para t = 0 con v = 0 y S =-3(m). Calcular: a) el tiempo en que la velocidad sea otra vez cero. b) la posición y velocidad cuando t = 4 (s). c) el espacio total recorrido por la partícula desde t = 0 hasta t = 4 (s).

a=dvdt

∫0

v

dv=∫0

t

(9−3 t 2)dt

v=9 t−t 3

a¿9 t−t 3=0

t ( 9−t 2 )=0

( t−3 ) ( t+3 )=0

t=0 ; t=3/¿

b) v=9 t−t 3

t=4

v=−28(m /s)/¿

v=dsdt

∫−3

S

dS=∫0

t

(9 t−t3)dt

S=9 t 2

2−t 4

4−3

S=5

c)

t=0 S=−3t=3 S=17.25∆ S=17.25+3

∆ S=20.25

t=3 S=17.25t=4 S=5 ∆ S=−12.25

r=20,25−12.25

r=8m

ST=32.5 (m )

8) La aceleración de una partícula está definida por la relación: a=25−3∙ s2. La partícula comienza sin velocidad inicial en la posición S = 0. Determinar a) la velocidad cuando 2(m) de O, b) la posición de la partícula cuando la velocidad es CERO, c) la posición donde la velocidad sea máxima.

a)

adS=vdv

∫0

2

(2 S−3 S2)dS=∫0

v

vdv

25 (S )−S3= v2

2

2 (50−8 )=v2

v=9.165 m /s

b)

v=o

25 (S )−S3= v2

2

25 S=S3

S2=25

S=±5 m

9.-) La aceleración de una partícula está definida por la relación a=−0 . 002 ∙ v2. Si se

le da a la partícula una velocidad inicial v0, hallar el espacio que recorrerá la partícula antes que su velocidad descienda a la mitad de su valor inicial; y antes de detenerse.

ads=vdv

∫0

s

dS=∫v0

v0

2vdv

−0,002 v2

∫0

s

dS=−500∫v0

v0

2dvv

S=−500( lnv0

2−ln v0)

S=−500 ln

v0

2v0

S=−500 ln12

S=346.574(m)

S=−500 ln 0

S=∞

10.-) Si la posición de una partícula está definida por: S=[2sin( π5 )t +4] (m ), construir

los gráficos: s – t, v – t y a – t, para: 0 ≤ t ≤ 10 .

S=[2(cosπ5

t)( π5 )]

S=2 π5 (cos

π5

t)S=2 π

5 (−sinπ5

t )( π5 )

a - t

100

V - t

72

58.2

6 10

S - t

4

64

6 10

S=−2 π2

25 (sinπ5

t)

11.-) Una bicicleta se mueve a lo largo de una carretera recta, de manera que su posición está descrita por el gráfico. Construir el gráfico: v – t y a – t, para: 0 ≤ t ≤ 30 .

S=2t

S=2

S=20t−100

v- t

0

20

10 30

a-t

2

0 10 30

S=0

12.- El gráfico v – s para un carro está dado para los primeros 500 pies de su movimiento. Construir el gráfico a – s para 0 ≤ t ≤ 30 . Qué tiempo le tomará para recorrer los 500 pies de distancia. El carro parte de S = 0 cuando t = 0.

v=dSdt

∫0

t

dt=∫0

500dS

0.1 S+10

∫0

t

dt=∫0

50010 dS

1 S+100

∫0

t

dt=10∫0

500dS

1S+100

t=10 [ ln (1S+100 )−ln (100)]

t=10 [ ln (500+100 )−ln (10) ]

t=10 [ 1.7918 ]

t=17.918

13.-) El gráfico a – s para un jeep que viaja a lo largo de un camino recto está dado para los primeros 300 m de su movimiento. Construir el gráfico v – s, cuando: S = 0; v = 0.

y− y1

y2− y1

=x−x1

x2−x1

a−02−0

= S−0200−0

a2= S

200

100 a=S

a=0.01 S

a−20−2

= S−200300−200

100 a−200=−2 S+400

100 a=−2S+600

a=−0.02S+6

adS=vdv

∫0

s

0.01 SdS=∫0

v

vdv

v2=(0.01 ) ¿

v=20

∫200

s

−0.02 S+6 dS=∫20

v

vdv

(−0.02 S2+12 S)2

−(−0.02∙ 2002+6(200))

2= v2

2−400

2

−0.02 S2+12 S−400+400=v2

S = 12/0.02

S = 600

14.-) Un carro viaja a lo largo de una carretera, con una velocidad demostrada en el gráfico v – t. Determinar la distancia total recorrida por el carro hasta detenerse cuando t = 48(s).

vdt=ds

15∫0

30

tdt=∫0

S

dS

1t 2

10=S

S=90

∫30

48−13

(t−48 ) dt=∫90

S

dS−13 ( t 2

2−48 t)−( 302

2−48(30))=S−90

−13 ( 482

2−48(48))−330=S−90

54=S−90

S=144m

15.-) Una partícula viaja a lo largo de la curva definida por la parábola: y=0 .5 x2. Si la componente de la velocidad a lo largo del eje X es v = 5t (ft/s) donde t está en segundos. Determinar la distancia de la partícula medida desde el origen y la magnitud de su aceleración cuando t = 1 (s). Cuando t = 0; x = 0; y = 0

Posición en x:

V x=dxdt

∫0

x

dx=∫0

1

5 tdtx=52

t 2x=2.5 pies

Posición en y:

y=0.5 x2; y=3.125 pies

d=√¿¿

ax=dv x

dt

ax=5( pies /s2)

a y= y=x ∙ x+ x2

y=2.5 (5 )+¿

y=37.5 ( pies/s2)

a=√¿¿

a=37.832( pies /s2)

16.-) El movimiento de una partícula está definido por la ecuaciones: x = (2t + t2) (m) y = t2 (m). Determinar: la posición, velocidad y aceleración cuando t = 2 (s) en coordenadas cartesianas, polares, y naturales.

t=2

x=2 t+ t2=8

x=2+2 t

x=2

y=t2=4

y=2t

y=2

Cartesianas

r=8 i+4 j

v=6 i+4 j

a=2 i+2 j

|r|=√82+42=8.9443

tanθ=48=0.463 6 eθ

Polares

r=8.9443 er+0.4636 eθ//

v=(6 i+4 j ) ∙( 8i+4 j8.9443 )

v=7.1554 er

v=(6 i+4 j )×( 8 i+4 j8.9443 )

v=−0.8944 e∅

v=7.1554 er+0.8944 eθ//

a=(2 i+2 j ) ∙( 8 i+4 j8.9443 )

a=2.6832 er

a=(2 i+2 j )×( 8 i+4 j8.9443 )

a=0.8944 e∅

a=2.6832 er+0.8944 eθ//

Naturales

r=0

v=√¿¿

v=7.2111 et

a t=(2 i+2 j ) ∙( 6 i+4 j7.2111 )

a t=2.7735

an=(2 i+2 j )×( 6 i+4 j7.2111 )

an=0.5547

a=2.7735 e t+0.5547 en//

17.-) Una partícula se está moviendo en una trayectoria circular de radio r = 4 pulg., de manera que su posición como función del tiempo está dada por: θ=cos2 t, donde θ esta en radianes y t en (s). Determinar la magnitud de su aceleración cuando θ=30°

r=4 pulg

r=0

r=0

θ=cos2 t ( Rad )

θ=−2sin2 t

θ=−4 cos2 t

θ=π6

rad

a=( r−r∅2 ) er+(2 r ∅+r ∅ ) e∅

a=¿

a=(−16 sin22 t ) er−16 cos2 t e∅

a=−11.614 er−8.377 e∅

a=14.3198//

18.-) La esfera B gira sobre una trayectoria circular de tal manera que su velocidad se

incrementa en vB=0. 5 e t(m / s2), donde t está en (s). Si la esfera parte del reposo

cuando θ=0 °. Determinar la posición, velocidad y aceleración cuando θ=30° en coordenadas: cartesianas, polares y naturales.

R = 5m

a=dvdt

∫o

v

dv=∫o

t

0.5 e t dt

v=0.5 e t−0.5

v=0.5(e¿¿ t−1)¿

v=dSdt

∫o

S

dS=0.5∫o

t

(e t−1)dt

S=0.5(e¿¿ t−t)−(e0−0)¿

S=0.5(e¿¿ t−t−1)¿

S=θR

S=5 (30 )

S=150

S=2.6179m

2.6179=0.5(e¿¿ t−t−1)¿

e t−t−6.236=0

t=2.1239

v=3.6819

a=4.1819

Cartesiana

v=−3.6819 cos60 ° i+3.6819 sin 60 ° j

v=−1.8409 i+3.1886 j

Polares

v=0 er+3.6819 e∅

v=0.5(e¿¿ t−1)¿

a=−2.5110 er+4.1819 e∅

19.-) Cuando un cohete es lanzado desde una altura de 40(m) sobre el suelo, éste empieza a moverse a lo largo de una curva parabólica cuya ecuación es: (y - 40)2 = 160x. Si la componente vertical de la velocidad es constante e igual a vy =

180 (m/s), determinar la magnitud de la velocidad del cohete y su aceleración cuando alcance una altura de y = 80 (m).

¿

2 ( y−40 ) ( y )=160 x

(2 y−80 ) ( y )=160 x

(2 y−80 ) ( y )+ y (2 y )=160 x

y=80 m vy = 180

(2 y−80 ) ( y )=160 x

80 y=160 x

80(180)=160 x

x=90 m / s

v=90 i+180 j

|v|=201.246

2 (180 )2=160 x

x=405(m /s2)

20.-) La posición de una partícula está definida por: r=5 (cos2 t ) i+4 (sin 2 t) j donde t

está en (s) y el argumento para el seno y el coseno está en radianes. Determinar las magnitudes de la velocidad y aceleración de la partícula cuando t = 1 (s). También comprobar que la trayectoria de la partícula es una elipse.

r=5 (cos2 t ) i+4 (sin 2 t) j

r=−5 (sin 2t )(2)i+4(cos2 t)(2) j

r=−10 (sin 2t ) i+8(cos2 t) j

r=−9.0929 i−3.3291 j

v=9.6832

r=−10 (cos2 t ) (2 ) i−8 (sin 2 t )(2) j

r=−20 (cos2 t ) i−16 (sin 2 t ) j

a=8.323 i−14.549 j

a=16.7612 m /s2

x=5(cos2 t)

x2=25 (co s22 t )

x2

25=(co s22 t )

y=4 (sin 2t )

y2=16 (si n2 2 t)

y2

16=(si n2 2t)

sin22 t+cos22 t=1

x2

25− y2

16=1

21.-) Una partícula P se mueve en un plano a lo largo de la curva en caracol descrita por r=5−3 cosθ ;θ=2 π ∙ t 3. Determinar: a) la aceleración y la velocidad de P cuando t = 1 (s) b) Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleración para t = 1 (s) c) radio de curvatura para t = 1 (s)

r=5−3 cos2 π ∙t 3=2

r=18 π t 2sin 2 π t 3=0

r=18 π t 2 (cos 2 π t3 ) (6 π t 3)+sin 2π t3(36 πt)

r=108 π2 t 4 ( cos2 π t 3 )+36 πt (sin 2π t 3 )=108 π2

θ=2 π t 3=2π

θ=6 π t 2=6 π

θ=12 πt=12 π

v=r er+r θ e∅

v=0 er+2(6 π ) e∅

v=0 er+12 π e∅

a=( r−r ∅2 ) er+(2 r θ+r ∅ )e∅

a=(108 π−2(36 π2)) er+(0+24 π )e∅

a=36 π2 er+24 π e∅ (m / s2)

a t= a∙ ev

a t=(36 π 2 er+24 π e∅ )( e∅ )

a t=24 π e t

an=a × ev

an=(36 π2 er+24 π e∅ )×( e∅ )

an=36 π2 en

1ρ=

|a ×r|v3 = 432 π3

1 23 π3

ρ=4¿)

22.-) Un proyectil sigue la trayectoria que se muestra en la fig. La aceleración es

constante y está dada por: a=−i−6 j(m /s2) y v0 = 50 m/s. Determinar: el radio de

curvatura y el vector de posición para t = 2(s) en coordenadas cartesianas y polares.

x

a=dvdt

∫v0

v

dv=−1∫0

t

dt

v−v0 cosθ=t

vx=5 v0

13−t

vx=17.231

y

a=dvdt∫v0

v

dv=6∫0

t

dt

v−v0 sinθ=−6 t

v y=12 v0

13−6 t

v y=34.154

tanθ=v y

vx

=63.2286

an=(−i−6 j)×( 17.231i+34.154 j38.254 )

an=1.81 m /s2

ρ= v2

an

=38.25 42

1.81=808.49 m

ρ=−808.49 sin 63.22i+808.49 cos 63.22 j

ρ=−721.77+364.27 j

23.-) Una caja parte desde el reposo en el punto A y viaja sobre un transportador horizontal como se muestra en la fig. Durante el movimiento el aumento en la rapidez

es de aT=0 . 2 t(m /s2) en donde t se expresa en (s). Determinar la magnitud de su

aceleración cuando llega a B y cuáles serán las componentes cartesianas y polares de la aceleración.

a=dvdt

∫0

t

0.2 tdt=∫0

v

dv

v=0.1 t2

v=dSdt

∫0

t

0.1 t 2dt=∫0

S

dS

S=0.033 t3

t=5.70

v=3.249

a=1.14

an=v2

R=

(3.24 92)2

=5.278

a=1.14 i+5.278 j

a=−5.278 er+1.14 e∅

24.-) Una partícula se mueve en una trayectoria circular de radio r = 6 pulg. , de tal forma que su posición en función del tiempo está dada por: θ=sin (3 t ), en donde θ está en radianes y el argumento para el seno está en grados sexagesimales y t está en (s). Determinar la aceleración de la partícula cuando θ=30°. La partícula parte del reposo en θ=0 °

π6=sin3 t

3 t=si n−1 π6

t=0.1837

θ=sin 3 t

θ=3 cos3 t

θ=−9sin 3 t

r=6 pulg

r=0

r=0

a=( r−r ∅2 ) er+(2 r θ+r ∅ )e∅

a=(0−6(9co s2 3t )) er+(−54 sin3 t) e∅

a=(−54 cos23 t ) er−54 sin 3 t e∅

a=−39.194 er−28.2757 e∅

|a|=√¿¿

|a|=48.328

25.-) Cuando el motociclista está en A, él incrementa su velocidad a lo largo de la

curva vertical a razón de v=0 .3t ( pies / s2), donde t esta en (s). Si parte del reposo en

A, determinar las magnitudes de su velocidad y aceleración cuando llegue a B.

a=dvdt

0.3∫0

t

tdt=∫0

v

dv

0.3 t2

2=v

v=0.15 t 2=51.075

v=dSdt

0.15∫0

t

t 2dt=∫0

s

dS

0.15 t3

3=S

t 3=18.48 s

a=5.535 m /s2

an=v2

ρ=8.30

a=9.97

26.-) La bola es proyectada horizontalmente desde un tubo con una velocidad de 8 (m/s). Encontrar la ecuación de la trayectoria, y=f(x) y entonces determinar la velocidad de la bola y la componentes normal y tangencial de la aceleración cuando t = 0.25(s)

y=xtanθ−g x2

¿¿

y=−g x2

2(64 )

y=−0.0765 x2

x=v0 x ∙ t

x=8 t

x=8

x=0

y=v0 y t−9/2 t2

y=−9 t

y=−9

t=0.25 s

v=8 i−9 tj

v=8 i−2.54 j

|v|=8.36 (m /s )

a=−9.8 j(m /s)

a t=(−9.8 j) ∙( 8i−2.45 j8.367 )

a t=2.87 et

an=(−9.8 j)×( 8 i−2.45 j8.367 )

an=−9.37 en

a=2.87 er+9.37 en

27.-) La bola es pateada con una velocidad vA=8 (m /s) y un ángulo θA=40° con la

horizontal. Encontrar la ecuación de la trayectoria: y=f(x) y entonces determinar la velocidad de la bola y las componentes normal y tangencial de su aceleración cuando

t = 0.25(s).

v y=5.142−9.8 (0.25 )=2.692 m

s

v=√¿¿

v=6.693 m

s

t=6.128x

y=5.142 t−g t 2

2

y=5.142 x−0.13 x2

a t=gsin 23.71°

a t=8.97 m

s

v=6.128 i+2.692 j

28.-) Partiendo del reposo, un ciclista recorre una pista circular horizontal de

ρ=10(m) con una velocidad de v=(0 .09 t 2+0 .1 t), donde t está en segundos.

Determinar la magnitud de la velocidad y su aceleración cuando a recorrido S = 3 (m).

∫o

t

( 0.09t 2+0.1 t ) dt=¿∫0

3

dS¿

0.09 t3

3+ 0.1 t 2

2=3

0.03 t 3+0.05 t2−3=0

t=4.1464

S=3m v=1.962

a t= v=(0.18 t+0.1) para S = 3 m

a t=0.8463

an=v2

ρ

an=¿0.38

a=√¿¿

a=0.93

29.-) Las partículas A y B están viajando contra reloj alrededor de un camino circular con una velocidad constante de v = 8 (m/s). Si en el instante mostrando en la figura la

velocidad de A se incrementa a razón de vA=4S A(m /s2), donde SA está en m.

Determinar la distancia medida contra reloj a lo largo del camino desde B hasta A cuando t = 1 (s) cual es la aceleración de cada partícula en este instante.

ads=vdv

∫0

S A

(4 S A¿)dS=∫8

v

vdv ¿

2 S A2= v2

2−32

v=2√SA2+16

2 t=ln (√S2+16+ S2)

e2 t=√S2+16+ S2

S=16.98 m/¿

30.-) El cuerpo B rota de tal manera que su velocidad se incrementa a razón de:

v=0 .5 et (m /s2). Si el cuerpo parte del reposo cuando θ=0 °, determinar las

magnitudes de su velocidad y aceleración, cuando el brazo AB haya rotado θ=30°.

Las dimensiones del cuerpo son despreciables.

v=dSdt

∫o

S

dS=0.5∫o

t

(e t−1)dt

S=0.5(e¿¿ t−t)−(e0−0)¿

S=0.5(e¿¿ t−t−1)¿

S=θR

S=(5) π6

5 π6

=(0.5 )(e t−t−1)

t=2.123 s

v=3.678 ms

a t=0.5 et

a t=4.178 m /s2

D.C.L.2.

m2

T

m2g

D.C.L.1.

m1 T

N

FR

fr

m1g

an=v2

ρ=2.705 m /s2

a=√at2+an

2

a=4.977 m /s2

RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

FUERZA Y ACELERACION

1.- El bloque d masa m1=10Kg, la constante del resorte es k=110(N/m). El bloque 2 tiene una masa m2=24Kg, el coeficiente de fricción entre el bloque 1 y la superficie es u=0.2. La polea y el cable carecen de masa y fricción. Calcule la velocidad del sistema en el instante en que ha recorrido 1.5 (m)

∑ Fx=m1 a

T−FR−fr=m1 a

T−kx−μ m1 g=m1 a

T=m1 a+kx+μm1 g

∑ Fy=m2 a

m2 g−T=m2 a

T=m2 g−m2 aT=T

m1 a+kx+μm1 g=m2 g−m2 a

10 a+110 x+0.2 (10∗9.8 )=24∗9.8−24 a

34 a=215.6−110 x

a=6.3412−3.2353 x

adx=vdv

∫0

1.5

adx=∫0

v

vdv

D.C.L.AC.

AC T

N

fr

mACg

D.C.L.B.

B

T

mBg

∫0

1.5

(6.3412−3.2353 x)dx=∫0

v

vdv6.3412 x−1.61765 x2 ¿0

1.5=v2/v ¿0v

9.5115−3.6397=v2/2

v=3.427ms

3.- Las masas A y B de la fig. son respectivamente: mA=10Kg, mB=5Kg. El coeficiente de fricción entre A y la mesa es u=0.2. Encontrar la mínima masa de C que evitara el movimiento de A. Calcular la aceleración del sistema si C se separa del sistema.

a)

∑ Fx=0

T−fr=0

T=fr

T=μ(mA+mC)g

∑ Fy=0

mB g−T=0

T=5∗9.8

T=49

T=T

49=μ (mA+mC ) g

49=0.2∗10∗9.8+0.2∗9.8 mC

mC=15 Kg .

b)

∑ Fx=mA a

T−fr=mA a

T=mA a+ fr

T=mA a+μmA g

∑ Fy=mB a

mB g−T=mB a

T=mB g−mB a

T=T

D.C.L.A.

A F

N

mAg

mB g−mB a=mA a+μmA g

5∗9.8−5 a=10 a+0.2∗10∗9.8

15 a=29.4

a=1.96

5.- Una partícula de masa m=2Kg, se mueve en línea recta bajo la acción de la fuerza neta: F=2 x−8(N ). Determinar: a) la velocidad y la aceleración en función de la posición, si se conoce que para x=2(m) y la velocidad de la partícula es v=2(m/s). b) Expresar la posición en función del tiempo, si para t=0; X0=5(m).

∑ Fx=mA a

F=mA a

2 x−8=2a

a=x−4

a dx=vdv

∫2

x

adx=∫2

v

vdv

∫2

x

(x−4)dx=∫2

v

vdv

x2

2−4 x∨¿2

x= v2

2¿2

v ¿

x2

2−4 x−2+8= v2

2−2

x2−8 x+16=v2

( x−4 )2=v2

v=x−4

v=dxdt

∫5

xdxv

=∫0

t

dt

∫5

xdx

x−4=∫

0

t

dt

ln ( x−4 ) ¿5x=t ¿0

t

ln ( x−4 )−ln 1=t

ln ( x−4 )=t

e t=x−4

x=e t+4

7.- Una lancha se mueve cerca de la playa a una rapidez de 60(Km/h). Apagan el motor y recorre 140(m) hasta que su rapidez llega a ser: 6(Km/h) por la acción de la fuerza viscosa del agua; la aceleración producida por la viscosidad es a=-bv2, en donde “b” es una constante y v se mide en (m/s). Calcular: a) el valor de b; b)el tiempo que demora en recorrer los 140(m).

v0=60

kmh

∗1000

1km∗1h

3600 s=

503

v=6

kmh

∗1000

1 km∗1 h

3600 s=

53

a=−b v2

a) adx=vdv

dx= vdva

∫0

140

dx=∫50 /3

5/3vdv

−b v2

∫0

140

dx=∫50 /3

5/3dv

−bv

x ¿0140=−1

b(ln v ) ¿50/3

5 /3

140=−1b

(ln 5/3− ln50 /3 )

140 b=ln 50/3−ln 5/3

b=0.0164

300mm

400mm

500mm200mm

mg

TcosΩNcosα

TsenΩ Nsenα

Ωα

b)

a=dvdt

−b v2=dvdt

−0.0164∫0

t

dt=∫50/3

5 /3dvv2

−0.0164 t ¿0t =v−1 ¿50/3

5 /3

−0.0164 t= (5 /3 )−1−(50/3)−1

t=32.92(s)

9.- Un bloque liso tiene una masa m=0.2kg, y está atado al vértice A de un cono circular mediante una cuerda delgada. El cono esta rotando con una velocidad angular constante alrededor del eje z, de manera que el bloque adquiere una velocidad de v=0.5(m/s). En este instante determinar la tensión de la cuerda y la relación que el cono ejerce sobre el bloque.

Ω=tan−1 400300

=¿>Ω=53.13=¿>α=36.8725= x

3=¿>x=1.2 m

∑ Fx=m ac

Tcos Ω−Ncosα=m∗v2

r

Tcos 53.13−Ncos 36.87=0.2∗0.52

0.12

0.6 T−0.8 N=0.4167 1

∑ Fy=¿0¿

Tsen Ω+Nsenα−mg=0

Tsen 53.13+Nsen36.87=0.2∗9.8

0.8 T+0.6 N=1.96 2

X

TN

Fn

z

1+2

1∗0.6=¿>0.36T−0.48 N=0.25

2∗0.8=¿>0.64T +0.48 N=1.568

T=1.818

0.6 T−0.8 N=0.4167

N=0.6 T−0.41670.8

N=0.6∗1.818−0.41670.8

N=0.8426

11.- El bloque tiene un peso W=2(lb) y es libre de moverse a lo largo de un canal o hendidura de un disco en rotación. El resorte tiene una constante elástica k=2.5(lb/pie) y su longitud no estirada es de 1.25(pies). Determinar la fuerza que ejerce el resorte sobre el bloque y la componente tangencial de la fuerza con la cual el canal ejerce sobre el lado del bloque, cuando el bloque esta en reposo con respecto al disco y está moviéndose con una velocidad constante de v=12(pies/s).

∑ Fn=man

kx=man

k (r−x0 )=

232

∗1 22

r

2.5 (r−1.25 )=9r

W

X

Y

2.5 r2−3.125 r−9=0

r=2.62

x=r−x0

x=2.62−1.25

x=1.37

FR=kx

FR=2.5∗1.37

FR=3.425(lb)

13.- Si en la cresta de una colina el radio de curvatura es ρ=200 (pies). Determinar la máxima velocidad constante con la cual puede viajar un carro sin separarse del camino. El carro tiene un peso W=3500 (lb).

Nsenα

Ncosα

α

αα

FssenαFscosα

∑ Fn=man

w=m an

mg=mv2

ρ

g∗ρ=v2

v2=32.2∗200

v2=6440

v=80.2

15.- El carrete S de masa m=2Kg tiene un ajuste flojo con la barra inclinada cuyo coeficiente de fricción estático es µs=0.2. Si el carrete se encuentra a 0.25 (m) de A. Determinar la rapidez constante máxima que puede alcanzar para que no se deslice hacia arriba de la barra.

∑ Fn=man

Nsenα+Fscosα=man

Nsen 36.87+us Ncos 36.87=mv2

ρ

0.6 N+0.16 N=2v2

0.2

0.6 N+0.16 N=10 v2

∑ Fz=m az

N

n

z

3

4

α

15º

Ncos15

Nsen15

mg

N

Ncosα−Fssenα=m az

Ncos 36.87−us Nsen36.87=2∗9.8

0.8 N−0.12 N=19.6

0.68 N=19.6

N=28.82

0.6 N+0.16 N=10 v2

0.6∗28.82+0.16∗28.82=10 v2

10 v2=21.90

v2=2.19

v=1.48 m /s

17.- Un avión que desplaza a una rapidez constante de v=50 (m/s), ejecuta un viaje horizontal, si el plano tiene un peralte en θ=15º cuando el piloto experimenta solo una fuerza normal sobre el asiento del avión, determinar el radio de curvatura ρ del viaje. Además cual es la fuerza normal del asiento sobre el piloto si éste tiene una m=70Kg.

∑ Fz=m az

Nsen 15−mg=0

0.2588 N−70∗9.8=0

0.2588 N=686

N=2650.5

n

z

φ

α r

Ncosα

Nsenα

N

N=2.65[kN ]

∑ Fn=man

Ncos 15=mv2

ρ

2650.5∗cos15=70502

ρ

2560.18=175000ρ

ρ=68.35

19.- La barra OA gira contra reloj con una velocidad angular constante de θ=5(rad / s). El doble collar B está conectado por un pasador de manera que un collar

se desliza sobre la barra que está girando y el otro se desliza sobre la varilla curva horizontal, de manera que la trayectoria descrita está dada por: r=1.5(2-cosθ), si ambos collares pesan W=0.75(lb). Determinar la fuerza normal que ejerce la varilla curva sobre un collar en el instante θ=120º. No hay fricción.

r=1.5 (2−cosθ )=¿>θ=120=¿>r=3.75 θ=5

r=1.5θ senθ=¿>θ=120=¿>r=6.495 θ=0

r=1.5 ( θ senθ+ θ2 cosθ)=¿>θ=120=¿>r=−18.75

ar=( r−θ2 r ) ur=−112.5

normal

tangencial

θ

P

aθ=(2 r θ+r θ ) uθ=64.95

tgφ= rdr /dθ

= 3.751.5 sen120

=2.8867 tgφ=2.8867 φ=70.89 α=19.1

∑ Fr=mar

−Ncosα=0.7532.2

∗(−112.5)

N= 2.62cos19.1

N=2.77 lb

∑ Fθ=m aθ

P+Nsenα=0.7532.2

∗64.95

P=1.5128−2.77 sen19.1

P=0.606 lb

21.- La barra horquillada es usada para mover una partícula lisa de W =2(lb)alrededor de una trayectoria horizontal curva, llamada Limacon , r=2+cosθ (pies) . Si

en todo instante θ=0.5(rad /s) . Determinar la fuerza que la barra ejerce sobre la partícula en el instante θ=90º. La horquilla y la barra solamente tienen un contacto.

r=2+cosθ=¿>θ=90=¿>r=2 θ=0.5

r=−θ senθ=¿>θ=90=¿> r=−0.5 θ=0

r=−θ2 cosθ−θ senθ=¿>θ=90=¿> r=0

ar=( r−θ2 r ) ur=−0.5 aθ=(2 r θ+r θ ) uθ=−0.5

θ

θ

tgφ= rdr /dθ

= 2sen90

=2 tgφ=2 φ=−63.43 α=26.57

∑ Fr=mar

−Ncosα= 232.2

∗(−0.5)

N= 0.03100cos 26.57

N=0.0347 lb

∑ Fθ=m aθ

F−Nsenα= 232.2

∗−(0.5)

F=−0.0310+0.0347 sen26.57

F=−0.155 lb

23.- El collar tiene una masa de m=2kg y se traslada a lo largo de una barra lisa horizontal definida por la ecuación r=eθ (m), donde θ está en radianes. Determinar la fuerza tangencial F y la nuerza normal N que actúan sobre el collar cuando θ=45º, si la fuerza mantiene un movimiento angula constante θ=2(rad / s).

r=eθ θ=π /2r=2.1933

r=θ eθ θ=π /2 r=4.3865

r=θ eθ+θ2eθθ=π /2 r=8.7731

ar=( r−θ2 r ) ur ar=8.7731−22 2.1933 ar=0

rθ

N

F

aθ=(2 r θ+r θ ) uθ aθ=2∗4.3865∗2+2.1933∗0 aθ=17.5464

tgφ= rdr /dθ

=2.19332.1933

=1 tgφ=1φ=45 θ=45

∑ Fr=mar

−Ncosθ+Fcosθ=2∗0

−Ncos 45+Fcos 45=2∗0

−0.7071 N+0.7071 F=0

F=N

∑ Fθ=m aθ

Fsenθ+Ncosθ=2∗17.5464

0.7071 F+0.7071 N=35.09

0.7071 N+0.7071 N=35.09

N

W

r

N=24.81 [ N ]=F25.- El piloto de un avión ejecuta un rizo vertical que en parte sigue la trayectoria de una curva Cardioide: r=600(1+cosθ) pies, donde θ está en radianes. Si su velocidad en A (θ=0º) es constante vp=80(pies/s). Determinar la fuerza vertical que ejerce el cinturón de seguridad de su asiento sobre él para mantenerlo sujeto a su asiento cuando el avión está en posición invertida (patas arriba) en A. El piloto pesa W=150lb.

r=600 (1+cosθ )θ=0 º r=1200

r=−600 θ senθθ=0 º r=0

r=−600 θ senθ−600 θ2 cosθθ=0 º r=−600 θ2

v2=vr2+vθ

2

802=( r ur )2+(r θ uθ )2

6400=0+1200 θ2

θ=0.06667

ar=( r−θ2 r ) ur ar=−600∗0.066672−0.066672∗1200ar=−8

aθ=(2 r θ+r θ ) uθ aθ=0+0 aθ=0

∑ Fr=mar

N−W = 15032.2

(−8)

N=−37.267+150

N=112.73 lb

θ

100sen36.87N 100N

Fr 100cos36.87

800cos30

800sen30mg

800N

RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

TRABAJO Y ENERGIA

1.- Un bloque liso tiene un peso W=20lb y es empujado contra un resorte, de modo que la compresión del resorte es S=0.05pies. Si la fuerza del resorte contra el bloque es:

F=3 S13 (lb), donde S esta dado en pies. Determinar la rapidez del bloque una vez que

abandona el resorte.

SOLUCION

W =∆ Ec

∫0

0.05

3 S13 ds=1

2mV 2−1

2mV 0

2

9 S4 /3

4 |0

0.05

=

12∗20

32.2∗V 2−

12∗20

32.2∗02

9(0.05)4 /3

4−

9 (0)4 /3

4=0.31 V 2

0.0414=0.31V 2

V=0.366( ft /s )

2.- La caja, cuya masa es m=100Kg, está bajo la acción de dos fuerzas. Si originalmente esta en reposo, determinar la distancia recorrida hasta alcanzar una velocidad de v=6(m/s). El coeficiente de fricción cinético entre la caja y el piso es μk=0.2.

N

Fcos30

Fr

Fsen30F

SOLUCION

∑ Fy=ma y

N+100∗( 35 )−mg−800 sen30=0

N+60−9.8∗100−400=0

N=1320 (N )

W =∆ Ec

∑ F∗s=12

m v22−1

2m v1

2

( 45∗100+800 cos30−μN )S=1

2∗100∗62−1

2∗100∗02

(80+692.82−0.2∗1320)S=1800−0

508.82 S=1800

S= 1800508.82

S=3.54(m)

3.- El bloque de m=2kg, está sujeto a la acción de la fuerza que mantiene su dirección y

cuya magnitud es F= 3001+S

(N ), donde S esta dado en (m). Cuando S=4(m) el bloque se

mueve hacia la izquierda con una rapidez de v=8(m/s). Determinar su velocidad cuando S=12(m). El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el piso es μk=0.25.

mg

FrFsen36.87 F

Fcos36.87

N

mg

SOLUCION

∑ Fy=ma y

N−Fsen30−mg=0

N= 1501+S

+19.6

W =∆ Ec

Fcos 30 ds−Fr=12

m v22−1

2m v1

2

∫4

12

( 300cos301+S )ds−∫

4

12

(μ∗N )ds=12∗2∗V 2

2−12∗2∗82

259.8∗ln135

−0.25∫4

12

19.6 ds−0.25∫4

12

( 1501+S )ds=V 2

2−64

248.242−32.9−35.83=V 22−64

243.512=V 22

V 2=15.604 (m / s)

4.- La fuerza F, está actuando con una dirección constante sobre el bloque de m=20kg, y tiene una magnitud que varia con la posición S del bloque. Determinar la velocidad del bloque después de desplazarse S=3(m). Cuando S=0 el bloque se está moviendo a la derecha con una rapidez de v=2(m/s). El coeficiente de fricción cinético entre el bloque y la superficie es μk=0.3.

SOLUCION

∑ Fy=0

N−Fsen 36.87−mg=0

N=30 S2+196

W =∆ Ec

Fcos 36.87 ds−Fr=12

m v22−1

2m v1

2

∫0

3

(50 S2 cosθ ) ds−∫0

3

(μ∗N )ds=12∗20∗V 2

2−12∗20∗22

45∫

0

3

(50 S2 ) ds−∫0

3

[ μ∗(30 S2+196 ) ] ds=10 V 22−40

45∫

0

3

(50 S2 ) ds−∫0

3

0.3(196)ds−0.3∫0

3

(30 S2 ) ds=10 V 22−40

45 ( 50 S3

3 )]0

3

−(0.3∗196)S ]03−0.3 ( 30 S3

3 )]0

3

=10 V 22−40

360−176.4−81+40=10 V 22

142.6=10 V 22

V 2=3.77 (m /s )

5.- El bloque A tiene un peso WA=60lb, y el bloque B tiene un peso WB=10lb. Determinar la velocidad del bloque A, después que se ha movido 5pies hacia abajo del plano, partiendo del reposo no existe rozamiento.

SOLUCION

2 S A=SB 2 V A=V B

W =∆ Ec

W A senθ∗SA−W B∗SB=( 12

mA V A2−1

2mA V 0 A

2)+( 12

mB V B2−1

2mBV 0 B

2)

60 (0.6 ) (5 )−10 (10 )=

12∗60

32.2∗V A

2+

12∗10

32.2∗(V B )2

180−100=0.9317 V A2+0.1553(4V A

2)

1.5528 V A2=80

V A2=51.519

V A=7.178( pies/ s)

6.- El collarín tiene una masa de m=20kg y descansa sobre una varilla lisa. Dos resortes están unidos a los extremos de la varilla. Cada resorte tiene una longitud NO deformada de 1m. Si el collarín es desplazado S=0.5m y soltado desde el reposo, determinar su velocidad en el instante en que regresa al punto S=0.

SOLUCION

W =∆ Ec

12

k1 S2+12

k2 S2=12

mV 22−1

2m V 1

2

12

(50 ) (0.5 )2+ 12

(100 ) (0.5 )2=12

(20 ) V 22−1

2(20 ) (0 )2

6.25+12.5=10 V 22

10 V 22=18.75

V 2=1.369 (m /s)

7.- El collarín tiene una masa de m=20kg, y es soportado por la barra lisa. Los resortes unidos a él tiene una compresión de 0.4m, cuando d=0.5m. Determinar la rapidez del collarín luego de que a fuerza aplicada F=100(N) hace que se desplace de modo que d=0.3m. Cuando d=0.5m el collarín esta en reposo.

SOLUCION

W =∆ Ec

Fsen 60∗S+W∗S−12

k1 S2−12

k 2 S2=12

m V 22−1

2mV 1

2

100 sen 60 (0.2 )+20 (9.8 ) (0.2 )−12

(15 ) (0.2 )2−12

(25 ) (0.2 )2=12

(20 )V 22−1

2(20 ) (0 )2

17.32+39.2−0.3−0.5=10 V 22

10 V 22=55.72

V 2=2.36 (m /s )

8.- El ciclista se mueve hacia el punto A, pedaleando hasta alcanzar una rapidez de VA=8(m/s) luego se mueve, con la sola inercia, hacia arriba por la superficie cuando llega al punto B, determinar la fuerza normal que él ejerce sobre la superficie cuando alcanza el punto B. La masa total de la bicicleta y del hombre es m=75kg. Desprecie la fricción, la masa de las ruedas y el tamaño de la bicicleta.

SOLUCION

y= (2−√ x )2

dydx

=1− 2

√x

d2 yd x2 =

1

√ x3

si x= y=¿>x=1

dydx

=−1

d2 yd x2 =1

ρ=|[1+( dydx )

2]3 /2

d2

yd x2

| ρ=|[1+(−1)2 ]3/2

1 |; ρ=2.828 m

W =∆ Ec

−W∗x=12

mV B2−1

2m V A

2

−75 (9.8 ) (1 )=12

(75 ) V B2−1

2(75 ) (8 )2

−735=37.5V B2−2400

37.5 V B2=2400−735

V B2=44.38

∑ Fc=m aC

N−m∗g∗cos45=m∗V B

2

ρ

N=75∗9.8∗cos 45+ 75∗44.382.828

N=1700 (N )

9.- Un hombre en la ventana A desea lanzar al suelo el saco m=30kg. Para esto, desde el reposo lo hace oscilar de B a C, luego, suelta la cuerda en θ=30º. Determinar la rapidez con la que golpea el suelo y la distancia R que recorre.

SOLUCION

W BC=∆ Ec

mg (8 cos30 )=12

mV C2−1

2m V B

2

30 (9.8 ) (8 cos30 )=12

(30 ) V C2−1

2(30 ) (0 )2

2036.89=15V C2

V C=11.653 (m / s)

W BD=∆ Ec

mgh=12

m V D2−1

2mV B

2

30 (9.8 ) (16 )=12

(30 )V D2−1

2(30 ) (0 )2

4704=15 V D2

V D=17.708 (m /s)

∆ y=V C sen30∗t−12

g t2

−9.072=11.653sen 30∗t−4.9 t2

t=2.08 s

x=V B cos30∗t

x=11.65 cos30∗2.08

x=21 m

R=8+8 sen30+x

R=8+4+21

R=33(m)

10.- El cilindro A tiene una masa mA=3Kg, y el cilindro B tiene una masa mB=8Kg. Determinar la velocidad de A después que se ha movido 2m hacia arriba, partiendo del reposo. Las masas de las cuerdas y las poleas son despreciables.

SOLUCION

2 S A=SB 2 V A=V B

W =∆ Ec

−W A∗SA +W B∗SB=(12

mA V A2−1

2mA V 0 A

2)+( 12

mBV B2−1

2mB V 0 B

2)−3 (9.8 ) (2 )−8 (9.8 )(4)=1

2∗3∗V A

2+12∗8∗(V B )2

−58.8+313.6=1.5 V A2+4(4V A

2)

17.5 V A2=254.8

V A2=14.56

V A=3.816(m /s)

RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

CONSERVACION DE LA ENERGIA

1.- Al bloque de W=2lb, se le da una velocidad inicial de v=20(pies/s) cuando está en A. Si el resorte tiene una longitud NO deformada de 2pies y una constante k=100(lb/pies). Determinar la velocidad del bloque cuando S=1pie.

SOLUCION

x=z−2

x=√22+12−2

x=0.236 pies

Ec1+Ep1=Ec2+Ep2

12∗m∗V 1

2+m∗g∗h=12∗m∗V 2

2+ 12∗k∗x2

12∗2

32.2∗202+

232.2

∗32.2∗1=

12∗2

32.2∗V 2

2+12∗100∗0.23 62

12.4223+2=0.031V 22+2.7848

0.031 V 22=11.6359

V 22=375.35

V 2=19.37 ( pies/s)

2.- El coche tobogán tiene una masa m=800Kg, incluyendo su pasajero, parte del reposo desde la parte más alta A con una rapidez de VA=3(m/s). Determinar la mínima altura “h”, de manera que el coche viaje alrededor de ambos rizos sin separarse o despegarse de la pista. Despreciando la fricción, las masa de las ruedas y el tamaño del coche. Cuál es la reacción normal sobre el carro en los puntos B y C.

SOLUCION

Ec A+EpA=EcB+ EpB

12∗m∗V A

2+m∗g∗hA=12∗m∗V B

2+m∗g∗hB

12∗800∗32+800∗9.8∗h=1

2∗800∗9.8∗10+800∗9.8∗20

7840 h=192600

h=24.5 m

EcB+EpB=EcC+EpC

12∗m∗V B

2+m∗g∗hB=12∗m∗V C

2+m∗g∗hC

12∗800∗9.8∗10+800∗9.8∗20=1

2∗800∗V C

2+800∗9.8∗14

400 V C2∗86240

V C=14.68 (m /s)

∑ Fc=m aC

N B+m∗g=m∗V B

2

R

N B=800( 9.8∗1010

−9.8)N B=0(N )

∑ Fc=m aC

N c+m∗g=m∗V c

2

R

NC=800( 14.682

7−9.8)

NC=16800 (N )

3.- Dos resortes de igual longitud tienen una constante kA=300(N/m) y kB=200(N/m), y están anidados y juntos para formar un amortiguador de impacto. Si el bloque tiene una masa m=2kg, y es liberado desde la posición 0.6m sobre la parte superior del resorte partiendo del reposo. Determinar su deformación cuando el bloque se detiene.

SOLUCION

Ec1+Ep1=Ec2+Ep2

12∗m∗V 1

2+m∗g∗h1=12∗m∗V 2

2+ 12∗k A∗x2+ 1

2∗k B∗x2

12∗2∗02+2∗9.8∗(0.6+x )=1

2∗2∗02+ 1

2∗300∗x2+ 1

2∗200∗x2

11.76+19.6 x=150 x2+100 x2

250 x2−19.6 x−11.76=0

x=−b±√b2−4 ac2a

x=19.6+√19.62+4∗250∗11.762∗250

x=0.26 m

x=19.6−√19. 62+4∗250∗11.762∗250

x=−0.18m

4.- Una bola de W=0.5lb, es lanzada desde un resorte ideal. El resorte tiene una constante k=10(lb/pulg) y las cuatro cuerdas C y la placa P mantienen el resorte comprimido 2pulg, cuando no hay carga sobre la placa. La placa es desplazada hacia atrás 3pulg, desde su posición inicial. Si entonces es liberado desde el reposo, determinar la velocidad de la bola cuando se ha trasladado 30pulg hacia arriba del plano inclinado liso.

2T

WAcosθ WAsenθ

WA

T

WB

SOLUCION

h=30∗sen30=15 ( pulg )=1.25 pies

k=10 ( lb / pulg )=120 (lb / pies)

Ec1+Ep1=Ec2+Ep2

12∗m∗V 1

2+ 12∗k∗x2=m∗g∗h2+

12∗m∗V 2

2+12∗k∗x2

12∗0.5

32.2∗02+

12∗120∗( 5

12 )2

=0.5

32.2∗32.2∗1.25+

12∗120∗( 2

12 )2

+

12∗0.50

32.2∗V 2

2

0+10.4166=0.625+1.6667+ 5644

¿V 22

5644

∗V 22=8.125

V 22=8.125∗644

5

V 22=1046.5

V 2=32.3 (pies /s)

5.- El bloque A tiene un peso WA=60lb, y el bloque B tiene un peso WB=10lb. Determinar la velocidad del bloque A, después que se ha movido 5pies hacia abajo del plano, partiendo del reposo no existe rozamiento.

SOLUCION

T A=2 T B ∑ Fx=mA a A

2 aA=aB

∑ Fy=mB aB

T−mB g=mB aB

T=2 mB aA+mB g

mA gcosθ−2T=mA aA

35∗60−(4 mB aA+2mB g )= 60

32.2aA

36−1.24 aA−20=1.86aA

a A=5.152( pies /s2)

T=2 mB aA+mB g

T=2∗1032.2

∗5.152+10

T=13.2(lb)

Ec 1+W =Ec 2

12

m v12+W A cosθ∗S−2T∗S=1

2mA v2

2

0+60∗3

5∗5−2∗13.2∗5=

12∗60

32.2∗v2

2

180−132=0.93 v22

v22=51.52

v2=7.18( pies/s )

6.- Determinar la altura “h” del punto D a la que llegara el coche, si es lanzado en B con una rapidez suficiente para realizar un giro del rizo por C sin desprenderse de la pista. El radio de curvatura en C es ρc=25m.

SOLUCION

vc2=g∗ρ c

vc2=9.8∗25

vc2=245

EcC+EpC=EcD+EpD

12∗m∗V C

2+m∗g∗hC=m∗g∗hD+ 12∗m∗V D

2

12∗m∗245+m∗9.8∗35=m∗9.8∗hD+ 1

2∗m∗02

122.5 m+343 m=9.8∗m∗hD+0 m

465.5∗m=9.8∗m∗hD

465.5=9.8∗hD

hD=4659.8

hD=47.5 m

7.- El collarín tiene una masa de m=20kg, y es soportado por la barra lisa. Los resortes unidos a él tiene una compresión de 0.4m, cuando d=0.5m. Determinar la rapidez del collarín luego de que a fuerza aplicada F=100(N) hace que se desplace de modo que d=0.3m. Cuando d=0.5m el collarín esta en reposo.

SOLUCION

W =∆ Ec

Fsen 60∗S+W∗S−12

k1 S2−12

k 2 S2=12

m V 22−1

2mV 1

2

100 sen 60 (0.2 )+20 (9.8 ) (0.2 )−12

(15 ) (0.2 )2−12

(25 ) (0.2 )2=12

(20 )V 22−1

2(20 ) (0 )2

17.32+39.2−0.3−0.5=10 V 22

10 V 22=55.72

V 2=2.36 (m /s )

8.- Un bloque de W=2lb, reposa sobre un semicilindro liso. Una cuerda elástica con una constante k=2(lb/pie) está unida al bloque en B y la base del semicilindro en C. Si el bloque es liberado desde el reposo en A (θ=0º). Determinar la longitud NO deformada del resorte o cuerda de manera que el bloque empiece a abandonar el semicilindro en el instante θ=45º. Desprecie el tamaño del bloque.

SOLUCION

∑ Fc=m aC

m∗g∗sen45=m∗V 2

R

2∗sen 45=

232.2

∗V 2

1.5

V 2=1.5∗32.2∗sen 45

V=5.84 ( pies/ s)

Ec 1+W =Ec 2

12∗m∗V 1

2−W∗S+Fe ´−Fe=12∗m∗V 2

12∗m∗V 1

2−W∗sen45∗S+ 12∗k∗x ´ 2−1

2∗k∗x=1

2∗m∗V 2

12∗2

32.2∗02−2 sen 45∗1.5+

12∗2 [1.5 π−L0 ]2−1

2∗2[ 3∗1.5

4π−L0]

2

=

12∗2

32.2∗5.842

0−3√22

+ 94

π2−3 π L0+L02−81

64π2+ 9

4π L0−L0

2=1.06

34

π L0=6.5340

L0=6.5340∗4

3∗π

L0=2.77 ( pies)

9.- El paquete tiene un peso W=50lb y es transportado por una banda con una rapidez de VA=3(pies/s) para ser descargado en un canal. Determinar su velocidad cuando los paquetes alcancen los puntos B, C y D. También calcular la fuerza normal que ejerce el canal sobre los paquetes en B y C. Desprecie la fricción y tamaño de los paquetes.

hB=5∗sen60=4.33( pies)hC=5−4.33=0.67( pies)

Ec A+EpA=EcB+ EpB

12∗m∗V A

2+m∗g∗hA=m∗g∗hB+12∗m∗V B

2

12∗50

32.2∗32+

5032.2

∗32.2∗5=50

32.2∗32.2∗4.33+

12∗50

32.2∗V B

2

V B=7.221( pies / s)

Ec A+EpA=EcC+EpC

12∗m∗V A

2+m∗g∗hA=m∗g∗hC+ 12∗m∗V C

2

12∗50

32.2∗32+

5032.2

∗32.2∗5=50

32.2∗32.2∗0.67+

12∗50

32.2∗V C

2

V C=16.97 ( pies/s )

Ec A+EpA=EcD+EpD

12∗m∗V A

2+m∗g∗hA=m∗g∗hD+12∗m∗V D

2

12∗50

32.2∗32+

5032.2

∗32.2∗5=50

32.2∗32.2∗0+

12∗50

32.2∗V D

2

V D=18.2( pies /s)

T

mBg

2T

mAg

∑ Fc=m aC

W∗sen 60−N B=m∗V B

2

R

N B=27.1(lb )

∑ Fc=m aC

NC−W∗cos 30=m∗V C

2

R

NC=133 (lb)

10.- El bloque A tiene un peso de WA=60lb y el bloque B tiene un peso WB=10lb. Determinar la distancia que debe descender bloque A desde el reposo antes de alcanzar una velocidad de 8(pies/s). También, cual es la tensión en la cuerda que soporta el bloque A. Desprecie la fricción y las masas de las poleas y cuerdas.

SOLUCION

T A=2 T B

2 aA=aB

∑ Fy=mB aB

T B−mB g=mB aB

T B=mB g+2mB aA

∑ Fx=mA a A

mA g−2T B=mA aA

mA g−2mB g−4 mB aA=mA aA

60−2∗10−4∗1032.2

∗aA=60

32.2aA

a A=12.88 (pies /s2)

T B=mB g+2mB aA

T B=10+2∗1032.2

∗12.88

T B=18(lb)

T A=2 T B

T A=2∗18

T A=36 (lb)

Ec 1+W =Ec 2

Wcosθ Wsenθ

W

v=10(pies/s)

v=10(pies/s)

12∗m∗v1

2+( mA∗g−2T B )∗S=12∗mA∗v2

2

0+(60−2∗18)S=

12∗60

32.2∗82

24∗S=59.627

S=59.62724

S=2.48( pies)

RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

IMPULSO Y MOMENTUM

1.- Un bloque de W=5(lb.) tiene una velocidad inicial v=10(pies/s) y está sobre un plano inclinado de 45º con la horizontal lisa. Determinar el tiempo que le tomara hasta detenerse.

SOLUCION

m∗vx 1+∑∫0

t

Fx∗dt=m∗vx 2

532.2

∗10+∫0

t

−Wcos 45o∗dt= 532.2

∗0

5032.2

−Wcos 45o∗t=0

5 cos 45o∗t= 5032.2

t= 5032.2∗5∗cos 45

t=0.439(s)

2.- Un hombre golpea una pelota de golf, de manera que está forma un ángulo de 40º con la horizontal y toca el suelo a la misma altura del punto de lanzamiento a una distancia de 20(m). Determinar el impulso del bate sobre la pelota. Ignorar el impulso causado por el peso de la bola mientras el bate está golpeando la bola.

x=vo

2∗sin 2θg

vo=√ x∗gsin2 θ

vo=√ 20∗9.8sin2(40)

vo=14.107(m /s)

3.- Durante la operación de un martillo neumático desarrolla sobre la superficie de concreto una fuerza que está indicada en el grafico. Para esto utiliza una broca S de W=2(lb.) que parte del reposo y se induce dentro de la superficie con una velocidad de 200(pies/s). Determinar la velocidad de la broca justo después de rebotar.

SOLUCION

m∗v1+∑ ∫0.2∗10−3

0.4∗10−3

F∗dt=m∗v2

232.2

∗200+ ∫0.2∗10−3

0.4∗10−3

−90∗103∗dt= 232.2

∗v2

40032.2

−90∗103( t)|0.2∗10−3

0.4∗10−3

= 232.2

∗v2

40032.2

−90∗103 ( 0.4∗10−3−0.2∗10−3 )= 232.2

∗v2

232.2

∗v2=5.577

v2=5.577∗32.2

2

v2=89.8( pies / s)

4.- La partícula P esta bajo la acción de su peso de W=3(lb) y las fuerzas F1 y F2 donde t

esta en (s). Si la partícula tiene originalmente una velocidad . Determinar su velocidad después de 2(s).

SOLUCION

m∗vx 1+∑∫0

t

Fx∗dt=m∗vx 2

332.2

∗3+∫0

2

t 2dt +∫0

2

5dt= 332.2

∗v x2

932.2

+ t3

3 |0

2

+5 t|02= 3

32.2∗v x2

932.2

+ 83+10= 3

32.2∗vx 2

vx 2=138.95 i(pies /s)

m∗vz 1+∑∫0

t

F z∗dt=m∗v z 2

332.2

∗6+∫0

2

tdt−∫0

2

Wdt= 332.2

∗vz 2

1832.2

+ t2

2|0

2

−3 t|02= 3

32.2∗v z 2

1832.2

+2−6= 332.2

∗vz 2 vz 2=−36.93 k ( pies /s)

m∗v y 1+∑∫0

t

F y∗dt=m∗v y 2

332.2

∗1+∫0

2

2tdt= 332.2

∗v y 2

332.2

+ t 2|0

2= 3

32.2∗v y2

332.2

+4= 332.2

∗v y 2

v y2=43.93 j( pies /s)

v2=√v x22+v y2

2+v z 22

v2=√ (138.98 )2+ (43.93 )2+(−36.93 )2

v2=150( pies/s )

5.- Un gabinete de W=40(lb) está sujeto a la acción de la fuerza F= 12

( t+1 )2; donde t está

en (s). Si el gabinete inicialmente se está movimiento hacia arriba del plano con una velocidad v=10(pies/s). Determinar el tiempo que transcurrirá hasta detenerse. La fuerza siempre actúa en forma paralela al plano.

SOLUCION

m∗vx 1+∑∫0

t

Fx∗dt=m∗vx 2

4032.2

∗10+∫0

t

[ 12( t+1 )2 ]dt−∫

0

t

[ Wsen20 ] dt= 4032.2

∗0

12.42+(12( −1t +1 ))|0

t

−40∗sen20∗(t )|0t=0

12.42−12∗1t+1

+ 12∗11

−40 sen20∗t+40 sen20∗0=0

12.42− 12t+1

+12−13.68 t=0

24.42−13.68 t− 12t+1

=0

24.42 t+24.42−13.68 t2−13.68−12=0

−13.68 t 2+24.42 t−1.26=0

13.68 t 2−24.42t +1.26=0

t=1.73(s)

6.- Un bloque de m=5kg, se está moviendo hacia abajo con una velocidad de v=2(m/s) cuando se encuentra a 8(m) de una superficie arenosa. Determinar el impulso de la arena sobre el bloque necesario para detener el movimiento. No considerar la distancia que el bloque penetra en la arena y asumimos que el bloque NO rebota. Ignorar el peso del bloque durante el impacto con la arena.

SOLUCION

Ec1+Ep1=Ec2+Ep2

12∗m∗V 1

2+m∗g∗h1=m∗g∗h2+12∗m∗V 2

2

12∗5∗22+5∗9.8∗8=5∗9.8∗0+ 1

2∗5∗V 2

2

52∗V 2

2=402

V 2=12.68 (m /s)

m∗v2+∑∫ F∗dt=m∗v3

5∗12.68−∫F∗dt=5∗0

∫F∗dt=63.40

I=63.40(N ∙ s )

7.- Un cohete tiene una masa de 3000kg, y parte del reposo cuando t=0(s). Si los motores proporcionan un empuje T que varía de acuerdo al grafico, determine su velocidad en t=4(s). No considerar la resistencia del aire, fricción y la pérdida del combustible durante el movimiento.

SOLUCION

Wcos60Wsen60

W

m∗vx 1+∑∫0

t

Fx∗dt=m∗vx 2

3000∗0+∫0

4

(40∗103−30∗103 e−0.1 t)dt=3000∗vx 2

(40000 t+ 300000.1

e−0.1 t)|0

4

=3000∗vx 2

(40000 t +300000 e−0.1 t )|0

4=3000∗vx 2

40000 ( 4 )+300000 e−0.1 (4)−40000 (0 )−300000 e−0.1(0)=3000∗vx 2

160000+201096.01−0−300000=3000∗v x2

61096.01=3000∗vx 2

vx 2=61096.01

3000

vx 2=20.37(m /s)

8.-Un paquete de m=5kg es liberado desde el reposo en A. Este se desliza hacia abajo del plano inclinado liso que forma 30º con la horizontal, y entra en el plano rugoso y tiene un coeficiente de fricción cinético de μk=0.2. Determinar el tiempo total empleado hasta que el paquete se detenga. Ignore el tamaño del paquete.

Ec A+EpA=EcB+ EpB

12∗m∗V A

2+m∗g∗hA=m∗g∗hB+12∗m∗V B

2

12∗5∗02+5∗9.8∗3=5∗9.8∗0+1

2∗5∗V B

2

52∗V B

2=147

V B=7.67(m /s)

F=m∗a

m∗g∗cos60=m∗a

5∗9.8∗cos60=5∗a

a=4.9

vB=v A+a∗t 1

7.67=0+4.9∗t 1

t 1=1.56(s)

m∗vB+∑∫0

t2

F∗dt=m∗vC

5∗7.67−∫0

t2

μk∗N∗dt=5∗0

38.34−0.2∗5∗9.8∗t 2=0

9.8∗t 2=38.34

t 2=3.91(s)

tT=t 1+t 2

tT=1.56+3.91=5.47 (s)

9.-El bloque A tiene un peso de W=10(lb) y el bloque B está moviéndose hacia abajo con una rapidez vB=3(pies/s) cuando t=0(s). Determinar la velocidad de A cuando t=1(s). Asumir que la superficie horizontal es lisa. No considerar la masa de las poleas y cuerdas.

10.- Determinar las velocidades de los bloques A y B 2(s) después de que estos son liberados desde el reposo. No considerar las masas de poleas y cuerdas.

RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

IMPACTO

1.- El disco A tiene una masa m=2kg y se está deslizando hacia el centro sobre una superficie lisa con una velocidad VA1=5(m/s), cuando choca con el cilindro B, que se está deslizando hacia A con una velocidad VB1=2(m/s) produciéndose un choque central directo. Si el coeficiente de restitución entre los dos discos es e=0.4, determinar las velocidades de A y B justo después de la colisión.

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B2=0.4∗(−2−(5 ) )

V A2−V B2=−2.8

V A2=V B 2−2.8 (1)

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

2∗5+4∗(−2 )=2V A2+4 V B2

2=2V A 2+4 V B2

1=V A 2+2V B2(2)

Remplazo (1 ) en(2)

1=V B2−2.8+2 V B2

V B2=1.27(m/ s)

V A2=V B2−2.8

V A2=1.27−2.8

V A2=−1.53(m / s)

2.- Cada bola tiene una masa m y el coeficiente de restitución entre ellas es e. Si las bolas se están dirigiendo hacia la otra con una velocidad v. Determinar su velocidad común, cuando ellas alcanzan el estado de máxima deformación. No considerar el tamaño de las bolas.

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B 2=e∗(−v−(v ) )

V A2−V B2=−2ev

V A2=V B2−2ev (1)

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

m∗v+m∗(−v )=m V A2+m V B2

0=mV A 2+mV B2

m V B2=−mV A2

V B2=−V A2(2)

Remplazo (1 ) en(2)

V B2=−(V B2−2ev )

2 V B2=2ev

V B2=ev

V A2=V B2−2ev

V A2=−ev

3.- El hombre A tiene un peso de 100(lb) y salta desde el reposo hacia la plataforma P que tiene un peso de WP=60(lb). La plataforma está montada sobre un resorte que tiene una constante de k=200(lb/pie). Si el coeficiente de restitución entre el hombre y la plataforma e=0.6. Determinar la altura requerida del salto, si la máxima comprensión del resorte debe ser 2(pies).

EcP+EpP=EEB+EcB

12∗m∗V P

2+m∗g∗hP=12∗k∗x2+ 1

2∗m∗V B

2

12∗60

32.2∗V P

2+60∗2=12∗200∗22+

12∗60

32.2∗02

0.9316 V P2=400−120

V B=17.3359( pies/ s)

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V P1−V A1 ) e=V A 2−V P 2

V A2−17.3359=0.6∗(0−√2 gh )

V A2=17.3359−0.6 √2 gh (1)

mA V A1+mPV P1=mA V A2+mPV P2

10032.2

∗√2 gh+ 6032.2

∗0= 10032.2

∗V A 2+60

32.2∗17.3359

24.92√h+0=3.1056 V A2+32.3029(2)

Remplazo (1 ) en(2)

24.9222√h+0=3.1056(17.3359−0.6√2 gh)+32.3029

24.92√h=53.8384−14.9534 √h+32.3029

39.8755√h=86.1411

h=4.67 (pies)

4.- Las tres bolas A, B y C tienen la misma masa m, Si A tiene una velocidad v justo antes del choque directo con B, determinar la velocidad de C después de la colisión. El coeficiente de restitución entre cada una de las bolas es e. No considerar el tamaño de las bolas

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B2=e∗(0−v )

V A2−V B2=−ev

V A2=V B2−ev (1)

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

m∗v+m∗0=m V A2+mV B2

mv=m V A2+mV B2

m V B2=mv−mV A2

V B2=v−V A2(2)

Remplazo (1 ) en(2)

V B2=v−(V B2−ev )

2 V B2=v−ev

V B2=v (1−e)

2

e=V C 3−V B3

V B2−V C 2

(V B2−V C 1 ) e=V C 3−V B3

V C 3−V B3=e∗( v (1−e)2

−0)V C 3−V B3=

ev (1−e)2

V C 3=V B3+ev (1−e )

2(1)

mCV C 2+mBV B2=mC V C 3+mB V B3

m∗0+m∗v (1−e)

2=m [V B 3+

ev (1−e)2 ]+mV B 3

mv (1−e )

2=mV B3+m

ev (1−e)2

+mV B3

mv (1−e )

2=2m V B3+m

ev (1−e )2

v (1−e)2

=2V B3+ev (1−e)

2

V B3=v (1−e2)

4

V C 3=V B3+ev (1−e )

2

V C 3=v (1−e2)

4+

ev (1−e )2

V C 3=v (1−e)2

4

5.- Se deja caer la bola de W=1(lb) partiendo del reposo y cae una distancia de 4(pies) antes de golpear el plano liso en A. Si e=0.8, determinar la distancia d donde golpeara de nuevo el plano en B.

V 0=√2 gh

V 0=√232.2∗4

V 0=16.05( pies/s)

e=V 02−V B 2

V B1−V 01

(V B1−V 01 ) e=V 02−V B2

V 02−0=0.8∗(16.05 )

V 02=12.84 ( pies/s)

x=V 02 cosα∗ty=V 02senα∗t−1

2g t 2

y=V 02senα∗t−12

g t 2

y=V 02senα∗xV 02cosα

−

12∗32.2∗x2

(V 02cosα )2

y=tgα∗x−

12∗32.2∗x2

( 12.84∗35

)2

−34

x=43

x−0.27 x2

0.27 x2−1.33 x−0.75 x=0

0.27 x2−2.08 x=0

x (0.27 x−2.08 )=0

x=0 x=10.49 (pies)

y=−7.86( pies)

d=√x2+ y2

d=√10.492+(−7.86)2

d=13.8( pies)

6.- La bola de mA=2kg, se lanza contra un bloque suspendido B de mB=20kg, con una velocidad VA=4(m/s). Si el tiempo de duración del impacto entre la bola y el bloque es t=0.005(s), determinar la fuerza normal promedio ejercida sobre el bloque durante este tiempo. Tome e=0.8.

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B2=0.8∗(0−4 )

V A2−V B2=−3.2

V A2=V B2−3.2(1)

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

2∗4+20∗0=2V A2+20 V B2

8=2V A2+420

4=V A2+10V B2(2)

Remplazo (1 ) en(2)

4=V B2−3.2+10 V B 2

V B2=0.6545(m/ s)

mB∗v B1+∑∫ F∗dt=mB∗vB2

20∗0+F∗t=20∗0.6545

0.005 F=13.09

F=2618.18(N )

7.- Las placas A y B tiene una masa m=4kg, cada una y están restringidos a moverse a lo largo de las guías lisas. Si el coeficiente de restitución entre las placas es e=0.7. Determinar: a) la velocidad de ambas justo después de la colisión, b) la máxima compresión del resorte. La placa A tiene una velocidad de VA=4(m/s) justo antes de golpear a B. La placa B esta originalmente en reposo y el resorte esta NO deformado.

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B2=0.7∗(0−4 )

V A2−V B2=−2.8

V A2=V B2−2.8 (1)

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

4∗4+4∗0=4 V A2+4V B2

16=4V A 2+4 V B2

4=V A2+V B2(2)

Remplazo (1 ) en(2)

4=V B2−2.8+V B2

V B2=3.4(m /s)

V A2=V B2−2.8

V A2=3.4−2.8

V A2=0.6(m/ s)

EcB+EpB=EEC+ EcC

12∗m∗V B2

2+m∗g∗hP=12∗k∗x2+ 1

2∗m∗V C

2

12∗4∗3.42+60∗0=1

2∗500∗x2+ 1

2∗4∗02

23.12=250 x2

x=0.3041(m)

8.- La bola A de peso WA=8(lb) es soltada desde el reposo desde una altura de h=10(pies) medidos desde la placa que tiene un peso de WP=6(lb). Determinar la máxima comprensión del resorte, si el impacto es perfectamente elástico.

V A=√2gh

V A=√2∗32.2∗10

V A=25.3771( pies/s )

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B2=1∗(0−25.3771 )

V A2−V B2=−25.3771

V A2=V B 2−25.3771 (1)

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

832.2

∗25.3771+ 632.2

∗0= 832.2

V A2+6

32.2V B2

6.3049=0.2484 V A2+0.1863 V B2(2)

Remplazo (1 ) en(2)

6.3049=0.2484(V B2−25.3771)+0.1863V B 2

V B2=28.79( pies/ s)

EcB+EpB=EEC+ EcC

12∗m∗V B2

2+m∗g∗hP=12∗k∗x2+ 1

2∗m∗V C

2

12∗6

32.2∗28.792+6∗0=

12∗36∗x2+

12∗6

32.2∗02

77.22+6 x=18 x2

18 x2−6 x−77.22

x=2.2446 (m)

9.- La bola de ping-pong tiene una masa de m=2(g). Si es lanzada con la velocidad v=18(m/s), determinar la altura h alcanza luego de rebotar en el tablero liso. Tome e=0.8.

x=V ox∗t

t= 2.2518 cos30

t=0.1443(s)

V=Vo+¿

V=18 sen30+9.8∗0.1443

V=10.4141 (m /s)

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−0=0.8∗(0−10.4141 )

V A2=−8.3313

h=V A2 senα∗t−12

g t 2

h=V A2senα∗x

V A 2cosα−

12∗9.8∗x2

(V A 2cosα )2

h=tg28.12∗0.75−

12∗9.8∗0.752

(18 cos30∗cos28.12)2

h=0.4008−0.0149

h=0.3862(m)

10.- Si el disco A se desliza a lo largo de la tangente al disco B y golpea a B con una velocidad v, determinar la velocidad de B después de la colisión y calcular la perdida de energía cinética durante la colisión. El coeficiente de restitución es e. El disco B esta originalmente en reposo y cada disco tiene el mismo tamaño y la misma masa m.

e=V A2−V B2

V B1−V A1

(V B1−V A1 ) e=V A 2−V B2

V A2−V B2=e∗(0−vcos30 )

V A2−V B2=−evcos30

V A2=V B2−evcos30

mA V A1+mB V B1=mA V A2+mB V B2

mvcos 30+m∗(0 )=m(V B2−evcos30)+mV B2

mvcos 30=2 mV B 2−emvcos30

2 V B2=vcos30+evcos30

V B2=vcos30 (1+e)

2

V B 2=√34

(1+e )v

V A2=V B2−evcos30

V A2=√34

(1+e)v−evcos 30

V A2=v4

√3 e2−6 e+7