PROBLEMA RESUELTO 11.1

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PROBLEMA RESUELTO 11.1
La posición de una partícula que se mueve a lo largo de una línea recta está
definida por la relación x t3 6t2 15t 40, donde x se expresa en pies
y t en segundos. Determine a) el tiempo al cual la velocidad será cero, b) la
posición y la distancia recorrida por la partícula en ese tiempo, c) la aceleración de la partícula en ese tiempo, d) la distancia recorrida por la partícula
desde t 4 s hasta t 6 s.
SOLUCIÓN
x (ft)
Las ecuaciones de movimiento son
40
+5
0
t (s)
x t3 6t2 15t 40
(1)
dx
v 3t2 12t 15
dt
(2)
dv
a 6t 12
dt
(3)
a) Tiempo en el cual v 0.
3t 12t 15 0
2
– 60
Se fija v 0 en (2):
t 1 s
t 5 s
y
Sólo la raíz t 5 s corresponde a un tiempo después de que el movimiento
se ha iniciado: para t 5 s, v 0, la partícula se mueve en dirección negativa; para t 5 s, v 0, la partícula se mueve en dirección positiva.
v (ft/s)
b) Posición y distancia recorrida cuando v 0.
5 s en (1), se tiene
x5 (5)3 6(5)2 15(5) 40
+5
0
t (s)
Al sustituir t x5 60 ft
La posición inicial en t 0 fue x0 40 ft. Puesto que v
tervalo t 0 a t 5 s se tiene
0 durante el in-
Distancia recorrida x5 x0 60 ft 40 ft 100 ft
Distancia recorrida 100 ft en la dirección negativa
c) Aceleración cuando v 0.
18
0
Se sustituye t 5 s en (3):
a5 6(5) 12
a (ft/s 2)
+2
+5
t (s)
a5 18 ft/s2
d) Distancia recorrida desde t 4 s hasta t 6 s. La partícula se
mueve en la dirección negativa desde t 4 s hasta t 5 s y en dirección
positiva desde t 5 s hasta t 6 s; por lo tanto, la distancia recorrida durante cada uno de estos intervalos de tiempo se calculará por separado.
De t 4 s a t 5 s:
x5 60 ft
x4 (4)3 6(4)2 15(4) 40 52 ft
Distancia recorrida x5 x4 60 ft (52 ft) 8 ft
8 ft en la dirección negativa
De t 5 s a t 6 s:
x5 60 ft
x6 (6)3 6(6)2 15(6) 40 50 ft
Distancia recorrida x6 x5 50 ft (60 ft) 10 ft
10 ft en la dirección positiva
La distancia total recorrida desde t 4 s hasta t 6 s es de 8 ft 10 ft
18 ft
609
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PROBLEMA RESUELTO 11.2
Una pelota se lanza con una velocidad de 10 m/s dirigida verticalmente hacia
arriba desde una ventana ubicada a 20 m sobre el suelo. Si se sabe que la aceleración de la pelota es constante e igual a 9.81 m/s2 hacia abajo, determine
a) la velocidad v y la elevación y de la pelota sobre el suelo en cualquier tiempo t, b) la elevación más alta que alcanza la pelota y el valor correspondiente
de t, c) el tiempo en el que la pelota golpea el suelo y la velocidad correspondiente. Dibuje las curvas v-t y y-t.
SOLUCIÓN
y
v0 = +10 m/s
a = – 9.81 m/s2
a) Velocidad y elevación. El eje y que mide la coordenada de la posición (o elevación) se elige con su origen O sobre el suelo y su sentido positivo hacia arriba. El valor de la aceleración y los valores iniciales de v y y
son como se indica. Al sustituir a en a dvdt y observar que en t 0, v0 10 m/s, se tiene
dv
a 9.81 m/s2
dt
y0 = +20 m
v
v010
O
9.81 dt
dv t
0
[9.81t]t0
v 10 9.81t
[v]v10
v(m/s)
10
v 10 9.81t
Curva velocidad-tiempo
Pe
nd
ie
0
nt
e
1.019
=
a
=
3.28
–9
.8
1
Al sustituir v en v dydt y observar que en t 0, y0 20 m, se tiene
dy
v 10 9.81t
dt
t(s)
m
/s 2
y
y020
–22.2
(1)
dy (10 9.81t) dt
t
0
y
[y]20
m
/s
[10t 4.905t2]t0
y 20 10t 4.905t2
y 20 10t 4.905t2
(2)
v0
=
10
y(m)
ien
nd
10 9.81t 0
te =
Pe
dien
25.1
Pen
te
=
b) Máxima elevación. Cuando la pelota alcanza su máxima elevación, se tiene v 0. Al sustituir en (1), se obtiene
Al sustituir t 1.019 s en (2), se tiene
v=
20
–22
y 20 10(1.019) 4.905(1.019)2
.2 m
Curva
posición-tiempo
/s
0
1.019
t 1.019 s
3.28
t(s)
y 25.1 m
c) La pelota golpea el suelo. Cuando la pelota golpea el suelo, se
tiene y 0. Al sustituir en (2), se obtiene
20 10t 4.905t2 0
t 1.243 s
y
t 3.28 s
Sólo la raíz t 3.28 s corresponde a un tiempo después de que el movimiento se ha iniciado. Al considerar este valor de t en (1), se tiene
v 10 9.81(3.28) 22.2 m/s
610
v 22.2 m/sw
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PROBLEMA RESUELTO 11.3
Émbolo
El mecanismo de freno que se usa para reducir el retroceso en ciertos tipos
de cañones consiste esencialmente en un émbolo unido a un cañón que se
mueve en un cilindro fijo lleno de aceite. Cuando el cañón retrocede con una
velocidad inicial v0, el émbolo se mueve y el aceite es forzado a través de los
orificios en el émbolo, provocando que este último y el cañón se desaceleren
a una razón proporcional a su velocidad; esto es, a kv. Exprese a) v en
términos de t, b) x en términos de t, c) v en términos de x. Dibuje las curvas
del movimiento correspondiente.
Aceite
SOLUCIÓN
a) v términos de t. Al sustituir kv por a en la expresión fundamental que define a la aceleración, a dvdt, se escribe
v
v0
dv
kv dt
O
t
dv
k dt
v
v
ln kt
v0
v
v0
dv
k
v
dt
t
0
v v0 ekt
b) x en términos de t. Al sustituir la expresión que acaba de obtenerse para v en v dxdt, se escribe
x
dx
v0 ekt dt
v0
k
x
0
O
t
v
v0
dx v0
t
ekt dt
0
v0 kt t
v0 kt
x [e
]0 (e
1)
k
k
v0
x (1
ekt)
k
c) v en términos de x.
dv/dx, se escribe
Mediante la sustitución kv para a en a v
dv
kv v
dx
O
v0
x
k
dv k dx
v
v0
dv k
x
0
dx
v v0 kx
v v0 kx
Comprobación. La parte c) podría haberse resuelto al eliminar t de
las respuestas obtenidas para las partes a) y b). Este método alternativo puede
utilizarse como una comprobación. De la parte a) se obtiene ekt vv0; al
sustituir en la respuesta de la parte b), se obtiene
v0
v
v
x 0 (1 ekt) 1 k
k
v0
v v0 kx
(comprobación)
611
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PROBLEMA RESUELTO 11.4
Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba desde una altura de 12 metros
en el pozo de un elevador con una velocidad inicial de 18 m/s. En el mismo
instante un elevador de plataforma abierta pasa por el nivel de 5 m, moviéndose hacia arriba con una velocidad constante de 2 m/s. Determine a) cuándo y dónde golpea al elevador, b) la velocidad relativa de la pelota con respecto al elevador cuando ésta lo golpea.
SOLUCIÓN
t=t
v0 = 18 m /s
t=0
a = –9.81 m/s2
yB
y0 = 12 m
O
vE = 2 m /s
t=0
y0 = 5 m
O
vB v0 at
yB y0 v0t 12at2
vB 18 9.81t
yB 12 18t 4.905t2
(1)
(2)
Movimiento del elevador. Puesto que el elevador tiene una velocidad constante, su movimiento es uniforme. Al ubicar el origen O en el nivel
del suelo y elegir la dirección positiva hacia arriba, se observa que y0 5
m y se escribe
t=t
yE
Movimiento de la pelota. Puesto que la pelota tiene una aceleración
constante, su movimiento es uniformemente acelerado. Al colocar el origen
de O del eje y a nivel del suelo, es decir su dirección positiva hacia arriba,
encontramos que la posición inicial es y0 12 m, la velocidad inicial corresponde a v0 18 m/s, y la aceleración equivale a a 9.81 m/s2. Sustituyendo estos valores en las ecuaciones para movimiento uniformemente
acelerado, se escribe
vE 2 m/s
yE y0 vE t
(3)
(4)
yE 5 2t
La pelota golpea el elevador. Se usaron el mismo tiempo t y el
mismo origen O al escribir las ecuaciones de movimiento tanto de la pelota
como del elevador. Se observa en la figura que cuando la pelota golpea el
elevador,
yE yB
(5)
Al sustituir para yE y yB en (2) y (4) en (5), se tiene
5 2t 12 18t 4.905t2
t 0.39 s
y
t 3.65 s
Sólo la raíz t 3.65 s corresponde a un tiempo después de que se ha iniciado el movimiento. Al sustituir este valor en (4), se obtiene
yB
yE
O
yE 5 2(3.65) 12.30 m
Elevación desde el suelo 12.30 m
La velocidad relativa de la pelota con respecto al elevador es
vBE vB vE (18 9.81t) 2 16 9.81t
Cuando la pelota golpea al elevador en el tiempo t 3.65 s, se tiene
vBE 16 9.81(3.65)
vBE 19.81 m/s
El signo negativo significa que desde el elevador se observa que la pelota se
mueve en el sentido negativo (hacia abajo).
620
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PROBLEMA RESUELTO 11.5
C
K
E
El collarín A y el bloque B están conectados por medio de un cable que pasa
por tres poleas C, D y E, como se indica. Las poleas C y E se mantienen fijas,
en tanto que B está unida a un collarín que se jala hacia abajo con una velocidad constante de 3 in./s. En t 0, el collarín A empieza a moverse hacia
abajo desde la posición K con una aceleración constante y sin velocidad inicial. Si se sabe que la velocidad del collarín A es 12 in./s cuando éste pasa por
el punto L, determine el cambio de la elevación, la velocidad y la aceleración
del bloque B cuando el collarín A pasa por L.
A
D
8 in.
B
L
SOLUCIÓN
Movimiento del collarín A. Se sitúa el origen O en la superficie horizontal superior y se elige la dirección positiva hacia abajo. Se observa que
cuando t 0, el collarín A está en la posición K y (vA)0 0. Puesto que vA 12 in./s y xA (xA)0 8 in., cuando el collarín pasa por L, se escribe
O
(xA)0
xA
K
v2A (vA)20 2aA[xA (xA)0]
(12)2 0 2aA(8)
2
aA 9 in./s
aA
8 in.
El tiempo en el cual el collarín A alcance el punto L se obtiene al escribir
A
L
vA (vA)0 aAt
12 0 9t
Movimiento de la polea D.
hacia abajo, se escribe
vA = 12 in./s
aD 0
O
vD 3 in./s
t 1.333 s
Recordando que la dirección positiva es
xD (xD)0 vD t (xD)0 3t
Cuando el collarín A llega a L, en t 1.333 s, se tiene
(xD)0
xD (xD)0 3(1.333) (xD)0 4
En consecuencia,
xD
Movimiento del bloque B. Hay que observar que la longitud total
del cable ACDEB difiere de la cantidad (xA 2xD xB) sólo por una constante. Puesto que la longitud del cable es constante durante el movimiento,
esta cantidad también debe permanecer constante. De tal modo, considerando los tiempos t 0 y t 1.333 s, se escribe
D
vD = 3 in./s
xA 2xD xB (xA)0 2(xD)0 (xB)0
[xA (xA)0] 2[xD (xD)0] [xB (xB)0] 0
O
C
E
xA
xB
xD
B
A
D
xD (xD)0 4 in.
(1)
(2)
Sin embargo, se sabe que xA (xA)0 8 in. y xD (xD)0 4 in.; al sustituir
estos valores en (2), se obtiene
8 2(4) [xB (xB)0] 0
xB (xB)0 16 in.
De tal modo:
El cambio en la elevación de B 16 in.x
Al diferenciar (1) dos veces, se obtienen ecuaciones que relacionan las velocidades y las aceleraciones de A, B y D. Al sustituir las velocidades y aceleraciones de A y D en t 1.333 s, se tiene
vA 2vD vB 0:
12 2(3) vB 0
vB 18 in./s
vB 18 in./sx
aA 2aD aB 0:
9 2(0) aB 0
aB 9 in./s2
aB 9 in./s2x
621
bee76985_ch11.qxd 10/6/09 6:55 PM Página 632
PROBLEMA RESUELTO 11.6
A
B
x
d
Un vagón de transporte subterráneo sale de la estación A; aumenta su rapidez a
razón de 4 ft/s2 durante 6 s y después a razón de 6 ft/s2 hasta que llega a la
rapidez de 48 ft/s. El vagón mantiene la misma rapidez hasta que se aproxima a
la estación B; en ese momento se aplican los frenos, impartiéndosele al
vagón una desaceleración constante y provocando que se detenga en 6 s. El
tiempo de recorrido total desde A hasta B es de 40 s. Dibuje las curvas a -t, v -t
y x- t y determine la distancia entre las estaciones A y B.
SOLUCIÓN
Curva aceleración-tiempo. Puesto que la aceleración es constante o
cero, la curva a-t está conformada por segmentos de línea recta horizontales.
Los valores de t2 y a4 se determinan de la manera siguiente:
a (ft/s2)
8
6
0 t 6:
Cambio en v área bajo la curva a-t
v6 0 (6 s)(4 ft/s2) 24 ft/s
6 t t2:
Puesto que la velocidad se incrementa de 24 a 48 ft/s,
Cambio en v área bajo la curva a-t
t2 10 s
48 ft/s 24 ft/s (t2 6)(6 ft/s2)
t2 t 34:
34 t 40:
Puesto que la velocidad es constante, la aceleración es cero.
Cambio v área bajo la curva a-t
a4 8 ft/s2
0 48 ft/s (6 s)a4
4
2
0
–2
34 40
6 t2
t (s)
a4
–4
–6
–8
Al ser negativa la aceleración, el área correspondiente está por debajo del eje
t; esta área representa una disminución en la velocidad.
Curva velocidad-tiempo. Puesto que la aceleración es constante o
cero, la curva v-t está conformada por segmentos de línea recta que conectan los puntos determinados antes.
v (ft/s)
Cambio en x área bajo la curva v-t
0 t 6:
6 t 10:
10 t 34:
34 t 40:
48
24
0
6 10
34 40
t (s)
x6 0 12(6)(24) 72 ft
x10 x6 12(4)(24 48) 144 ft
x34 x10 (24)(48) 1 152 ft
x40 x34 12(6)(48) 144 ft
Al sumar los cambios en x, se obtiene la distancia de A a B:
d x40 0 1 512 ft
x(ft)
d 1 512 ft
1 512 ft
0
632
6 10
34 40
t(s)
Curva posición-tiempo. Los puntos determinados deben unirse
mediante tres arcos de parábola y un segmento de línea recta. Al construir
la curva x- t, se debe tener presente que para cualquier valor de t la pendiente
de la tangente a la curva x- t es igual al valor de v en ese instante.
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180 m/s
PROBLEMA RESUELTO 11.7
30°
Un proyectil se lanza desde el borde de un acantilado de 150 m con una velocidad inicial de 180 m/s a un ángulo de 30° con la horizontal. Si se ignora la
resistencia del aire, encuentre a) la distancia horizontal desde el cañón hasta
el punto en el que el proyectil golpea el suelo, b) la elevación máxima sobre
el suelo que alcanza el proyectil.
150 m
x
SOLUCIÓN
y
Movimiento vertical. Movimiento uniformemente acelerado. Eligiendo el sentido positivo del eje y hacia arriba y situando el origen O en el
cañón, se tiene
180 m/s
(vy)0
O
Los movimientos vertical y horizontal se considerarán por separado.
a = –9.81 m /s 2
30°
(vy)0 (180 m/s) sen 30° 90 m/s
a 9.81 m/s2
–150 m
Al sustituir en las ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado, se
tiene
vy (vy)0 at
y (vy)0 t 12at2
v2y (vy)20 2ay
180 m/s
O
30°
(vx)0
x
vy 90 9.81t
y 90t 4.90t2
v2y 8 100 19.62y
(1)
(2)
(3)
Movimiento horizontal. Movimiento uniforme. Al elegir el sentido positivo del eje x hacia la derecha, se tiene
(vx)0 (180 m/s) cos 30° 155.9 m/s
Al sustituir en las ecuaciones del movimiento uniforme, se obtiene
x (vx)0t
a) Distancia horizontal.
tiene
x 155.9t
(4)
Cuando el proyectil choca con el suelo, se
y 150 m
Al sustituir este valor en la ecuación (2) para el movimiento vertical, se escribe
150 90t 4.90t2
t2 18.37t 30.6 0
t 19.91 s
Si se sustituye t 19.91 s en la ecuación (4) para el movimiento horizontal,
se encuentra
x 155.9(19.91)
x 3 100 m
b) Elevación máxima. Cuando el proyectil alcanza su máxima elevación, se tiene que vy 0; al considerar este valor en la ecuación (3) para
el movimiento vertical, se escribe
0 8 100 19.62y
y 413 m
Máxima elevación sobre el suelo 150 m 413 m 563 m
648
01 beer ch11.qxd 2/23/10 9:27 AM Página 649
800 ft /s
A
B
PROBLEMA RESUELTO 11.8
2 000 ft
a
12 000 ft
Un proyectil se lanza con una velocidad inicial de 800 ft/s a un blanco ubicado a 2 000 ft por arriba del cañón A y a una distancia horizontal de 12 000 ft.
Si se ignora la resistencia del aire, determine el valor del ángulo de disparo .
SOLUCIÓN
v0 = 800 ft/s
O
␣
Los movimientos horizontal y vertical se considerarán por separado.
B
(vx)0 = 800 cos ␣
x
Movimiento horizontal. Al ubicar el origen del eje de coordenadas
en el cañón, se tiene
(vx)0 800 cos 12 000 ft
Al sustituir en la ecuación de movimiento horizontal uniforme, se obtiene
x (800 cos )t
x (vx)0t
El tiempo que se requiere para que el proyectil se mueva una distancia horizontal de 12 000 ft se obtiene al fijar x igual a 12 000 ft.
12 000 (800 cos )t
12 000
15
t 800 cos cos y
a = – 32.2 ft/s2
Movimiento vertical
B
O
a
v0 = 800 ft/s
(vy)0 800 sen 2 000 ft
(vy)0 = 800 sen a
a 32.2 ft/s2
Al sustituir en la ecuación de movimiento vertical uniformemente acelerado,
se obtiene
y (vy)0t 12at2
y (800 sen )t 16.1t2
El proyectil da en el blanco. Cuando x 12 000 ft, se debe tener
y 2 000 ft. Al sustituir el valor de y y dejando t igual al valor que acaba
de encontrarse, se escribe
15
15
2 000 800 sen 16.1 cos cos 2
Como 1cos2 sec2 1 tan2 , se tiene
2 000 800(15) tan 16.1(152)(1 tan2)
3 622 tan2 12 000 tan 5 622 0
Al resolver esta ecuación cuadrática para tan , se tiene
70.0°
A
29.5°
B
tan 0.565
y
tan 2.75
29.5°
y
70.0°
El proyectil dará en el blanco si se usa cualquiera de estos dos ángulos de
disparo (véase la figura).
649
bee76985_ch11.qxd 10/6/09 6:55 PM Página 650
PROBLEMA RESUELTO 11.9
B
El automóvil A viaja hacia el este con una rapidez constante de 36 km/h.
Cuando el automóvil A cruza la intersección que se muestra, el automóvil B
parte del reposo desde una distancia de 35 m al norte de la intersección y se
mueve hacia el sur con una aceleración constante de 1.2 m/s2. Determine la
posición, velocidad y aceleración de B relativa a A 5 s después de que A cruza
la intersección.
1.2 m /s2
35 m
A
36 km /h
SOLUCIÓN
y
35 m
yB
Se eligen los ejes x y y con el origen en la intersección de las dos calles y con
los sentidos positivos dirigidos respectivamente al este y al norte.
Movimiento del automóvil A. Se expresa primero la rapidez en m/s:
B
A
x
xA
km 1 000 m
1h
vA 36 10 m/s
h
1 km
3 600 s
Al notar que el movimiento de A es uniforme, se escribe, para cualquier
tiempo t,
aA 0
vA 10 m/s
xA (xA)0 vAt 0 10t
Para t 5 s, se tiene
aA 0
vA 10 m/s
xA (10 m/s)(5 s) 50 m
Movimiento del automóvil B.
mente acelerado y se escribe
aA 0
vA 10 m/s y
rA 50 m y
El movimiento de B es uniforme-
aB 1.2 m/s2
vB (vB)0 at 0 1.2 t
yB (yB)0 (vB)0t 12aBt2 35 0 12(1.2)t2
Para t 5 s, se tiene
rB/A
rB
vB
650
rB/A
a
rA
50 m
vA
10 m/s
vB/A
aB
20 m
aB/A
6 m/s
1.2 m/s2
b
vB/A
aB/A
aB 1.2 m/s2
vB (1.2 m/s2)(5 s) 6 m/s
yB 35 12(1.2 m/s2)(5 s)2 20 m
aB 1.2 m/s2w
vB 6 m/sw
rB 20 mx
Movimiento de B relativo a A. Se dibuja el triángulo que corresponde a la ecuación vectorial rB rA rBA y se obtiene la magnitud de dirección del vector de posición de B relativo a A.
rBA 53.9 m
21.8°
rBA 53.9 m b 21.8°
Al proceder de manera similar, se encuentra la velocidad y la aceleración de
B relativa a A.
vB vA vBA
vBA 11.66 m/s
31.0°
vBA 11.66 m/s d 31.0°
aB aA aBA
aBA 1.2 m/s2w
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PROBLEMA RESUELTO 11.10
vA = 60 mi /h
Un automovilista viaja sobre una sección curva de una autopista de 2 500 ft
de radio a una rapidez de 60 mi/h. El automovilista aplica repentinamente los
frenos, provocando que el automóvil se desacelere a una tasa constante. Si se
sabe que después de 8 s la rapidez se ha reducido a 45 mi/h, determine la aceleración del automóvil inmediatamente después de que se han aplicado los
frenos.
A
2500 ft
SOLUCIÓN
Componente tangencial de la aceleración.
velocidades en ft/s.
mi 5 280 ft
60 mi/h 60 h
1 mi
Primero se expresan las
88 ft/s
360
0 s
1h
45 mi/h 66 ft/s
Como el automóvil desacelera a una tasa constante, se tiene
v
66 ft/s 88 ft/s
at promedio at 2.75 ft/s2
t
8s
Componente normal de la aceleración. Inmediatamente después
de que los frenos se han aplicado, la rapidez se mantiene en 88 ft/s, y se tiene
at = 2.75 ft/s2
A
Movimiento
2
v
(88 ft/s)2
an 3.10 ft/s2
2 500 ft
a
a
Magnitud y dirección de la aceleración. La magnitud y dirección
de la resultante a de las componentes an y at son
an = 3.10 ft/s2
an
3.10 ft/s2
tan 2
at
2.75 ft/s
3.10 ft/s2
an
a sen 48.4°
sen 48.4°
a 4.14 ft/s2
PROBLEMA RESUELTO 11.11
Determine el radio mínimo de curvatura de la trayectoria descrita por el proyectil considerado en el problema resuelto 11.7.
SOLUCIÓN
v = vx
a = an
Puesto que an v2, tenemos que v2an. El radio será pequeño cuando v sea pequeño, o cuando an sea grande. La rapidez v es mínima en la parte
superior de la trayectoria, pues vy 0 en ese punto; an es máxima en el
mismo punto, ya que la dirección de la vertical coincide con la dirección de
la normal. Por lo tanto, el radio mínimo de curvatura ocurre en la parte superior de la trayectoria. En este punto, se tiene
v vx 155.9 m/s
2
an a 9.81 m/s2
v
(155.9 m/s)2
an
9.81 m/s2
670
2 480 m
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PROBLEMA RESUELTO 11.12
A
B
r
q
O
La rotación del brazo OA de 0.9 m alrededor de O se define mediante la relación 0.15t2, donde se expresa en radianes y t en segundos. El collarín
B desliza a lo largo del brazo de modo tal que su distancia desde O es r 0.9 0.12t2, donde r se expresa en metros y t en segundos. Después de que
el brazo OA ha girado 30°, determine a) la velocidad total del collarín, b) la
aceleración total del collarín, c) la aceleración relativa del collarín con respecto al brazo.
SOLUCIÓN
Tiempo t al cual 30°.
presión para , se obtiene
eq
er
B
q
O
0.15t2
0.524 0.15t2
t 1.869 s
Ecuaciones de movimiento. Si se sustituye t 1.869 s en las expresiones para r, y su primera y segunda derivadas, se tiene
r
r 0.9 0.12t2 0.481 m
ṙ 0.24t 0.449 m/s
r̈ 0.24 0.240 m/s2
v = v re r + vqU eUq
a = a re r + aqU eUq
vUq = (0.270 m /s)eUq
v
B
b
O
Al sustituir 30° 0.524 rad en la ex-
81
30° = 0.4
r
m
0.15t2 0.524 rad
˙ 0.30t 0.561 rad /s
¨ 0.30 0.300 rad /s2
a) Velocidad de B. Mediante las ecuaciones (11.45) se obtienen los
valores de vr y v cuando t 1.869 s.
vr ṙ 0.449 m/s
v r˙ 0.481(0.561) 0.270 m/s
vr = (–0.449 m /s)er
Al resolver el triángulo rectángulo que se muestra, se obtiene la magnitud y
dirección de la velocidad.
v 0.524 m/s
31.0°
b) Aceleración de B. Mediante las ecuaciones (11.46), se obtiene
B
a r = (–0.391 m /s2)er
g
a
aUq = (– 0.359 m /s 2)e q
A
a B/OA = (–0.240 m /s2)er
O
B
ar r r˙ 2
0.240 0.481(0.561)2 0.391 m/s2
a r¨ 2 ṙ˙
0.481(0.300) 2(0.449)(0.561) 0.359 m/s2
a 0.531 m/s2
42.6°
c) Aceleración de B con respecto al brazo OA. Hay que observar
que el movimiento del collarín con respecto al brazo es rectilíneo y está definido por la coordenada r. Se escribe
aBOA r̈ 0.240 m/s2
aBOA 0.240 m/s2 hacia O.
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