CAPITULO 11 (11.1 Hasta 11.60) [PDF]

Zitiervorschau

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON

CAPITULO 11

Ing . Fernando Urrutia

Página 1

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON INDICE EJERCICIOS DEL 1 AL 60 ............................................................................................................. 3 EJERCICIOS DEL 89 AL 132.......................................................Error! Bookmark not defined. EJERCICIOS DEL 133 AL 181 ................................................Error! Bookmark not defined.

Ing . Fernando Urrutia

Página 2

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON

EJ ERCICIOS DEL 1 AL 60 Ing . Fernando Urrutia

Página 3

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON

11.1 El movimiento de una partícula está definido por la relación x = 1.5t 4 − 30t 2 + 5t + 10 donde x y t se expresan en metros y segundos respectivamente. Determine la posición, la velocidad y la aceleración de la partícula cuando t=4s Datos: 𝑥 = 1.5𝑡 4 − 30𝑡 2 + 5𝑡 + 10 𝑡 = 4𝑠 Solución Reemplazo en la ecuación de la posición t=4s 𝑥 = 1.5(4)4 − 30(4)2 + 5(4) + 10 𝑥 = 384 − 480 + 20 + 10 𝑥 = −66𝑚 Para encontrar la velocidad aplicamos: 𝑑𝑟 𝑣= 𝑑𝑡 𝑑(1.5𝑡 4 − 30𝑡 2 + 5𝑡 + 10)𝑚 𝑣= 𝑑𝑡 Derivando tenemos: 𝑣 = 6𝑡 3 − 60𝑡 + 5 Reemplazamos t=4s 𝑣 = 6(4)3 − 60 ∗ 4 + 5 𝑣 = 384 − 240 + 5 𝑚 𝑣 = 149 𝑠 Ahora para encontrar la aceleración se aplica: 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑚 𝑑(6𝑡 3 − 60𝑡 + 5) 𝑠 𝑎= 𝑑𝑡 Derivando se obtiene: 𝑎 = 18𝑡 2 − 60 Reemplazo t=4 𝑎 = 18(4)2 − 60 𝑎 = 288 − 60 Ing . Fernando Urrutia

Página 4

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑎 = 228

𝑚 𝑠2

11.2 El movimiento de una partícula está definido por la relación x = 12t 3 − 18t 2 + 2t + 5 donde x y t se expresan en metros y segundos respectivamente. Determine la posición, la velocidad cuando la aceleración de la partícula es igual a cero.

Datos: 𝑥 = (12𝑡 3 − 18𝑡 2 + 2𝑡 + 5)m 𝑎=0 Solución: Para encontrar la velocidad se aplicamos: 𝑑𝑟 𝑣= 𝑑𝑡 𝑑(12𝑡 3 − 18𝑡 2 + 2𝑡 + 5)𝑚 𝑣= 𝑑𝑡 𝑣 = 36𝑡 2 − 36𝑡 + 2 Ahora para encontrar la aceleración se aplica: 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑚 𝑑(36𝑡 2 − 36𝑡 + 2) 𝑠 𝑎= 𝑑𝑡 Derivando se obtiene: 𝑎 = 72𝑡 − 36 Reemplazo a=0 𝑜 = 72𝑡 − 36 𝑡 = 0.5𝑠 Ahora reemplazo t=0.5 en: 𝑥 = 12𝑡 3 − 18𝑡 2 + 2𝑡 + 5 𝑥 = 12(0.5)3 − 18(0.5)2 + 2(0.5) + 5 𝑥 = 1.5 − 4.5 + 1 + 5 𝑥 = 3𝑚 Reemplazo t=0.5 en 𝑣 = 36𝑡 2 − 36𝑡 + 2 𝑣 = 36(0.5)2 − 36(0.5) + 2 𝑣 = 9 − 18 + 2 𝑚 𝑣 = −7 𝑠

Ing . Fernando Urrutia

Página 5

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 11.3 El

movimiento

x=

5 3 t 3

−

5 2 t 2

de

una

partícula

está

definido

por

la

relación

− 30t + 8 donde x y t se expresan en pies y segundos respectivamente.

Determine el tiempo, la posición, y la aceleración de la partícula cuando 𝑣 = 0 Datos: 5

5

𝑥 = (3 𝑡 3 − 2 𝑡 2 − 30𝑡 + 8)ft 𝑣=0 Solución: Para encontrar la velocidad aplicamos: 𝑑𝑟 𝑣= 𝑑𝑡 5 5 𝑑( 𝑡 3 − 𝑡 2 − 30𝑡 + 8) 3 2 𝑣= 𝑑𝑡 𝑣 = 5𝑡 2 − 5𝑡 − 30 Reemplazo 𝑣 = 0 0 = 5𝑡 2 − 5𝑡 − 30 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 𝑡= 2𝑎 5 ± √(−5)2 − 4(5)(−30) 𝑡= 2(5) 5 ± √25 + 600 𝑡= 10 5 ± 25 𝑡= 10 𝑡1 = 3𝑠 𝑡2 = −2𝑠 Como no existe el tiempo negativo se utiliza 𝑡1 = 3𝑠 Reemplazo 𝑡1 = 3𝑠 en: 5

5

𝑥 = (3 𝑡 3 − 2 𝑡 2 − 30𝑡 + 8)ft 5

5

𝑥 = (3 (3)3 − 2 (3)2 − 30(3) + 8)ft 𝑥 = −59.5 𝑓𝑡 Para encontrar la aceleración se aplica: 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑑(5𝑡 2 − 5𝑡 − 30) 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 10𝑡 − 5 Reemplazo 𝑡1 = 3𝑠 en: 𝑎 = 10𝑡 − 5 𝑎 = 10(3) − 5

Ing . Fernando Urrutia

Página 6

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑎 = 25

𝑓𝑡 𝑠2

11.4 El movimiento de una partícula está definido por la relación x = 6t 2 − 8 + 40 cos π t donde x y t se expresan en pulgadas y segundos respectivamente. Determine: la posición, la velocidad y la aceleración de la partícula cuando 𝑡 = 6𝑠 Datos: 𝑥 = 6𝑡 2 − 8 + 40 cos 𝜋 𝑡 𝑡 = 6𝑠 Solución : Reemplazo 𝑡 = 6𝑠 en : 𝑥 = 6𝑡 2 − 8 + 40 cos 𝜋 𝑡 𝑥 = 6(6)2 − 8 + 40 cos 𝜋 𝑡 𝑥 = 216 − 8 + 40 cos 𝜋6 Ya que el coseno esta en radianes se lo debe transformar a grados con una regla de tres simple: 2 𝜋=360° 6 𝜋= ?(grados) grados= 6 𝜋 ∗

360 2𝜋

grados = 1080° 𝑥 = 216 − 8 + 40 cos 1080 𝑥 = 216 − 8 + 40(1) 𝑥 = 248𝑖𝑛 Para encontrar la velocidad aplico: 𝑑𝑟 𝑣= 𝑑𝑡 𝑑(6𝑡 2 − 8 + 40 cos 𝜋 𝑡) 𝑣= 𝑑𝑡 𝑣 = 12𝑡 − 40 sen 𝜋 𝑡

Reemplazo 𝑡 = 6𝑠 𝑣 = 12𝑡 − 40𝜋 sen 𝜋 𝑡 𝑣 = 12(6) − 40 𝜋 sen 𝜋 (6) 𝑣 = 72 − 40 𝜋 sen 1080 ° 𝑣 = 72

𝑖𝑛 𝑠

Para encontrar la aceleración aplico: Ing . Fernando Urrutia

Página 7

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑(12𝑡 − 40𝜋 sen 𝜋 𝑡) 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 12 − 40𝜋 2 𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡 𝑎=

Reemplazo 𝑡 = 6𝑠 𝑎 = 12 − 40𝜋 2 𝑐𝑜𝑠𝜋(6) 𝑎 = 12 − 40𝜋 2 𝑐𝑜𝑠1080° 𝑎 = −382.8

𝑖𝑛 𝑠2

11.5 La aceleración de una partícula está definido por la relación 4 3 2 x = 6t − 2t − 12t + 3t + 3 donde x y t se expresan en metros y segundos respectivamente. Determine el tiempo la posición, y la velocidad cuando 𝑎 = 0 Datos: 𝑥 = (6𝑡 4 − 2𝑡 3 − 12𝑡 2 + 3𝑡 + 3)𝑚 𝑎=0 Solución Para encontrar la velocidad se aplica: 𝑑𝑟 𝑣= 𝑑𝑡 𝑑(6𝑡 4 − 2𝑡 3 − 12𝑡 2 + 3𝑡 + 3) 𝑣= 𝑑𝑡 𝑣 = 24𝑡 3 − 6𝑡 2 − 24𝑡 + 3 Para encontrar la aceleración se aplica: 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑑(24𝑡 3 − 6𝑡 2 − 24𝑡 + 3) 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 72𝑡 2 − 12𝑡 − 24 Reemplazo 𝑎 = 0 𝑎 = 72𝑡 2 − 12𝑡 − 24 0 = 72𝑡 2 − 12𝑡 − 24 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 12 ± √(−12)2 − 4(72)(−24) 𝑡= 2(72) 12 ± 84 𝑡= 144 𝑡1 = 0.667𝑠 𝑡2 = −0.5𝑠 𝑡=

Ing . Fernando Urrutia

Página 8

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON Como no existe el tiempo negativo tomo 𝑡1 = 0.667𝑠 𝑥 = 6𝑡 4 − 2𝑡 3 − 12𝑡 2 + 3𝑡 + 3 𝑥 = 6(0.667)4 − 2(0.667)3 − 12(0.667)2 + 3(0.667) + 3 𝑥 = 1.19 − 0.59 − 5.34 + 2 + 3 𝑥 = 0.26𝑚

y reemplazo en:

Reemplazo 𝑡1 = 0.667𝑠 en: 𝑣 = 24𝑡 3 − 6𝑡 2 − 24𝑡 + 3 𝑣 = 24(0.667)3 − 6(0.667)2 − 24(0.667) + 3 𝑣 = 7.122 − 2.67 − 16 + 3 𝑚 𝑣 = −8.55 𝑠 11.6 El movimiento de una partícula está definido por la relación x = 2t 3 − 15t 2 + 24t + 4 donde x y t se expresan en metros y segundos respectivamente. Determine: a) Cuando la velocidad es cero b) La posición y la distancia total viajada hasta ese momento cuando la aceleración es cero Datos: 𝑥 = 2𝑡 3 − 15𝑡 2 + 24𝑡 + 4 Solución: a) Cuando 𝑣 = 0: 𝑑𝑟 𝑣= 𝑑𝑡 𝑑(2𝑡 3 − 15𝑡 2 + 24𝑡 + 4) 𝑣= 𝑑𝑡 𝑣 = 6𝑡 2 − 30𝑡 + 24 Reemplazo 𝑣 = 0 0 = 6𝑡 2 − 30𝑡 + 24 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 30 ± √(−30)2 − 4(6)(24) 𝑡= 2(6) 30 ± 18 𝑡= 12 𝑡1 = 4𝑠 𝑡2 = 1𝑠 𝑡=

Debido a que existe dos tiempos quiere decir que es un recorrido de ida y vuelta b) Cuando 𝑎 = 0: Para calcular la aceleración se aplica: Ing . Fernando Urrutia

Página 9

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑(6𝑡 2 − 30𝑡 + 24) 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 12𝑡 − 30 𝑎=

Reemplazo 𝑎 = 0 0 = 12𝑡 − 30 𝑡 = 2.5𝑠 Reemplazo 𝑡 = 2.5𝑠 en: 𝑥 = 2𝑡 3 − 15𝑡 2 + 24𝑡 + 4 𝑥 = 2(2.5)3 − 15(2.5)2 + 24(2.5) + 4 𝑥 = 31.25 − 93.75 + 60 + 4 𝑥 = 1.5𝑚

Para calcular la distancia total recorrida se toma en cuenta que nos pide la distancia total viajada hasta el momento que la aceleración es cero: 𝑎 = 12𝑡 − 30 Reemplazo 𝑎 = 0 0 = 12𝑡 − 30 𝑡 = 2.5𝑠 Se debe calcular la distancia total viajada hasta cuando t=2.5 s. Se tiene el tiempo calculado anteriormente de 1 s que se encuentra dentro de los 2.5 s, por lo que Reemplazo 𝑡 = 1𝑠 en: 𝑥 = 2𝑡 3 − 15𝑡 2 + 24𝑡 + 4 𝑥 = 2(1)3 − 15(1)2 + 24(1) + 4 𝑥 = 15𝑚 Y cuando t=0 𝑥 = 2(0)3 − 15(0)2 + 24(0) + 4 𝑥 = 4𝑚 Por lo que: 𝑥 = (15 − 4) + (15 − 1.5) 𝑥 = 24.5𝑚 11.7 El movimiento de una partícula está definido por la relación x = t 3 − 6t 2 − 36t − 40, donde x y t se expresan en metros y segundos, respectivamente. Determine a) cuando la velocidad es cero, b) cuando la velocidad, la aceleración y la distancia total viajada cuando x=0. 𝑥 = 𝑡 3 − 6𝑡 2 − 36𝑡 − 40 a) Para este el literal tenemos q derivar la posición con respecto al tiempo Ing . Fernando Urrutia

Página 10

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑣=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑣=

𝑑(𝑡 3 − 6𝑡 2 − 36𝑡 − 40) 𝑑𝑡 𝑣 = 3𝑡 2 − 12𝑡 − 36

(1)

En este literal nos indica que la velocidad es igual a cero 𝑣 = 0 por ende igualamos la ecuación que ya obtuvimos derivando de la posición 3𝑡 2 − 12𝑡 − 36 = 0 𝑡=

−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎

Utilizando la ecuación de la formula general podemos obtener los valores te t 𝑡=

12 ± √122 − 4(3)(−36) 2(3)

𝑡=

12 ± √144 + 432 6

𝑡=

12 ± √576 6

𝑡=

12 ± 24 6

𝑡1 =

12+24 6

𝑡1 = 6𝑠

𝑡2 =

12−24 6

𝑡2 = −2𝑠

Se toma el tiempo positivo ya que no existen tiempos negativos b) 𝑥 = 𝑡 3 − 6𝑡 2 − 36𝑡 − 40 Cuando la posición es cero 𝑥 = 0 𝑡 3 − 6𝑡 2 − 36𝑡 − 40 = 0 Debido a que tenemos una ecuación cubica la resolvemos por uno de los casos de factoreo que es el de evaluación 1 -6 -36 -40 1 10 40 40 10 1 4 4 0 (𝑡 − 10)(𝑡 2 + 4𝑡 + 4) (𝑡 − 10)(𝑡 + 2)(𝑡 + 2) 𝑡 = 10 𝑡 = −2

Ing . Fernando Urrutia

𝑡 = −2

Página 11

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON Para el valor de 𝑡 = 10 y cuando la 𝑥 = 0 vamos a calcular el valor de v en la ecuación (1) (2) 𝑣 = 3𝑡 2 − 12𝑡 − 36 2 𝑣 = 3(10) − 12(10) − 36 𝑣 = 144 𝑓𝑡⁄𝑠 Para el valor de 𝑡 = 10 vamos a calcular el valor de aceleración derivando la velocidad en la ecuación 2 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑑(3𝑡 2 − 12𝑡 − 36) 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 6𝑡 − 12 𝑎 = 6(10) − 12 𝑎 = 48 𝑓𝑡⁄𝑠 2 Para obtener la distancia total recorrida se debe tomar hasta cuando t=10 Cuando t= 10s ---> X=0 t= 0s --->X=-40 t= 6s---> X=-256 Xtotal= (0-(-40))+(0-(-256))=296ft 11.8 El movimiento de una partícula está definido por la relación x = t 3 − 9t 2 + 24t − 8 , donde x y t se expresan en pulgadas y segundos respectivamente. Determine a) cuando la velocidad es cero, b) la posición y la distancia total recorrida cunado la aceleración es cero. 𝑥 = 𝑡 3 − 9𝑡 2 + 24𝑡 − 8 (1) a) Para obtener el valor de la velocidad con respecto al tiempo tenemos que derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑣= 𝑑𝑡 𝑣=

𝑑(𝑡 3 − 9𝑡 2 + 24𝑡 − 8) 𝑑𝑡

𝑣 = 3𝑡 2 − 18𝑡 + 24 Como nos dice que la velocidad es igual a cero 𝑣 = 0 0 = 3𝑡 2 − 18𝑡 + 24

(2)

Para resolver un sistema de ecuaciones de segundo grado se utiliza la formula general 𝑥=

t=

−𝑏±√𝑏2 −4𝑎𝑐 2𝑎

Remplazamos los valores de la ecuación 2 en la formula general

−(−18) ± √(−18)2 − 4(3)(24) 2(3)

Ing . Fernando Urrutia

Página 12

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON t=

18 ± √324 − 288 6

t=

18 ± √36 6

𝑡=

18 ± 6 6

𝑡1 =

18+6 6

𝑡2 =

𝑡1 = 4𝑠

18−6 6

𝑡2 = 2𝑠

b) Para obtener el valor de la aceleración con respecto al tiempo tenemos que derivar la velocidad 𝑑𝑣 𝑎= 𝑑𝑡 𝑑(3𝑡 2 − 18𝑡 + 24) 𝑎= 𝑑𝑡 𝑎 = 6𝑡 − 18 Como nos dice que la aceleración es igual a cero 𝑎 = 0 0 = 6𝑡 − 18 6𝑡 = 18 𝑡=

18 6

𝑡 = 3𝑠 Remplazamos el valor de t en la ecuación 1 para encontrar el valor de la posicion 𝑥 = 𝑡 3 − 9𝑡 2 + 24𝑡 − 8 𝑥 = (3)3 − 9(3)2 + 24(3) − 8 𝑥 = 27 − 81 + 72 − 8 𝑥 = 10𝑖𝑛 |𝑥2 − 𝑥0 | = |12 − (−8)| = 20𝑖𝑛 |𝑥3 − 𝑥2 | = |12 − 10| = 2𝑖𝑛 𝑥 = 22𝑖𝑛 11.9 La aceleración de una partícula se define mediante la relación a = 8 m⁄s 2 . Si se sabe que x = 20m cuando t = 4s y x = 4m cuando v = 16 m⁄s, determine a) el tiempo cuando la velocidad es cero, b) la velocidad y la distancia total recorrida cuando t = 11s. Ing . Fernando Urrutia

Página 13

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON T 4 ? 11 ? a) 𝑎 =

𝑑𝑣 𝑑𝑡

v 0 16 ? 0

X 20 4 ?

a -8 -8 -8 -8

(1)

Para encontrar el tiempo inicial en función de la aceleración, la velocidad y el tiempo final procedemos a integrar la ecuación 1 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 Se resuelve a integral con límites obteniendo los datos de la tabla cuando 𝑣 = 0, 𝑣𝑜 = 0 y con un tiempo final 𝑡 = 4 𝑣=0

∫

𝑡=4

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =0

𝑎𝑑𝑡

𝑡0 =?

𝑣𝑓 − 𝑣𝑜 = 𝑎(𝑡 − 𝑡𝑜 ) 0 = 8(4 − 𝑡𝑜 ) 0 = 32 − 8𝑡𝑜 32 𝑡𝑜 = 8 𝑡𝑜 = 4𝑠 b) ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 Resolveremos la integral con límites obteniendo los datos de la tabla cuando, 𝑣𝑜 = 4 y con 𝑡 = 11 y 𝑡𝑜 = 4 𝑣=?

∫

𝑡=11

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =4

𝑎𝑑𝑡

𝑡0 =4

𝑣 − 𝑣𝑜 = 𝑎(𝑡 − 𝑡𝑜 ) 𝑣 − 4 = −8(11 − 4) 𝑣 = −88 + 32 + 4 𝑣 = −56 𝑚⁄𝑠 Resolveremos la integral con límites obteniendo los datos de la tabla cuando, 𝑣𝑜 = 0 y con 𝑡𝑜 = 4 𝑣=?

∫

𝑡=𝑡

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =0

𝑎𝑑𝑡

𝑡0 =4

𝑣 − 𝑣𝑜 = 𝑎(𝑡 − 𝑡𝑜 ) 𝑣 − 0 = 8(𝑡 − 4) 𝑣 = −8𝑡 + 32 𝑑𝑥 𝑣= 𝑑𝑡

(2)

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 Para calcular la posición en función del tiempo tenemos que integrar con limites la ecuación 2 donde 𝑥𝑜 = 20 y con 𝑡𝑜 = 4 𝑥=?

∫

𝑡=𝑡

𝑑𝑥 = ∫

𝑥0 =20

Ing . Fernando Urrutia

𝑣𝑑𝑡

𝑡0 =4

Página 14

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑥=?

𝑡=𝑡

∫

(−8𝑡 + 32)𝑑𝑡

𝑑𝑥 = ∫

𝑥0 =20

𝑡0 =4 𝑡

[𝑥 −

𝑥 𝑥𝑜 ]20

−8𝑡 2 = [ + 32𝑡] 2 4

𝑥 − 20 = [−4𝑡 2 + 32𝑡]𝑡4 𝑥 − 20 = [−4𝑡 2 + 32𝑡] − [−4(4)2 + 32(4)] 𝑥 − 20 = −4𝑡 2 + 32𝑡 + 64 − 128 (3) 𝑥 = −4𝑡 2 + 32𝑡 − 44 En la ecuación 3 podemos obtener los valores de la posición cuando 𝑡 = 11, 𝑥 = −4𝑡 2 + 32𝑡 − 44 𝑥 = −4(11)2 + 32(11) − 44 𝑥 = −484 + 352 − 44 𝑥 = 176𝑚 11.10 La aceleración de una partícula es directamente proporcional al cuadro del tiempo t. Cuando t = 0, la partícula está en x = 24m. Si se sabe que en t= 6s, x = 96m y v = 18m/s, exprese x y v en términos de t. T x V 0 24 𝑣𝑜 6 96 18 𝑎 = 𝑘𝑡 2 Para encontrar el valor de la aceleración que nos está dando en función de una variable k en función de la velocidad y el tiempo se procede a integrar ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 Resolver la integral con límites obteniendo los datos de la tabla cuando 𝑣 = 18, y con 𝑡𝑜 = 0 y 𝑡 = 6 𝑣=18

∫

𝑡=6

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =? 𝑣=18

∫

𝑎𝑑𝑡

𝑡0 =0 𝑡=6

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =?

(𝑘𝑡 2 )𝑑𝑡

𝑡0 =0 6

[𝑣 −

𝑣𝑜 ]18 𝑣0

𝑘𝑡 3 =[ ] 3 0

𝑘(6)3 𝑘(0)3 18 − 𝑣𝑜 = [ ]−[ ] 3 3 −𝑣𝑜 = 72𝑘 − 18 𝑣𝑜 = 18 − 72𝑘

(1)

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 Ing . Fernando Urrutia

Página 15

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON Resolveremos la integral con límites obteniendo los datos de la tabla cuando 𝑣0 = 18 − 72𝑘 y con 𝑡 = 0 𝑣=𝑣

𝑡=𝑡

∫

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =18−72𝑘

𝑎𝑑𝑡

𝑡0 =0

𝑣=𝑣

𝑡=𝑡

∫

(𝑘𝑡 2 )𝑑𝑡

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =18−72𝑘

𝑡0 =0 𝑡

[𝑣 −

𝑣 𝑣𝑜 ]18−72𝑘

𝑘𝑡 3 =[ ] 3 0

𝑘(𝑡)3 𝑘(0)3 𝑣 − (18 − 72𝑘) = [ ]−[ ] 3 3 𝑣 − (18 − 72𝑘) = 𝑣=

𝑘𝑡 3 3

𝑘𝑡 3 3 (2)

− 72𝑘 + 18

Para encontrar la posición en función de la velocidad se utilizar la ecuación 2 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 Resolveremos la integral con límites obteniendo los datos de la tabla cuando 𝑥 = 24, y con 𝑡 = 0 𝑥=?

𝑡=𝑡

𝑘𝑡 3 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ ( − 72𝑘 + 18 ) 𝑑𝑡 3 𝑥0 =24 𝑡0 =0 𝑡

𝑘𝑡 4 𝑥 − 24 = [ − 72𝑘𝑡 + 18𝑡] 3×4 0 𝑘𝑡 4 𝑘(0)4 𝑥 − 24 = [ − 72𝑘𝑡 + 18𝑡] − [ − 72𝑘(0) + 18(0)] 12 12 𝑥=

𝑘𝑡 4 12

− 72𝑘𝑡 + 18𝑡 + 24

(3)

Para calcular el valor de k podemos tomar valores de la tabla para cuándo 𝑥 = 96 y 𝑡 = 6, asi remplazarlos en la ecuación 3 𝑥=

𝑘𝑡 4 − 72𝑘𝑡 + 18𝑡 + 24 12

96 =

𝑘(6)4 − 72𝑘(6) + 18(6) + 24 12

96 = 108𝑘 − 432𝑘 + 108 + 24

Ing . Fernando Urrutia

Página 16

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 432𝑘 + 108𝑘 = 108 + 24 − 96 324𝑘 = 132 −96 𝑘=

36 324

𝑘=

1 9

Con el valor de k ya obtenido podemos remplazarlo en la ecuación 2 y 3 y así tener los valores de v y x 𝑣=

𝑘𝑡 3 − 72𝑘 + 18 3 1

Para 𝑘 = 9 𝑣=

(1⁄9)𝑡 3 1 − 72 ( ) + 18 3 9

𝑡3 𝑣= − 8 + 18 27 𝑣=

𝑡3 + 10 27

En la ecuación 3 𝑥=

𝑘𝑡 4 − 72𝑘𝑡 + 18𝑡 + 24 12 1

Para 𝑘 = 9 𝑥=

(1⁄9)𝑡 4 1 − 72 ( ) 𝑡 + 18𝑡 + 24 12 9

𝑥=

𝑡4 − 8𝑡 + 18𝑡 + 24 108

𝑥=

𝑡4 + 10𝑡 + 24 108

11.11 La aceleración de una partícula es directamente proporcional al tiempo t. Cuando t= 0, la velocidad de la partícula es v = 16in/s. Si se sabe que v = 15in/s, y que x = 20in. Cuando t = 1s, determine la velocidad, la posición y la distancia total recorrida cuando t = 7s. T X V a 0 21 16 Kt 1 20 15 Kt 7 -28 -33 Kt 4 5 0 Kt La aceleración nos da en expresión del tiempo y multiplicado por una constante k Ing . Fernando Urrutia

Página 17

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑎 = 𝑘𝑡

(1)

𝑑𝑣 𝑑𝑡

(2)

𝑎=

Para encontrar el valor de k en función de la aceleración 𝑑𝑣 𝑘𝑡 = 𝑑𝑡 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑘𝑡𝑑𝑡 Se resuelve la integral con límites obtenidos los datos de la tabla cuando 𝑣 = 15, 𝑣𝑜 = 0 y con un tiempo final 𝑡 = 1 𝑣=15

∫

𝑡=1

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =16

𝑘𝑡𝑑𝑡

𝑡0 =0 1

𝑡2 = [𝑘 ] 2 0 1 15 − 16 = 𝑘 2 𝑘 = −2 Se remplaza el valor de k en la ecuación 1 y así se tiene la aceleración en función del tiempo 𝑎 = 𝑘𝑡 𝑎 = −2𝑡 [𝑣0 ]15 16

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 Se resuelve la integral con límites obtenidos los datos de la tabla cuando 𝑣𝑜 = 16 y con un tiempo inicial 𝑡𝑜 = 0 𝑣=?

∫

𝑡=?

𝑑𝑣 = ∫

𝑣0 =16

−2𝑡𝑑𝑡

𝑡0 =0 𝑡

𝑣 − 16 = − [

2𝑡 2 ] 2 0

𝑣 − 16 = −𝑡 2 (3) 𝑣 = 16 − 𝑡 2 Para tener el valor de la velocidad cuando 𝑡 = 7𝑠 remplazamos en la ecuación 3 𝑣 = 16 − (7)2 𝑣 = −33 𝑖𝑛⁄𝑠 Para tener el valor de la tiempo cuando v= 0 remplazamos en la ecuación 3 𝑣 = 16 − 𝑡 2 0 = 16 − 𝑡 2 𝑡 2 = 16 𝑡 = √16 𝑡 = 4𝑠 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡

Ing . Fernando Urrutia

Página 18

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 𝑥=20

∫

𝑡=𝑡𝑛

(−𝑡 2 + 16)𝑑𝑡

𝑑𝑥 = ∫

𝑥0 =0

𝑥𝑜 =

𝑡0 =0 𝑡𝑛3 3

− 16𝑡𝑛 + 20 cuando tn=1

𝑥𝑜 = 4.33𝑖𝑛

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 𝑥𝑛=?

∫

𝑡=𝑡𝑛

𝑑𝑣 = ∫

𝑥0 =4.33

𝑥𝑛 = −

(−𝑡 2 + 16) 𝑑𝑡

𝑡0 =0

𝑡𝑛3 3

+ 16𝑡𝑛 + 4.33

Se halla x para t= 4s y t =7 en xn 𝑋4𝑠 = 46.99𝑖𝑛 𝑋7𝑠 = 1.99𝑖𝑛 Xtotal=(46.99-4.33)+(46.99-1.99) Xtotal=87.66 in 11.12 La aceleración de una partícula está definida por la relación 𝑎 = 𝑘𝑡 2 : a) Si se sabe que v=-32 ft/s, cuando t=0 y que v= 32ft/s cuando t=4 s, determine la constante k. b) Escriba las ecuaciones de movimiento, sabiendo también que x=0, cuando t=0 s. Datos a= 𝑘𝑡 2 t 0 4

x 0

v -32 32

a

Solución a)

𝑣𝑓

𝑡𝑓

32

4

∫𝑣𝑜 𝑑𝑣 = ∫𝑡𝑜 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ∫−32 𝑑𝑣 = ∫0 𝑘𝑡 2 𝑑𝑡 𝑡3

32+32 = k 3 192 = k𝑡 3 192

= k*(4)3

Ing . Fernando Urrutia

Página 19

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 19.2 64

K =

K=3 Utilizando los valores de v y t, además remplazando el valor de la constante k, procedemos a integrar la aceleración, para poder obtener la ecuación de v. b)

𝑣

𝑡

∫−32 𝑑𝑣 = ∫0 𝑘𝑡 2 𝑑𝑡 𝑡3

v+32 = k 3 1

v+32 = 3 (3)𝑡 3 v+32 = 𝑡 3 v = 𝑡 3 − 32 Ahora, para obtener la ecuación de la posición, se procede a integrar la función de la velocidad recientemente obtenida. 0

𝑡

0

𝑡

.∫𝑥 𝑑𝑥 = ∫0 𝑡 3 − 32 𝑡

.∫𝑥𝑜 𝑑𝑥 = ∫0 𝑡 3 − ∫0 32 𝑡4

- X = ( 4 − 32𝑡) Xo = (−

𝑡4 4

+ 32𝑡) cuando t=4

Xo=64 𝑥𝑛

𝑡

𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 3 − 32

∫ 𝑥=64

0 𝑡

𝑡4

Xn-64=( 4 − 32𝑡)

0

X =

𝑡4 4

− 32𝑡 + 64

11.13 La aceleración de una partícula se define mediante la relación a = A − 6t 2 , donde A es constante. En t=0, la partícula inicia en x=8m con v=0. Si se sabe que t=1 s y v=30m/s determine: a) Los tiempos en los que la velocidad es cero b) La distancia total recorrida por la partícula cuando t=5 s. Datos t 0 1

x v 8 0 38 30

Ing . Fernando Urrutia

A A-6𝑡 2

Página 20

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 4 8 0 5 -90 Solución El primer paso para llegar a la resolución del problema, es despejar la constante A, integrando la aceleración, con los tiempos y velocidades dadas en los datos. 30

1

30

1

.∫0 𝑑𝑣 = ∫0 (𝐴 − 6𝑡 2 )𝑑𝑡 1

.∫0 𝑑𝑣 = ∫0 𝐴 𝑑𝑡 − ∫0 6𝑡 2 V= (At - 2𝑡 3 ) 30 = A-2 A = 32 a)

Vamos a proceder a realizar los cálculos para obtener los tiempos cuando v=0, entonces integramos la aceleración, remplazando el valor de la constante A. 0

𝑡

∫30 𝑑𝑣 = ∫1 (32 − 6𝑡 2 ) 0

𝑡

𝑡

∫30 𝑑𝑣 = 32 ∫1 𝑑𝑡 − 6 ∫1 𝑡 2 𝑑𝑡 V = 32t - 2𝑡 3 -30 = (32t-2𝑡 3 ) − (32 − 2) -30=32t - 2𝑡 3 − 30 (0 = 2𝑡 3 − 32𝑡) Todo dividimos para 2 𝑡 3 − 16𝑡 = 0, sacamos factor común t*(𝑡 2 − 16)=0 t=0 y 𝑡 2 − 16=0 t =0

y t=4

t = 4 segundos

^ t = 0 segundos

Los tiempos en los que la velocidad es cero son a los 0s y 4s. Ahora se procederá a encontrar la ecuación general de la posición para cualquier tiempo y poder encontrar la distancia total. 𝑥

1

.∫8 𝑑𝑥 = ∫0 (32𝑡 − 2𝑡 3 )𝑑𝑡 𝑥

1

1

. ∫8 𝑑𝑥 = 32 ∫0 𝑡𝑑𝑡 − 2 ∫0 𝑡 3 𝑑𝑡 x-8= (16𝑡 2 - 𝑡 4 /2) Ing . Fernando Urrutia

ahora se procederá a remplazar los valores de la integral Página 21

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON xn = 16𝑡 2 - (𝑡 4 /2)+8 ECUACION GENERAL DE “X” PARA CUALQUIER TIEMPO b)

Ahora se procederá a encontrar la distancia en los tiempos 1s, 4s y 5s. (5s es el tiempo hasta el cual nos piden determinar, 1s es dato y debemos conocer la distancia que se ah movio a 1s y 4s es el tiempo en el cual la velocidad es cero)

xn1s = 16∗ 12 - (14 /2)+8 = 23.5 m xn4s = 16∗ 42 - (44 /2)+8 = 136 m xn5s = 16∗ 52 - (44 /2)+8 = 95.5 m con las distancias parciales encontradas podemos determinar la deistancia total recorrida por la partícula a los 5s.

𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (136-8)+(136-95.5) m

𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 168.5 m

Ing . Fernando Urrutia

Página 22

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON

11.14 Si se sabe que desde t=2s hasta t=10s, la aceleración de una partícula es inversamente proporcional al cabo del tiempo t. cuando t=2s, v=-15m/s y cuando t=10s, v=0.36 m/s. Si se sabe que la partícula está dos veces más lejos del origen cuando t=2s, que cuando t=10s, determine: a) La posición de la partícula cuando t=2s y cuando t=10s b) La distancia total recorrida por la partícula desde t=2s hasta t=10s. Datos a=𝑘𝑡 −3 T 2 10

X 2x

v -15 0.36

a

Solución El primer paso para poder llegar a la solución, en este caso es obtener el valor de la constante k, mediante la integración de la aceleración, evaluando con los datos entregados. 0.36

10

𝑑𝑣 = ∫ 𝑘𝑡 −3 𝑑𝑡

∫ −15

2

𝑣= −

𝑘𝑡 −2 2 𝑘

Ahora se procederá a remplazar los valores de la integral. 1

1

0.36 + 15 = − 2 [100 − 4] 𝑘 1−25

15.36 = − 2 [ 100 ] 30.72 = -k (-24 / 100) 30.72 = 24k/ 100 3072 = 24k K= 128 // Ahora con la constante k encontrada, el siguiente paso es encontrar una ecuación de la velocidad mediante la integración de la aceleración. 𝑣

∫

𝑡

𝑑𝑣 = ∫ 𝑘𝑡 −3 𝑑𝑡

−15

𝑣= −

2 𝑘𝑡 −2 2

𝑣 + 15 = −

Ahora se procederá a remplazar los valores de la integral y el de k. 128 1 1 ( − ) 2 𝑡2 4

Ing . Fernando Urrutia

Página 23

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 1 1 𝑣 + 15 = −64 ( 2 − ) 𝑡 4 𝑣= −

64 + 𝑡2

v= 1 – a)

16 − 15

64 𝑡2

Con la ecuación de la velocidad encontrada, procedemos a integrarla para poder conocer la distancia recorrida. ∫ 𝑑𝑥 = ∫(1 − X=t+

64 + 𝑡

64 ) 𝑡2

𝑑𝑡

𝑐

X2 = 2 (x10) 64

2+32+c = 2[10+10 + 𝑐] 100+64+10𝑐 ] 10

34 + c= 2 [

170 + 5c = 164 + 10c C= 1.2 Ahora remplazamos el valor de c en la ecuación de la distancia cuando t= 2s ^ t= 10s X cuando t= 2 segundos X= 2 + 32 + 1.2 X= 35.2 m X cuando t = 10 segundos X= 10 + 6.4 + 1.2 X= 17.6 m X cuando variación del tiempo (10-2) segundos = 8 segundos X= 8 + 8 + 1.2 X= 17.2 m b)

|x8 – x2| = |17.2 – 35.2| = 18 m |x10 – x8| = |17.6 – 17.2| = 0.4 m 𝑋𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 18.4 m

Ing . Fernando Urrutia

Página 24

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 11.15 La aceleración de una partícula está definida por la relación a= -k/x. se ha determinado experimentalmente que v=15ft/s cuando x=0.6ft, y que v= 9ft/s cuando x=1.2 ft. Determine: a) La velocidad de la partícula cuando x=1.5ft. b) La posición de la partícula en la que su velocidad es cero. Datos t X 0.6 1.2 1.5

v A 15 -k/x 9

Solución Procedemos a integrar la aceleración con los límites que nos da el ejercicio, para poder encontrar la constante k. 𝑣𝑛=9

∫15 𝑣𝑛2 2

𝑥𝑛=1.2

𝑣 𝑑𝑣 = ∫0.6

𝑘

− 𝑥 𝑑𝑥

− 112.5 = −𝑘 [ln 𝑥𝑛 − ln 0.6] (1) Cuando vn=9 y xn=1.2 K = 103.896

a)

Ahora se procederá a encontrar la ecuación de v, integrando la aceleración con los límites dados, y remplazando el valor de la constante k. 𝑣

1.5

𝑘

∫9 𝑣 𝑑𝑣 = ∫1.2 − 𝑥 𝑑𝑥

1 2 𝑣 2

−

𝑣 2 −81 2

81 2

= −103.896 [ln 1.5 − ln 1.2]

= 103.896 ( 0.223)

𝑣 2 − 81 = 2 ∗ (−23.17) 𝑣 2 = 81 − 46.34 V= √34.66 V= 5.89 ft/s

b) de 1 se despeja xn cuando vn=0 y remplazando el valor de k=103.87 𝑣𝑛2 2

− 112.5 = −𝑘 [ln 𝑥𝑛 − ln 0.6] (1)

Ing . Fernando Urrutia

Página 25

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON -112.5=-103.87[ln 𝑥𝑛 + 0.51] -112.5=-103.87𝑙𝑛𝑥𝑛 − 52.97 lnxn=0.57312 xn= 1.77 ft 11.16 Una partícula que inicia desde el reposo en x= 1 ft, se acelera de forma que la magnitud de su velocidad se duplica entre x= 2ft y x= 8ft. Si se sabe que la aceleración de la partícula está definida por la relación a=k*[x-(A/x)], determine los valores de las constantes A y K, si la partícula tiene una velocidad de 29 ft/s cuando x= 16 ft. Datos t

X 1

V 0

A K[x(A/x)]

2 8 16 29 ft/s Solución Ahora se procederá a integrar la aceleración, para poder obtener una ecuación respecto de la velocidad, para poder remplazar los datos que nos da el ejercicio. 𝑣 𝑡 𝐴 ∫ 𝑣 𝑑𝑣 = ∫ 𝑘 (𝑥 − ) 𝑑𝑥 𝑥 0 1 𝑣

𝑡

𝑡

∫ 𝑣 𝑑𝑣 = 𝑘 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 − 𝐴𝑘 ∫ 0

1

1

1 𝑑𝑥 𝑥

1 2 𝑣 2

= 𝑘(2 𝑥 2 − 𝐴 𝑙𝑛𝑥)Ahora remplazamos los valores de la integral.

1

1 2 𝑣 2

= 𝑘(2 𝑥 2 − 𝐴 𝑙𝑛𝑥 − 2)//

1

1

𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 2𝑓𝑡 1 2 1 1 𝑣 = 𝑘( 22 − 𝐴 𝑙𝑛2 − ) 2 2 2 1 2 1 𝑣 = 𝑘[2 − 𝐴 ln 2 − ] 2 2 1 2 3 𝑣 = 𝑘[ − 𝐴 𝑙𝑛2] 2 2 𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 8𝑓𝑡

Ing . Fernando Urrutia

Página 26

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 1 2 1 1 𝑣 = 𝑘( 82 − 𝐴 𝑙𝑛8 − ) 2 2 2 1 2 1 𝑣 = 𝑘[32 − − 𝐴 𝑙𝑛8 ] 2 2 1 2 𝑣 2

= 𝑘[31.5 − 𝐴 𝑙𝑛8]

𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒𝑟𝑐𝑖𝑐𝑖𝑜 𝑒𝑠 (2)2 =

4=

𝑣8𝑓𝑡 2 = 2 ; 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑣2𝑓𝑡 2

𝑘 ∗ (31.5) − 𝐴 ln 8 3 𝑘 ∗ (2 − 𝐴 ln 2)

31.5−2.079 𝐴 3−2 𝐴 ln 2 2

6 – 4 Aln2 = 31.5 – 2.079A 6 – 2.77 A = 31.5 – 2.079 A -0.69 A = 25.5 A = -36.90 // Remplazamos cuando x=16 ft; v = 29 ft/s 1 (29)2 2

1

1

= 𝑘 ∗ [ (16)2 − 𝐴 ln 16 − ] 2 2

420.5 = k*(128 + 102.30 – 0.5) 420.5 = k*(229.8) K= 1.83 11.17 Una partícula oscila entre los puntos x=40mm y x=160mm con una aceleración a = k(100-x), donde a y x se expresan en mm/s 2 y mm, respectivamente, y k es una constante. La velocidad de la partícula es de 18 mm/s cuando x=100mm y es cero cuando x = 40 mm y cuando x = 160 mm. Determine, a) el valor de k, b) la posición de la partícula cuando v = 4.5 m/s , c) la velocidad máxima de la partícula. Datos: 𝑎 = 𝑘(100 − 𝑥) x

v

a

100

18

40

0

160

0

K(100x) K(100x) K(100x)

Ing . Fernando Urrutia

Página 27

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON

a) El valor de k a = v

𝑑𝑣 𝑑𝑥

∫ 𝑣. 𝑑𝑣= ∫ 𝑎. 𝑑𝑥 𝑣

𝑥

∫18 𝑣. 𝑑𝑣 =∫100 𝑘(100 − 𝑥)𝑑𝑥 𝑣2

𝑣

[2]

18

𝑣2 2 𝑣2 2

𝑥 𝑥2 ) ] 2 100

𝑥 = 𝑘(100𝑥]100 −

- 162 = k(100x - 1002 - 162 = k (100x -

K=

𝑣2 2

100x −

𝑥2 2

𝑥2 2

+

1002 2

)

(1)

– 5000)

− 162 𝑥2 2

– 5000

Con v=0 y x= 40 − 162 800 – 5000

K = 100(40) − K=0.09

b) utilizo la ecuación 1 𝑣2 2

𝑥2 1002 + ) 2 2 2 100 )+324 2

- 162 = k (100x - 1002 -

𝑣 2 =2k (100x - 1002 𝑣 2 = (0.18)( 100x -

𝑥2 2

𝑥2 2

+

– 5000)+324

Ecuación de la rapidez para cualquier posición V =√(0.18)(100x −

𝑥2 2

– 5000) + 324

2 V= √288 𝑚𝑚 ⁄ 2 𝑠

V= 16.97 mm/s 11.18 Una partícula parte desde el reposo en el origen y recibe una aceleración a = k/(x + 4)2 , donde a y x se expresan en m/s 2 y m, respectivamente, y k es una constante. Si se sabe que la velocidad de la partícula es de 4 m/s cuando x = 8m, determine a) el valor de k, b) la `posición de la partícula cuando v = 4.5 m/s, c) la velocidad máxima de la partícula

T

x

v

a

Ing . Fernando Urrutia

Página 28

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 0

0

8

4

a = k /(𝑥 + 4)2 a = k/ (𝑥 2 + 8𝑥 + 16) a) constante k. Se sabe que al igualar esta aceleración podemos despejar: 𝑑𝑣

a = v 𝑑𝑥 = k/ (𝑥 2 +8x +16) 4

8

∫ 𝑣. 𝑑𝑣 = 𝑘 ∫ 0 4 𝑣2 ] 2 0 (4)2 2

0

= −𝑘

1 𝑑𝑥 (𝑥 + 4)2

1 8 ] 𝑥+40

(1)

1

= −𝑘 (8+4 −

1 ) 0+4

k= 48 b) x cuando v=4.5m/s 𝑣 𝑣2 ] 2 0 2

𝑥 1 ] 𝑥+4 0

= −48

𝑣 1 1 = −48 ( − ) 2 𝑥+4 0+4 Si v = 4.5 m/s (4.5)2 48 = − + 12 2 𝑥+4 48 −1.875 = − 𝑥+4 48 x+4 = 1.875 x = 21.6 m c) la Vmax 1

1

𝑉𝑚𝑎𝑥 2 = 96 lim (4 + 𝑥+4) 𝑥→∞

96 𝑉𝑚𝑎𝑥 = √ 4 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 4.89 𝑚/𝑠 11.19 Una pieza de un equipo electrónico que está rodeada por materiales de empaque se deja caer de manera que golpea el suelo con una velocidad de 4 m/s. Después del impacto, el equipo experimenta una aceleración de a = -kx, donde k es una constante y x es la compresión del material de empaque. Si dicho material experimenta una compresión máxima de 20mm, determine la aceleración máxima del equipo.

Ing . Fernando Urrutia

Página 29

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON V = 0 𝑣0 = 4 m/s a = -kx x = 20 mm 𝑥0 = 0 mm

Sabiendo que: 𝑑𝑣 𝑑𝑥

a=v

∫ 𝑣. 𝑑𝑣= ∫ 𝑎. 𝑑𝑥 ∫ −𝑘𝑥 𝑑𝑥= ∫ 𝑣. 𝑑𝑣 𝑥

𝑣

-k∫0 𝑥𝑑𝑥 = ∫𝑣𝑜 𝑣. 𝑑𝑣 −𝐾

𝑋 𝑥2 ] 2 0

−𝑘 2 𝑥 2

=

𝑉 𝑣2 ] 2 0 2 𝑣 𝑣𝑜2 − 2 2

=

V = √−𝑘𝑥 2 Ecuación de la rapidez función de la posición Utilizo vo = 4m/s v =0 m/s y x = 20*10−3m −(4)2 = -k(20 ∗ 10−3 )2 −16

k =- (20∗10−3 )2 k = 40.000 con la constante k podemos determinar amax amax = -k*xmax xmax es la comprensión máxima del material de empaque amax = -40000* 0.02m = -800m/s¨2 el signo menos nos indica que la aceleración se dirije hacia arriba.

Ing . Fernando Urrutia

Página 30

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 11.20 Con base en observación experimentales, la aceleración de una partícula está definida por la relación a = -0.1 + sen x/b), donde a y x se expresan en m/s 2 y metros, respectivamente. Si se sabe que b=0.8m y que v = 1 m/s cuando x=0, determine a) la velocidad de la partícula cuando x = -1 m, b) la posición de la partícula en la que su velocidad es máxima, c) la velocidad máxima.

Ing . Fernando Urrutia

Página 31

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON t

x 0 -1

v 1 ¿?

a

𝑥 = 0.0801 𝑚 a = - (0.1 +sen (x/ b)) b = 0.8 m a = - (0.1 +sen (x/ 0.8)) 𝑑𝑣

a = v 𝑑𝑡 = - (0.1 +sen (x/ 0.8)) 𝑣

𝑥

𝑥 ∫ 𝑣. 𝑑𝑣 = ∫ −0.1 − 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑑𝑥 0.8 1 0 𝑉 𝑣2 ] 2 1 2

𝑥

= −0.1𝑥 + cos (0.8) ∗ 0.8 ]

𝑋 0

𝑣 1 − = −0.1𝑥 + 0.8 cos(𝑥/0.8) + 0 − 0.8cos(0) 2 2 𝑣2 − 1 𝑥 = −0.8 − 0.1𝑥 + 0.8cos( ) 2 0.8 𝑥

V=√2(−0.8 − 0.1𝑥 + 0.8 cos (0.8)) + 1 a) la v cuando x = - 1m v = 0.323 m/s b) la posición en su si 𝑉𝑚𝑎𝑥 ; a = 0 𝑥 𝑎 = 0.1 + 𝑠𝑒𝑛 ( ) 0.8 𝑥 𝑠𝑒𝑛 ( ) = 0.1 0.8 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛−1 (0.1) ∗ 0.8 X=0.0801 m c) la velocidad max Cuando x=0.0801m …… 𝑉𝑚𝑎𝑥 𝑉𝑚𝑎𝑥 2 𝑥 = −0.1𝑥 + 0.8 cos ( ) − 0.3 2 0.8 𝑉𝑚𝑎𝑥 2 −0.801 = −0.1𝑥 + 0.8 cos ( ) − 0.3 2 0.8 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 2√0.2115 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 0.991 m/s 11.21 A partir de x= 0, sin velocidad inicial, la aceleración de una partícula está definida por la relación, a = 0.8 √v 2 + 49, donde, a y v, se expresan en m/s 2 y m/s, respectivamente. Determinar a) la posición de la partícula cuando v = 24 m/s, b) la rapidez de la partícula cuando x = 40 m. Ing . Fernando Urrutia

Página 32

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Datos: a = 0.8 √𝑣 2 + 49 x v a 0 0 7.8 ? 24 25.8 40 ? Sabiendo que: 𝑑𝑣

𝑑𝑣

a = 𝑑𝑡

𝑑𝑥

a= v𝑑𝑥

0.8 √𝑣 2 + 49 = 𝑥

v = 𝑑𝑡 𝑣𝑑𝑣 𝑑𝑥

𝑣

∫ 0.8 𝑑𝑥 = ∫ 0

0

𝑣. 𝑑𝑣 √𝑣 2 + 49

u = 𝑣 2 + 49 𝑑𝑢 𝑑𝑣

=2v

dv =

𝑑𝑢 2𝑣 𝑣

0.8 x]0𝑥

= ∫ 𝑣

0

𝑣. 𝑑𝑣 𝑢1/2 . 2𝑣 1

0.8𝑥 = ∫ 𝑢−2 𝑑𝑢 0

𝑣

0.8x = [𝑢1/2 ]0

𝑣

0.8 x =[ √(𝑣 2 + 49 )]0 0.8x = √𝑣 2 + 49 - √49 0.8x = √𝑣 2 + 49 - 7 √𝑣 2 + 49 − 7 (1) 0.8 Ecuación de posición en función de velocidad a) Sabiendo que V= 24 m/s 𝑥=

𝑥= x=

√(24)2 + 49 − 7 0.8 25−7 0.8

x = 22.5 m Utilizo 1 y despejo la rapidez √𝑣 2 + 49 − 7 𝑥= 0.8 Ing. Fernando Urrutia

Página 33

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 0.8x = √𝑣 2 + 49 Sabiendo q x= 40 m 0.8 (40) = √𝑣 2 + 49 − 7 (39)2 = (√𝑣 2 + 49 )2 1521 = 𝑣 2 + 49 V = √1472 La rapidez de la partícula cuando x = 40 es: V = 38.36 m/s 11.22 La aceleración de una partícula está definida por la relación a=-k√v , donde, k es una constante. Si se sabe que en t = 0, x = 0 y v=81m/s y que v = 36 m/s cuando x = 18 m, determine a) la velocidad de la partícula cuando x = 20 m, b) el tiempo requerido para que la partícula quede en reposo. t 0

x 0 18 20

¿?

v 81 36 ¿? 0

A

a=-k√𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥

a= v 36

∫

=−𝑘√𝑣 18

𝑣

𝑑𝑣 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑥

81 √𝑣 36 1/2

∫ 𝑣

0 18

𝑑𝑣 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑥

81 2 𝑣 3

3 2

0 36

= −𝑘𝑥]18 0

]

81 3 2 (362 −

3 −342 k = −18

3

812 ) = −𝑘 (18 − 0)

k = 19 a) la velocidad si x = 20 m 𝑣 2 3 2] 𝑣 3 81 3 2 (𝑣 2 3 3 𝑣2 =

= −19 𝑥]0𝑥 3

− 812 ) = −19𝑥 −19𝑥 ∗

3 + 813/2 2

𝑣 = 29.35 𝑚/𝑠 Ing. Fernando Urrutia

Página 34

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

b) tiempo cuando v = 0 𝑑𝑣 𝑑𝑡

a = 𝑣

∫

= -19 √𝑣 𝑡

𝑑𝑣

= −19 ∫ 𝑑𝑡

81 √𝑣 1 𝑣

0

= −19𝑡 ]𝑡0

2𝑣 2 ]

81

−2(81)1/2 = −19𝑡 t = 0.947 s 11.23 La aceleración de una partícula se define mediante la relación a = -0.8v, donde, a se expresa en in/s 2 y v en in/s, Si se sabe que cuando t = 0 la velocidad es de 40 in/s, determine a) la distancia que recorrerá la partícula antes de quedar en reposo , b) el tiempo requerido para q la partícula quede en reposo ,c) el tiempo requerido para que la velocidad de la partícula se reduzca a 50 por cierto de su valor inicial.

Datos: a= -0.8 v Cuando: t = 0 v=40 a = -0.8 (40) 𝑖𝑛 𝑠2

a= -32

a) 𝑣0 = 40 in/s V = 0 in/s Sabiendo que: 𝑑𝑣

a = v 𝑑𝑥 𝑑𝑣

-0.8 v = v 𝑑𝑥 -0.8 dx = v

𝑑𝑣 𝑣

x

0

∫ −0.8 dx = ∫ dv 0

40

−0.8𝑥]0𝑥 = v]040 -0.8 x = -40 40

X = 0.8 X = 50 in b) sabiendo que -0.8=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝑡

𝑣 𝑑𝑣 𝑣

∫0 −0.8𝑑𝑡 = ∫40 −0.8 𝑡 ]𝑡0 =

𝑙𝑛 𝑣]𝑣40

Ing. Fernando Urrutia

Página 35

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion -0.8t = ln v – ln 40 Sabiendo que v=0 -0.8t = ln 0 – ln 40 El logaritmo de ln 0 es infinito -∞ -0.8t =-∞ t=∞ El tiempo es indeterminado c) utilizando la ecuación 1 -0.8t = ln v – ln 40 ln 20 − ln 40 𝑡= −0.8 t = 0.866 segundos 11.24 Una bola de boliche se deja caer desde una lancha, de manera q golpea la superficie del lago con una rapidez de 25ft/s. si se supone que la bola experimenta una aceleración hacia abajo a = 10- 0.9 v 2 cuando está en el agua, determine la velocidad de la bola cuando golpea el fondo del lago.

𝑑𝑣

a = v 𝑑𝑥 = 10- 0.9 𝑣 2 𝑢 = 10 − 0.9 𝑣 2 𝑑𝑢 = −1.8𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑢 𝑑𝑣 = 1.8𝑣 𝑣 𝑥 𝑣. 𝑑𝑣 ∫ = ∫ 𝑑𝑥 2 25 10 − 0.9 𝑣 0 𝑣 𝑥 𝑣. 𝑑𝑢 ∫ = ∫ 𝑑𝑥 25 −1.8𝑣. 𝑢 0 Ing. Fernando Urrutia

Página 36

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1

[− 1.8 ∗ ln(10 − 0.9𝑣 2 )]

𝑣

25 2

= [𝑥]0𝑥

x(-1.8) = ln( 10 − 0.9𝑣 ) 30(-1.8) = ln (10 − 0.9𝑣 2 ) 54 = ln(10 − 0.9𝑣 2 ) 10 − 0.9𝑣 2 = -𝑒 −54 10 − 𝑒 −54 𝑣= √ 0.9 𝑣 = 3.33 𝑓𝑡/𝑠

11.25 La aceleración de una partícula se define mediante la relación a=0.4 (1-kv), donde k es una constante. Si se sabe que en t=0 la partícula parte desde el reposo con x=4m, y que cuando t=15 s, v=4 m/s, determine a) la constante k, b) la posición de la partícula cuando v=6m/s, c) la velocidad máxima de la partícula. t(s) 0 15

r(m) 4 ?

v(m/s) 0 4 6 vmax=?

a(m/s2)

0

a) Sabemos que: 𝑑𝑣 = 𝑎 (1) 𝑑𝑡 Donde a=0.4 (1-kv) está en función de la rapidez. De (1) despejamos dt: 𝑑𝑣 = 𝑑𝑡 (2) 𝑎 Reemplazamos a en (2): 𝑑𝑣 = 𝑑𝑡 0.4 (1 − 𝑘𝑣) Tenemos: 𝑑𝑣 = 0.4 𝑑𝑡 (1 − 𝑘𝑣) Integramos: ∫

𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑡 (1 − 𝑘𝑣)

Ing. Fernando Urrutia

Página 37

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Definimos la integral: 𝑣

∫ 0

𝑡 𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑡 (1 − 𝑘𝑣) 0

Resolvemos la integral: Cambio de variable a 1 − 𝑘𝑣 entonces: u=1 − 𝑘𝑣 𝑑𝑢 𝑑𝑢 = −𝑘 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑣 = − 𝑑𝑣 𝑘 Reemplazando en la integral: 𝑡 1 𝑣 𝑑𝑢 − ∫ = 0.4 ∫ 𝑑𝑡 𝑘 0 𝑢 0

1 𝑣 𝑡 − [ln 𝑢] = 0.4[𝑡] 𝑘 0 0 Reemplazamos la variable u: 1 𝑣 𝑡 − [ln(1 − 𝑘𝑣)] = 0.4[𝑡] 𝑘 0 0 Evaluamos: 1 − ln(1 − 𝑘𝑣) = 0.4𝑡 𝑘 1 − ln(1 − 𝑘𝑣) = 0.4𝑡 𝑘 ln(1 − 𝑘𝑣) = −0.4𝑘𝑡 (3) Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando t=15s; v=4m/s ln(1 − 𝑘𝑣) = −0.4𝑘𝑡 ln(1 − 4𝑘) = −0.4𝑘(15) ln(1 − 4𝑘) = −6𝑘 k=0.145703 s/m

b) Sabemos que: Ing. Fernando Urrutia

Página 38

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑑𝑣 = 𝑎 (4) 𝑑𝑥 Donde a=0.4 (1-kv) está en función de la rapidez. 𝑣

De (4) despejamos dx: 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 (5) 𝑎 Reemplazamos a en (5): 𝑣

𝑣𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 0.4 (1 − 𝑘𝑣) Tenemos: 𝑣𝑑𝑣 = 0.4𝑑𝑥 1 − 𝑘𝑣 Integramos: ∫

𝑣𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑥 1 − k𝑣

Definimos la integral: 𝑣

∫ 0

𝑥 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑥 1 − k𝑣 4

Resolvemos la integral: Sabemos que: 𝑣𝑑𝑣 1 1/𝑘 =− + 1 − k𝑣 𝑘 1 − 𝑘𝑣

(6)

Reemplazamos (6)en la integral: 𝑣 𝑥 1 1/𝑘 ∫ [− + ] 𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑥 𝑘 1 − 𝑘𝑣 0 4 𝑣

−∫ 0 𝑣

−∫ 0 𝑣

−∫ 0

𝑣 𝑥 1 1/𝑘 𝑑𝑣 + ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑥 𝑘 0 1 − 𝑘𝑣 4 𝑥 1 1 𝑣 1 𝑑𝑣 + ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑥 𝑘 𝑘 0 1 − 𝑘𝑣 4 𝑥 1 1 𝑣 1 𝑑𝑣 + ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 0.4 𝑑𝑥 𝑘 𝑘 0 1 − 𝑘𝑣 4

Realizamos un cambio de variable a 𝑧 = 1 − 𝑘𝑣 Ing. Fernando Urrutia

Página 39

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑧 = 1 − 𝑘𝑣 𝑑𝑧 = −𝑘 𝑑𝑣 𝑑𝑣 = −

𝑑𝑧 𝑘

Reemplazamos en la integral: 𝑣

−∫ 0

𝑥 1 1 𝑣1 𝑑𝑧 𝑑𝑣 + ∫ (− ) = ∫ 0.4 𝑑𝑥 𝑘 𝑘 0 𝑧 𝑘 4

𝑥 1 𝑣 1 𝑣1 − ∫ 𝑑𝑣 − 2 ∫ (𝑑𝑧) = ∫ 0.4 𝑑𝑥 𝑘 0 𝑘 0 𝑧 4

Resolvemos la ecuación: 1 𝑣 1 𝑣 𝑥 − [𝑣] − 2 [𝑙𝑛𝑧] = 0.4[𝑥] 𝑘 0 𝑘 0 4 Reemplazamos la variable z: 1 𝑣 1 𝑣 𝑥 − [𝑣] − 2 [ln(1 − 𝑘𝑣)] = 0.4[𝑥] 𝑘 0 𝑘 0 4 Evaluamos: 1 1 − [𝑣] − 2 [ln(1 − 𝑘𝑣) − ln(1 − 0)] = 0.4(𝑥 − 4) 𝑘 𝑘 Reemplazamos los datos de la tabla cuando v=6m/s; x=? Y k=0.145703 s/m −

1 1 [6] − [ln(1 − 0.145703 ∗ 6) − ln(1 − 0)] = 0.4(𝑥 − 4) 0.145703 0.145703 2

−41.17966 − 47.104566[ln(0.125782) − ln(1)] = 0.4𝑥 − 1.6 −41.17966 − 47.104566[(−2.0732 − 0)] = 0.4𝑥 − 1.6 −41.17966 − 47.104566[−2.0732] = 0.4𝑥 − 1.6 −41.17966 + 97.6572 = 0.4𝑥 − 1.6 56.4775 = 0.4𝑥 − 1.6 𝑥=

1.6 + 56.4778 0.4

Ing. Fernando Urrutia

Página 40

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion x=145.2m c) la máxima velocidad ocurre cuando a=0 Donde a=0.4 (1-kv). 0.4 (1 − 𝑘𝑣𝑚𝑎𝑥 ) = 0 0.4 − 0.4𝑘𝑣𝑚𝑎𝑥 = 0 Donde k=0.145703 s/m 0.4 − 0.4(0.145703)𝑣𝑚𝑎𝑥 = 0 0.4 − 0.0582812𝑣𝑚𝑎𝑥 = 0 𝑣𝑚𝑎𝑥 =

0.4 0.0582812

𝑣𝑚𝑎𝑥 = 6.86327𝑚/𝑠 Otra solución alternativa seria de acuerdo a la ecuación (3) ln(1 − 𝑘𝑣𝑚𝑎𝑥 ) = −0.4𝑘𝑡 𝑣𝑚𝑎𝑥 =

1 (1 − 𝑘 −0.4𝑘𝑡 ) 𝑘

Para 𝑣𝑚𝑎𝑥 consideramos que el t tiende a infinito 𝑣𝑚𝑎𝑥 =

1 (1 − 𝑘 −∞ ) 𝑘

𝑣𝑚𝑎𝑥 =

1 (1 − 0) 𝑘

𝑣𝑚𝑎𝑥 =

1 𝑘

Reemplazo k=0.145703 s/m 𝑣𝑚𝑎𝑥 =

1 0.145703 s/m

vmax = 6.863276 m/𝑠 11.26 Una partícula se proyecta hacia la derecha desde la posición x=0 con una velocidad inicial de 9 m/s. Si la aceleración de la partícula se define la relación a = -0.6 v3/2, donde a y v se expresan en m/s2 y m/s, respectivamente, determine a) la distancia que habrá recorrido la partícula cuando su velocidad sea de 4 m/s, b) el tiempo cuando v=1 m/s, c) el tiempo requerido para que la partícula recorra 6 m. Ing. Fernando Urrutia

Página 41

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion t(s) 0

r(m) 0 ? ? 6

? ?

v(m/s) 9 4 1

a(m/s2)

a) Sabemos que: 𝑣𝑑𝑣 = 𝑎 (1) 𝑑𝑥 Donde a=-0.6 v3/2 está en función de la rapidez. Reemplazamos a=-0.6 v3/2 en (1): 𝑣𝑑𝑣 = −0.6 𝑣 3/2 (1) 𝑑𝑥 Despejamos de (1): 𝑣𝑑𝑣 = −0.6 𝑑𝑥 𝑣 3/2 𝑣 −1/2 𝑑𝑣 = −0.6 𝑑𝑥 Integramos: 1

∫ 𝑣 −(2) 𝑑𝑣 = ∫ −0.6 𝑑𝑥 Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando x=0; v=9m/s 𝑣

𝑥

1

∫ 𝑣 −(2) 𝑑𝑣 = ∫ −0.6 𝑑𝑥 9

0

Resolvemos la integral: 1 𝑣 𝑥 2[𝑣 (2) ] = −0.6[𝑥] 9 0

Evaluamos: 2[𝑣

1 ( ) 2

−9

1 ( ) 2 ]

= −0.6[𝑥 − 0]

2[𝑣

1 ( ) 2

−9

1 ( ) 2 ]

= −0.6[𝑥 − 0]

2[𝑣

1 ( ) 2

− 3] = −0.6[𝑥]

Ing. Fernando Urrutia

Página 42

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 2𝑣

1 ( ) 2

− 6 = −0.6𝑥 1 ( )

2𝑣 2 − 6 𝑥= −0.6 6 − 2𝑣 𝑥= 0.6

1 ( ) 2

2(3 − 𝑣 𝑥= 0.6 𝑥=

1 ( ) 2 )

1 1 ( ) (3 − 𝑣 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 0.3

Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando v=4m/s; x=? 𝑥=

1 1 ( ) (3 − 𝑣 2 ) 0.3

𝑥=

1 1 ( ) (3 − 4 2 ) 0.3

𝑥=

1 (3 − 2) 0.3

𝑥=

1 0.3

x = 3.33m b) Sabemos que: 𝑑𝑣 = 𝑎 (2) 𝑑𝑡 Donde a=-0.6 v3/2 está en función de la rapidez. Reemplazamos a=-0.6 v3/2 en (2): 𝑑𝑣 = −0.6 𝑣 3/2 (2) 𝑑𝑡 Despejamos de (2): 𝑑𝑣 = −0.6 𝑑𝑡 𝑣 3/2 3

𝑣 −(2) 𝑑𝑣 = −0.6 𝑑𝑡 Ing. Fernando Urrutia

Página 43

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Integramos: 3

∫ 𝑣 −(2) 𝑑𝑣 = ∫ −0.6 𝑑𝑡 Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando t=0; v=9m/s 𝑣

𝑡

3

∫ 𝑣 −(2) 𝑑𝑣 = ∫ −0.6 𝑑𝑡 9

0

Resolvemos la integral: 1 𝑣 𝑡 −2[𝑣 (−2) ] = −0.6[𝑡] 9 0

Evaluamos: −2[𝑣 −2 [

−2 [

−

−

1 (− ) 2

1 1 ( ) 𝑣 2

−

1 (− ) 2 ]

1

1 ] ( ) 92

= −0.6[𝑡 − 0]

= −0.6[𝑡]

1 − ] = −0.6𝑡 √𝑣 3

1 √𝑣 1 √𝑣

1

+

1 0.6𝑡 =− 3 2

+

1 = −0.3𝑡 3

(− 𝑡=

−9

1 1 + 3) √𝑣 −0.3

1 1 ( − 3) 𝑣 𝑡= √ 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 0.3 Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando v=1m/s; t=? 1 1 ( − 3) 𝑣 𝑡= √ 0.3

Ing. Fernando Urrutia

Página 44

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1 1 ( − 3) 𝑡 = √1 0.3 𝑡=

1 (1 − 3) 0.3

t = 2.22𝑠 c) de la ecuación: 1 1 ( − 3) 𝑣 𝑡= √ 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 0.3 Despejamos v: 3 − √𝑣 3√𝑣 𝑡= 0.3 𝑡=

3 − √𝑣 0.9√𝑣

0.9𝑡√𝑣 = 3 − √𝑣 0.9𝑡√𝑣 + √𝑣 = 3 √𝑣(0.9𝑡 + 1) = 3 √𝑣 =

3 (0.9𝑡 + 1)

2 3 𝑣= ( ) (0.9𝑡 + 1)

𝑣=

9 (0.9𝑡 + 1)2

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜

Sabemos que: 𝑑𝑥 =𝑣 𝑑𝑡

(3) 9

Donde v está definida por la siguiente ecuación en función del tiempo. 𝑣 = (0.9𝑡+1)2 9

Reemplazamos 𝑣 = (0.9𝑡+1)2 en (3):

Ing. Fernando Urrutia

Página 45

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑑𝑥 9 = 𝑑𝑡 (0.9𝑡 + 1)2 Despejamos: 𝑑𝑥 =

9𝑑𝑡 (0.9𝑡 + 1)2

Integramos: ∫ 𝑑𝑥 = ∫

9 𝑑𝑡 (0.9𝑡 + 1)2

Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando t=0; x=0m/s 𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0

0

9 𝑑𝑡 (0.9𝑡 + 1)2

Resolvemos la integral: Realizamos cambio de variable a 𝑧 = 0.9𝑡 + 1 𝑧 = 0.9𝑡 + 1 𝑑𝑧 = 0.9 𝑑𝑡 𝑑𝑧 = 𝑑𝑡 0.9 Reemplazamos en la integral: 𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 0

0

9 𝑑𝑧 (𝑧)2 0.9

𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = 10 ∫ 0 𝑥

0

1 𝑑𝑧 (𝑧)2

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = 10 ∫ (𝑧)−2 𝑑𝑧 0

0

Integrando: 𝑥 𝑡 [𝑥] = −10[(𝑧)−1 ] 0 0 Reemplazo la variable z Ing. Fernando Urrutia

Página 46

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑧 = 0.9𝑡 + 1 𝑥 𝑡 [𝑥] = −10[(0.9𝑡 + 1)−1 ] 0 0 𝑥 1 𝑡 [𝑥] = −10 [ ] 0 0.9𝑡 + 1 0 Evaluamos: 𝑥 = −10 [

1 1 − ] 0.9𝑡 + 1 0.9(0) + 1

𝑥 = −10 [

1 − 1] 0.9𝑡 + 1

𝑥 = −10 [

1 − (0.9𝑡 + 1) ] 0.9𝑡 + 1

𝑥 = −10 [

−0.9𝑡 ] 0.9𝑡 + 1

𝑥 = 10 [ 𝑥=

0.9𝑡 ] 0.9𝑡 + 1

9𝑡 0.9𝑡 + 1

0.9𝑡𝑥 + 1𝑥 = 9𝑡 0.9𝑡𝑥 − 9𝑡 = −1𝑥 𝑡(0.9𝑥 − 9) = −1𝑥 𝑡=−

1𝑥 0.9𝑥 − 9

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛

Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando x=6m; t=? 𝑡=−

1(6) 0.9(6) − 9

𝑡=−

6 −3.6

t = 1.6667𝑠 11.27 Con base en observaciones, la velocidad de un atleta puede aproximarse por medio de la relación v= 7.5 (1-0.04x) 0.3, donde v y x se expresan en mi/h y millas, Ing. Fernando Urrutia

Página 47

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion respectivamente. Si se sabe que x=0 cuando t=0, determine a) la distancia que ha recorrido el atleta cuando t=1h, b) la aceleración del atleta en ft/s2 cuando t=0, c) el tiempo requerido para que el atleta recorra 6 mi. t 0 1h ?

R 0 ? 6mi

v(ft/s) 0

a(ft/s2) ?

a) Sabemos que: 𝑑𝑥 = 𝑣 (1) 𝑑𝑡 Donde v=7.5 (1-0.04x) 0.3 está en función del desplazamiento. Reemplazamos v=7.5 (1-0.04x) 0.3 en (1): 𝑑𝑥 = 7.5 (1 − 0.04𝑥)0.3 𝑑𝑡 Despejamos: 𝑑𝑥 = 7.5𝑑𝑡 (1 − 0.04𝑥)0.3 Integramos: ∫

𝑑𝑥 = ∫ 7.5𝑑𝑡 (1 − 0.04𝑥)0.3

Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando t=0; x=0m 𝑥

∫ 0

𝑡 𝑑𝑥 = ∫ 7.5𝑑𝑡 (1 − 0.04𝑥)0.3 0

Resolvemos la integral: Realizamos un cambio de variable en 𝑧 = 1 − 0.04𝑥 𝑧 = 1 − 0.04𝑥 𝑑𝑧 = −0.04 𝑑𝑥 −

𝑑𝑧 = 𝑑𝑥 0.04

Ing. Fernando Urrutia

Página 48

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Reemplazamos en la integral en cambio de variable: 𝑥

−∫ 0

−

𝑡 1 𝑑𝑧 = ∫ 7.5𝑑𝑡 (𝑧)0.3 0.04 0

𝑥 𝑡 1 ∫ (𝑧)−0.3 𝑑𝑧 = 7.5 ∫ 𝑑𝑡 0.04 0 0

Integrando: −

1 𝑥 𝑡 [(𝑧)0.7 ] = 7.5[𝑡] 0.028 0 0

Reemplazo el cambio de variable z=1 − 0.04𝑥 −

1 𝑥 𝑡 [(1 − 0.04𝑥)0.7 ] = 7.5[𝑡] 0.028 0 0

Evaluamos: −

1 𝑡 [(1 − 0.04𝑥)0.7 − [1 − 0.04(0)]0.7 ] = 7.5[𝑡] 0.028 0

−

1 [(1 − 0.04𝑥)0.7 − 1] = 7.5𝑡 0.028

1 − (1 − 0.04𝑥)0.7 = 0.21𝑡

(I)

7

−(1 − 0.04𝑥)(10) = 0.21𝑡 − 1 10

√(1 − 0.04𝑥)7 = 1 − 0.21𝑡 10

10

( √(1 − 0.04𝑥)7 )

= (1 − 0.21𝑡)10

(1 − 0.04𝑥)7 = (1 − 0.21𝑡)10 7

7

√(1 − 0.04𝑥)7 = √(1 − 0.21𝑡)10 7

(1 − 0.04𝑥) = √(1 − 0.21𝑡)10 10

1 − 0.04𝑥 = (1 − 0.21𝑡)( 7 ) 10

−0.04𝑥 = −1 + (1 − 0.21𝑡)( 7 ) 10

−1 + (1 − 0.21𝑡)( 7 ) 𝑥= −0.04 Ing. Fernando Urrutia

Página 49

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 10

1 − (1 − 0.21𝑡)( 7 ) 𝑥= 0.04

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜

Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando t=1h; x=? 10

1 − (1 − 0.21(1))( 7 ) 𝑥= 0.04 10

1 − (0.79)( 7 ) 𝑥= 0.04 𝑥=

1 − 0.71 0.04

𝑥 = 7.15m b) Sabemos que: 𝑑𝑣 (2) 𝑑𝑥 Donde v=7.5 (1-0.04x) 0.3 está en función del desplazamiento. 𝑎=𝑣

Reemplazamos v=7.5 (1-0.04x) 0.3 en (2): 𝑎 = 7.5(1 − 0.04𝑥)0.3

𝑑 [7.5(1 − 0.04𝑥)0.3 ] 𝑑𝑥

Resovemos: 𝑎 = 7.52 (1 − 0.04𝑥)0.3 [(0.3)(−0.04)(1 − 0.04𝑥)−0.7 ] 𝑎 = −0.675(1 − 0.04𝑥)−0.4 ecuación de aceleración para cualquier posición Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando t=0; x=0 𝑎𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = −0.675 [

𝑚𝑖 5280𝑓𝑡 1ℎ 2 × ] [ ] [ ] (1 − 0.04(0[𝑚𝑖]))−0.4 ℎ2 1𝑚𝑖 3600𝑠

𝑎𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = −0.675 [

𝑚𝑖 5280𝑓𝑡 1ℎ 2 × ] [ ] [ ] (1) ℎ2 1𝑚𝑖 3600𝑠

𝑓𝑡 𝑎𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = −275 × 10−6 [ 2 ] 𝑠 c) De la ecuación (I): 1 − (1 − 0.04𝑥)0.7 = 0.21𝑡 Ing. Fernando Urrutia

(I) Página 50

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Despejo t: 1 − (1 − 0.04𝑥)0.7 =𝑡 0.21 𝑡=

1 − (1 − 0.04𝑥)0.7 0.21

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛

Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando x=6mi; t=? 𝑡=

1 − (1 − 0.04𝑥)0.7 0.21

𝑡=

1 − (1 − 0.04(6𝑚𝑖))0.7 0.21

𝑡=

1 − (1 − 0.24)0.7 0.21

𝑡=

1 − (0.76)0.7 0.21

𝑡=

1 − 0.825219 0.21

𝑡 = 0.8322877ℎ

60𝑚𝑖𝑛 1ℎ

𝑡 = 49.937268 𝑚𝑖𝑛 11.28 Datos experimentales indican que en una región de la corriente de aire sale por una rejilla de ventilación, la velocidad del aire emitido está definido por v= 0.18v0/x, donde donde v y x se expresan en m/s y metros, respectivamente, y vo es la velocidad de descarga inicial del aire. Para vo=36 m/s, determine a) la aceleración del aire cuando x=2 m, b) el tiempo requerido para que el aire fluya de x=1 a x=3 m. t(s) 0 ¿

r(m) 0 2 (1-3)m

v(m/s) 3.6

Ing. Fernando Urrutia

a(m/s2) ?

Página 51

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

a) Sabemos que: 𝑑𝑣 (1) 𝑑𝑥 Donde v= 0.18v0/x está en función de la posición; para vo=36 m/s: 𝑎=𝑣

Reemplazamos v= 0.18v0/x en (1): 𝑎=

0.18𝑣𝑜 𝑑 0.18𝑣𝑜 ( ) 𝑥 𝑑𝑥 x

0.0324𝑣𝑜 2 𝑎=− ecuación de la aceleración para cualquier posición 𝑥3 Reemplazamos los datos de la tabla en la ecuación: Cuando x=2m; a=? y para vo=36 m/s 𝑎=−

0.0324𝑣𝑜 2 𝑥3

0.0324(3.6)2 (2)3 𝑎 = −0.0525𝑚/𝑠 2 𝑎=−

b) Sabemos que: 𝑑𝑥 = 𝑣 (2) 𝑑𝑡 Donde v= 0.18v0/x está en función de la posición; para vo=3.6 m/s:

Reemplazamos v= 0.18v0/x en (2): 𝑑𝑥 0.18𝑣𝑜 = 𝑑𝑡 𝑥

Despejamos: Ing. Fernando Urrutia

Página 52

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑥𝑑𝑥 = 0.18𝑣𝑜 𝑑𝑡

Integramos: ∫ 𝑥𝑑𝑥 = ∫ 0.18𝑣𝑜 𝑑𝑡 Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando x=1m; t=t1 3

y cuando x=3m; t=t3

𝑡3

∫ 𝑥𝑑𝑥 = ∫ 0.18𝑣𝑜 𝑑𝑡 1

𝑡1

Resolvemos la integral: 1 3 𝑡3 [ 𝑥 2 ] = 0.18𝑣𝑜 [𝑡] 2 1 𝑡1 Evaluamos: 1 2 [3 − 12 ] = 0.18𝑣𝑜 [𝑡3 − 𝑡1 ] 2 1 [9 − 1] = 0.18𝑣𝑜 [𝑡3 − 𝑡1 ] 2 1 [9 − 1] [𝑡3 − 𝑡1 ] = 2 0.18𝑣𝑜 Reemplazamos para vo=3.6 m/s: 1 [8] [𝑡3 − 𝑡1 ] = 2 0.18(3.6) 4 [𝑡3 − 𝑡1 ] = 0.648 [𝑡3 − 𝑡1 ] = 6.172839𝑠 11.29 La aceleración debida a la gravedad a una altura y sobre la superficie de la Tierra puede expresarse como: 𝑎=

Ing. Fernando Urrutia

−32.2 𝑦 [1 + ( )]2 20.9 × 106

Página 53

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Donde a y y se expresan en ft/s2 y pies, respectivamente. Utilice esta expresión para calcular la altura que alcanza un proyectil lanzado verticalmente hacia arriba desde la superficie terrestre si su velocidad inicial es a) 1800 ft/s, b) 3000 ft/s, c) 36700 ft/s.

t(s)

r(m) ? ? ? 0 Ymax

v(m/s) 1800 3000 36700 Vo 0

a(m/s2)

0

Sabemos que: 𝑣

𝑑𝑣 = 𝑎 (1) 𝑑𝑦

Donde 𝑎 = −

32.2 [1+(

𝑦 )]2 20.9×106

Reemplazamos 𝑎 =

𝑣

está en función de la posición.

−32.2 [1+(

𝑦 )]2 20.9×106

en (1):

𝑑𝑣 −32.2 = 𝑦 𝑑𝑦 [1 + ( )]2 20.9 × 106

Despejamos: 𝑣𝑑𝑣 =

−32.2 2 𝑑𝑦 𝑦 )] [1 + ( 20.9 × 106

Integramos: Ing. Fernando Urrutia

Página 54

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion ∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫

−32.2 2 𝑑𝑦 𝑦 )] [1 + ( 20.9 × 106

Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando y=0; v=𝑣𝑜 0

𝑦𝑚𝑎𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 𝑣𝑜 0

0

𝑣𝑜

0

0

𝑦𝑚𝑎𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 𝑣𝑜

−32.2 2 𝑑𝑦 𝑦 )] [1 + ( 20.9 × 106

𝑦𝑚𝑎𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫

0

y cuando y=𝑦𝑚𝑎𝑥 ; v=0

−32.2

2 𝑑𝑦

20.9 × 106 + 𝑦 ( ) 20.9 × 106

−32.2 × 4.3681 𝑑𝑦 (20.9 × 106 + 𝑦)2

0

𝑦𝑚𝑎𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣 = −1.4065282 × 1016 ∫ 𝑣𝑜

0

1 𝑑𝑦 (20.9 × 106 + 𝑦)2

Resolvemos la integral: Realizamos un cambio de variable a (20.9 × 106 + 𝑦) 𝑧 = [20.9 × 106 + 𝑦] 𝑑𝑧 =1 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = 𝑑𝑦 Reemplazamos el cambio de variable en la integral: 0

𝑦𝑚𝑎𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣 = −1.4065282 × 1016 ∫ 𝑣𝑜

0

1 𝑑𝑦 𝑧2

Integramos: 𝑣2 0 𝑦𝑚𝑎𝑥 [ ] = 1.4065282 × 1016 [𝑧 −1 ] 2 𝑣𝑜 0 𝑣2 0 1 𝑦𝑚𝑎𝑥 [ ] = 1.4065282 × 1016 [ ] 2 𝑣𝑜 𝑧 0 Reemplazamos la variable z:

Ing. Fernando Urrutia

Página 55

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣2 0 1 𝑦𝑚𝑎𝑥 [ ] = 1.4065282 × 1016 [ ] 6 [20.9 × 10 + 𝑦] 0 2 𝑣𝑜 Evaluamos: 1 2 1 1 [0 − 𝑣𝑜 2 ] = 1.4065282 × 1016 [ − ] 6 2 20.9 × 10 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 20.9 × 106 + 0 1 1 1 [−𝑣𝑜 2 ] = 1.4065282 × 1016 [ − ] 6 2 20.9 × 10 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 20.9 × 106 −

𝑣𝑜 2 1.4065282 × 1016 1.4065282 × 1016 = − 2 20.9 × 106 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 20.9 × 106

1.4065282 × 1016 1.4065282 × 1016 𝑣𝑜 2 =+ − 20.9 × 106 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 20.9 × 106 2 −1.4065282 × 1016 𝑣𝑜 2 = − 672980000 20.9 × 106 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 2 −1.4065282 × 1016 = (

𝑣𝑜 2 − 672980000) (20.9 × 106 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 ) 2

−1.4065282 × 1016 = 20.9 × 106 + 𝑦𝑚𝑎𝑥 𝑣𝑜 2 ( 2 − 672980000) −1.4065282 × 1016 − 20.9 × 106 = 𝑦𝑚𝑎𝑥 𝑣𝑜 2 ( 2 − 672980000) 𝑦𝑚𝑎𝑥 =

−1.4065282 × 1016 − 20.9 × 106 𝑣𝑜 2 ( 2 − 672980000)

ecuación para 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑙𝑐𝑎𝑛𝑧𝑎 𝑢𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑦𝑒𝑐𝑡𝑖𝑙 𝑙𝑎𝑛𝑧𝑎𝑑𝑜 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑝erficie terrestre con cualquier velocidad inicial 𝑣𝑜 𝑓𝑡

a) para 𝑣𝑜 = 1800 𝑠 : 𝑦𝑚𝑎𝑥 =

−1.4065282 × 1016 𝑓𝑡 2 (1800 𝑠 ) − 672980000) ( 2

Ing. Fernando Urrutia

− 20.9 × 106

Página 56

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑦𝑚𝑎𝑥 =

−1.4065282 × 1016 − 20.9 × 106 (−671360000)

𝑦𝑚𝑎𝑥 = 50431.95901 𝑓𝑡 𝑓𝑡

b) para 𝑣𝑜 = 3000 𝑠 : 𝑦𝑚𝑎𝑥 =

𝑦𝑚𝑎𝑥 =

−1.4065282 × 1016 2

𝑓𝑡 (3000 𝑠 ) − 672980000) ( 2

− 20.9 × 106

−1.4065282 × 1016 − 20.9 × 106 (−668480000)

𝑦𝑚𝑎𝑥 = 140692.3169 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑠

c) para 𝑣𝑜 = 36.700 : 𝑦𝑚𝑎𝑥 =

𝑦𝑚𝑎𝑥 =

−1.4065282 × 1016 𝑓𝑡 2 (36.700 𝑠 ) − 672980000) ( 2

− 20.9 × 106

−1.4065282 × 1016 − 20.9 × 106 (−672979326.6)

𝑦𝑚𝑎𝑥 = 20.9144619 𝑓𝑡 11.30 La aceleración debida a la gravedad de una partícula que cae hacia la Tierra es a= gR2/r2, donde r es la distancia desde el centro de la tierra a la partícula, R es el radio terrestre y g es la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra. Si R = 3960 mi, calcule la velocidad de escape, esto es, la velocidad mínima con la cual una partícula debe proyectarse hacia arriba desde la superficie terrestre para no regresar a la Tierra. (Sugerencia: v=0 para r=∞.)

Ing. Fernando Urrutia

Página 57

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Sabemos que: 𝑣

𝑑𝑣 = 𝑎 (1) 𝑑𝑟

Donde 𝑎 = −

𝑔𝑅2 𝑟2

está en función de la posición.

Reemplazamos 𝑎 = − 𝑣

𝑔𝑅2 𝑟2

en (1):

𝑑𝑣 𝑔𝑅 2 =− 2 𝑑𝑟 𝑟

De acuerdo a la lectura del problema cuando r=R; v=𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 r R

y

cuando r=∞ ; v=0

V 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 ∞

0

Despejamos: 𝑣𝑑𝑣 = −

𝑔𝑅 2 𝑑𝑟 𝑟2

Integramos: ∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ −

𝑔𝑅 2 𝑑𝑟 𝑟2

Definimos la integral: De acuerdo a la tabla cuando r=R; v=𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 0

∫ 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒

∞

𝑣𝑑𝑣 = ∫ − 𝑅

y

cuando r=∞ ; v=0

𝑔𝑅 2 𝑑𝑟 𝑟2

Ing. Fernando Urrutia

Página 58

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 0

∞

𝑣𝑑𝑣 = −𝑔𝑅 2 ∫

∫ 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒

𝑅

1 𝑑𝑟 𝑟2

Integramos: 𝑣2 0 ∞ [ ] = 𝑔𝑅 2 [𝑟 −1 ] 2 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 𝑅 𝑣2 0 1 ∞ [ ] = 𝑔𝑅 2 [ ] 2 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 𝑟 𝑅 Evaluamos: 1 2 1 1 [0 − 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 2 ] = 𝑔𝑅 2 [ − ] 2 ∞ 𝑅 1 1 [−𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 2 ] = 𝑔𝑅 2 [0 − ] 2 𝑅 1 1 [−𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 2 ] = 𝑔𝑅 2 [− ] 2 𝑅 −

𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 2 𝑔𝑅 2 =− 2 𝑅

𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 2 = 2𝑔𝑅 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 = √2𝑔𝑅 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 Reemplazo los datos: 𝑓𝑡 5280𝑓𝑡 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 = √2 × 32.2 [ 2 ] × 3960𝑚𝑖 × 𝑠 1𝑚𝑖

𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 = √1346526720

𝑓𝑡 2 𝑠2

𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 = 36695.05035 𝑓𝑡/𝑠 11.31 La velocidad de una partícula es v=vo[1-sen(πt/T)]. Si se sabe que la partícula parte desde el origen con una velocidad inicial vo, determine a) su posición y su aceleración en t=3T, b) su velocidad promedio durante el intervalo de t=0 a t=T. t(s) 0 3T

r(m) 0 ?

v(m/s) 0 4

Ing. Fernando Urrutia

a(m/s2) ? Página 59

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 0-T

Vmedia=?

a) Sabemos que: 𝑑𝑥 = 𝑣 (1) 𝑑𝑡 𝜋𝑡 Donde 𝑣 = 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( )] está en función del tiempo. 𝑇 𝜋𝑡

Reemplazamos 𝑣 = 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( 𝑇 )] en (1): 𝑑𝑥 𝜋𝑡 = 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( )] 𝑑𝑡 𝑇

Despejamos: 𝜋𝑡 𝑑𝑥 = 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( )] 𝑑𝑡 𝑇

Integramos: ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑡 )] 𝑑𝑡 𝑇

Definimos la integral: Reemplazamos los datos de la tabla cuando t=0/s; x=0 𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( 0

0

𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑜 ∫ [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( 0

0

𝜋𝑡 )] 𝑑𝑡 𝑇 𝜋𝑡 )] 𝑑𝑡 𝑇

𝑥 𝑡 𝑡 𝜋𝑡 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑜 [∫ 𝑑𝑡 − ∫ 𝑠𝑖𝑛 ( ) 𝑑𝑡] 𝑇 0 0 0

Realizamos un cambio de variable a 𝑧=

𝜋𝑡 𝑇

𝜋𝑡 𝑇

𝑑𝑧 𝜋𝑡 = 𝑑𝑡 𝑇 Ing. Fernando Urrutia

Página 60

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑑𝑧 𝜋 = 𝑑𝑡 𝑇 𝑇𝑑𝑧 = 𝑑𝑡 𝜋 𝑑𝑡 =

𝑇𝑑𝑧 𝜋

Reemplazamos el cambio de variable en la integral: 𝑥 𝑡 𝑡 𝜋𝑡 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑜 [∫ 𝑑𝑡 − ∫ 𝑠𝑖𝑛 ( ) 𝑑𝑡] 𝑇 0 0 0 𝑥

𝑡

𝑥

𝑡

𝑡

𝑇𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑜 [∫ 𝑑𝑡 − ∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑧) ( )] 𝜋 0 0 0 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑜 [∫ 𝑑𝑡 − 0

0

𝑇 𝑡 ∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑧)𝑑𝑧] 𝜋 0

Resolvemos la integral: 𝑥 𝑡 𝑇 𝑡 [𝑥] = 𝑣𝑜 [[𝑡] − [−𝑐𝑜𝑠𝑧] ] 0 0 𝜋 0 Reemplazamos el cambio de variable: 𝑥 𝑡 𝑇 𝜋𝑡 𝑡 [𝑥] = 𝑣𝑜 [[𝑡] − [−𝑐𝑜𝑠 ( )] ] 0 0 𝜋 𝑇 0 𝑥 𝑡 𝑇 𝜋𝑡 𝑡 [𝑥] = 𝑣𝑜 [[𝑡] + [𝑐𝑜𝑠 ( )] ] 0 0 𝜋 𝑇 0 Evaluamos: [𝑥 − 0] = 𝑣𝑜 [[𝑡 − 0] +

𝑥 = 𝑣𝑜 [[𝑡] +

𝑥 = 𝑣𝑜 [𝑡 +

𝑇 𝜋𝑡 𝜋(0) )]] [𝑐𝑜𝑠 ( ) − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋 𝑇 𝑇

𝑇 𝜋𝑡 [𝑐𝑜𝑠 ( ) − 𝑐𝑜𝑠(0)]] 𝜋 𝑇

𝑇 𝜋𝑡 [𝑐𝑜𝑠 ( ) − 1]] 𝜋 𝑇

𝑇 𝜋𝑡 𝑇 𝑥 = 𝑣𝑜 [𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 ( ) − ] 𝜋 𝑇 𝜋

(𝐼)

𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛 (𝐼) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 3𝑇 Ing. Fernando Urrutia

Página 61

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑥3𝑇 = 𝑣𝑜 [3𝑇 +

𝑇 𝜋 × 3𝑇 𝑇 𝑐𝑜𝑠 ( )− ] 𝜋 𝑇 𝜋

𝑥3𝑇 = 𝑣𝑜 [3𝑇 +

𝑇 𝑇 𝑐𝑜𝑠(3𝜋) − ] 𝜋 𝜋

Trabajando con la calculadora en radianes: 𝑥3𝑇 = 𝑣𝑜 [3𝑇 +

𝑇 𝑇 (−1) − ] 𝜋 𝜋

𝑥3𝑇 = 𝑣𝑜 [3𝑇 −

𝑇 𝑇 − ] 𝜋 𝜋

𝑥3𝑇 = 𝑣𝑜 [3𝑇 −

2𝑇 ] 𝜋

𝑥3𝑇 = 𝑣𝑜 [3𝑇 − 0.636619𝑇] 𝑥3𝑇 = 2.36𝑣𝑜 𝑇 Sabemos que: 𝑎=

𝑑𝑣 𝑑𝑡

(2) 𝜋𝑡 𝑇

Donde 𝑣 = 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( )] está en función del tiempo. 𝜋𝑡

Reemplazamos 𝑣 = 𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( 𝑇 )] en (2): 𝑎=

𝑑 𝜋𝑡 {𝑣𝑜 [1 − 𝑠𝑖𝑛 ( )]} 𝑑𝑡 𝑇

𝑎=

𝑑 𝜋𝑡 {𝑣𝑜 − 𝑣𝑜 𝑠𝑖𝑛 ( )} 𝑑𝑡 𝑇

𝑎=

𝑑 𝑑 𝜋𝑡 𝑣𝑜 − 𝑣𝑜 𝑠𝑖𝑛 ( ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑇

Derivamos: 𝑎 = 0 − 𝑣𝑜 𝑐𝑜𝑠 (

𝜋𝑡 𝜋 ) 𝑇 𝑇

𝜋 𝜋𝑡 𝑎 = −𝑣𝑜 𝑐𝑜𝑠 ( ) 𝑇 𝑇

(𝐼𝐼)

𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛 (𝐼𝐼) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 3𝑇 𝜋 𝜋3𝑇 𝑎3𝑇 = −𝑣𝑜 𝑐𝑜𝑠 ( ) 𝑇 𝑇 Ing. Fernando Urrutia

Página 62

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝜋 𝑎3𝑇 = −𝑣𝑜 𝑐𝑜𝑠(3𝜋) 𝑇 Trabajando con la calculadora en radianes: 𝜋 𝑎3𝑇 = −𝑣𝑜 (−1) 𝑇 𝑎3𝑇 = 𝑣𝑜

𝜋 𝑇

b) usando la ecuación (I) para t=0: 𝑇 𝜋𝑡 𝑇 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 ( ) − ] 𝜋 𝑇 𝜋 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [(0) +

𝑇 𝜋(0) 𝑇 𝑐𝑜𝑠 ( )− ] 𝜋 𝑇 𝜋

𝑇 𝑇 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [ 𝑐𝑜𝑠(0) − ] 𝜋 𝜋 𝑇 𝑇 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [ (1) − ] 𝜋 𝜋 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [0] 𝑥𝑜 = 0 Usando la ecuación (I) para t=T: 𝑇 𝜋𝑡 𝑇 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 ( ) − ] 𝜋 𝑇 𝜋 𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [(𝑇) +

𝑇 𝜋(𝑇) 𝑇 𝑐𝑜𝑠 ( )− ] 𝜋 𝑇 𝜋

𝑥𝑜 = 𝑣𝑜 [(𝑇) +

𝑇 𝑇 𝑐𝑜𝑠(𝜋) − ] 𝜋 𝜋

Usando la calculadora en radianes: 𝑥𝑇 = 𝑣𝑜 [(𝑇) +

𝑇 𝑇 (−1) − ] 𝜋 𝜋

𝑥𝑇 = 𝑣𝑜 [(𝑇) −

𝑇 𝑇 − ] 𝜋 𝜋

𝑥𝑇 = 𝑣𝑜 [(𝑇) −

2𝑇 ] 𝜋

𝑥𝑇 = 𝑣𝑜 [(𝑇) − 0.6366197724𝑇] Ing. Fernando Urrutia

Página 63

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑥𝑇 = 0.36338𝑣𝑜 𝑇

Sabemos que: 𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =

𝑥𝑇 − 𝑥𝑜 ∆𝑡

𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =

0.36338𝑣𝑜 𝑇 − 0 𝑇−0

𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = 0.363𝑣𝑜 11.32 La velocidad de una corredera se define mediante la relación v=v’ sen (wnt+𝜙). Si se denota la velocidad y la posición de la corredera en t=0 con vo y xo, respectivamente, y se sabe que el desplazamiento máximo de la corredera es 2xo, demuestre que a) v’= (vo2 + xo2wn2)/2 xo wn, b) el valor máximo de la velocidad ocurre cuando x= xo[3-( vo/ xo wn)2]/2. De acuerdo con la lectura del problema sabemos que: t 0

X

v 𝑥𝑜

𝑣𝑜

Donde: 𝑣= 𝑣′sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) Reemplazando datos Para t=0; v= vo: 𝑣𝑜= 𝑣′sin(0 + ∅)

En el triángulo rectángulo sabemos que: 𝑥 = √𝑣 ′ 2 − 𝑣𝑜 2 𝑐𝑜𝑠∅ =

𝑥 𝑣′

Reemplazando las ecuaciones: Ing. Fernando Urrutia

Página 64

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑐𝑜𝑠∅ =

√𝑣 ′ 2 − 𝑣𝑜 2 𝑣′

Sabemos que: 𝑑𝑥 = 𝑣 (1) 𝑑𝑡 Donde 𝑣= 𝑣′sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) Reemplazamos v en la ecuación (1): 𝑑𝑥 = 𝑣′sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) 𝑑𝑡 Despejando: 𝑑𝑥 = 𝑣′sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)𝑑𝑡 Integramos: ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣′sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)𝑑𝑡 Definimos la integral: Reemplazamos los datos de la tabla para los limites de la integral cuando t=0/s; x=𝑥𝑜 𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣′sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)𝑑𝑡 𝑥𝑜

0

𝑥

𝑡

∫ 𝑑𝑥 = 𝑣′ ∫ sin(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)𝑑𝑡 𝑥𝑜

0

Realizamos un cambio de variable a 𝑤𝑛 𝑡 + ∅ 𝑧 = 𝑤𝑛 𝑡 + ∅ 𝑑𝑧 = 𝑤𝑛 𝑡 + ∅ 𝑑𝑡 𝑑𝑧 = 𝑤𝑛 𝑑𝑡 𝑑𝑧 = 𝑑𝑡𝑤𝑛 𝑑𝑧 = 𝑑𝑡 𝑤𝑛 Ing. Fernando Urrutia

Página 65

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑑𝑡 =

𝑑𝑧 𝑤𝑛

Reemplazamos el cambio de variable en la integral: 𝑥 𝑡 𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑣′ ∫ sin 𝑧 ( ) 𝑤𝑛 𝑥𝑜 0 𝑥

∫ 𝑑𝑥 = 𝑥𝑜

𝑣′ 𝑡 ∫ sin 𝑧𝑑𝑧 𝑤𝑛 0

Resolvemos la integral: [𝑥]

𝑥 𝑣′ 𝑡 [−𝑐𝑜𝑠𝑧] = 𝑥𝑜 𝑤𝑛 0

Reemplazamos el cambio de variable: [𝑥]

𝑥 𝑣′ 𝑡 [−𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)] = 𝑥𝑜 𝑤𝑛 0

Evaluamos: [𝑥 − 𝑥𝑜 ] = −

𝑣′ [𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) − 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 (0) + ∅)] 𝑤𝑛

[𝑥 − 𝑥𝑜 ] = −

𝑣′ [𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) − cos ∅] 𝑤𝑛

𝑥 = 𝑥𝑜 −

𝑣′ [𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) − cos ∅] 𝑤𝑛

𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ [cos ∅ − 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)] 𝑤𝑛

(𝐼)

Ahora observamos que 𝑥𝑚𝑎𝑥 ocurre cuando 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅) = −1. Entonces: 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 2𝑥𝑜 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ [𝑐𝑜𝑠∅ − (−1)] 𝑤𝑛

Sustituyendo el 𝑐𝑜𝑠∅ =

√𝑣 ′ 2 −𝑣𝑜 2 𝑣′

definido del triangulo rectángulo:

′2 2 𝑣′ √𝑣 − 𝑣𝑜 𝑥𝑜 = +1 𝑤𝑛 𝑣′ [ ]

Ing. Fernando Urrutia

Página 66

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Despejando: 𝑥𝑜 𝑤𝑛 − 𝑣′ = √𝑣 ′ 2 − 𝑣𝑜 2 Elevando al cuadrado ambos términos tenemos: 2 2

(𝑥𝑜 𝑤𝑛 − 𝑣′) =

(√𝑣 ′ 2

− 𝑣𝑜

2)

2

𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 − 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑣′ + 𝑣′2 = 𝑣 ′ − 𝑣𝑜 2 2

2

−2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑣 ′ + 𝑣 ′ − 𝑣 ′ = −𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 −2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑣 ′ = −𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑣 ′ = 𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 𝑣′ =

𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛

𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑟 𝜋

b) primero observamos que 𝑣𝑚𝑎𝑥 ocurre cuando en la ecuación (I) (𝑤𝑛 𝑡 + ∅) = 2 Reemplazamos en la ecuación (I): 𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ [𝑐𝑜𝑠 ∅ − 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑛 𝑡 + ∅)] 𝑤𝑛

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ 𝜋 [𝑐𝑜𝑠 ∅ − 𝑐𝑜𝑠 ( )] 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ 𝜋 [𝑐𝑜𝑠 ∅ − 𝑐𝑜𝑠 ( )] 𝑤𝑛 2

(𝐼)

Utilizando la calculadora en radianes: 𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ [𝑐𝑜𝑠 ∅ − 0] 𝑤𝑛

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑣′ 𝑐𝑜𝑠 ∅ 𝑤𝑛

Sustituyendo el 𝑐𝑜𝑠∅ =

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

√𝑣 ′ 2 −𝑣𝑜 2 𝑣′

definido del triangulo rectángulo:

′2 2 𝑣 ′ √𝑣 − 𝑣𝑜 = 𝑥𝑜 + 𝑤𝑛 𝑣′

Ing. Fernando Urrutia

Página 67

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

′2 2 𝑣 ′ √𝑣 − 𝑣𝑜 = 𝑥𝑜 + 𝑤𝑛 𝑣′

Reemplazando 𝑣 ′ =

𝑣𝑜 2 +𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

2 2 2 𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 √(𝑣𝑜 + 𝑥𝑜 𝑤𝑛 ) − 𝑣𝑜 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 𝑤𝑛 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

𝑣 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 √( 𝑜 ) − 𝑣𝑜 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛

𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 = 𝑥𝑜 + 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 (

) 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

1 𝑣𝑜 2 + 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 (√( ) − 𝑣𝑜 2 ) 𝑤𝑛 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

4 2 2 4 4 √𝑣𝑜 + 2𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 2+ 𝑥𝑜 𝑤𝑛 − 𝑣𝑜 2 (2𝑥𝑜 𝑤𝑛 )

𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

4 2 2 4 4 2 2 √𝑣𝑜 + 2𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 + 𝑥𝑜 𝑤2𝑛 −𝑣𝑜 (2𝑥𝑜 𝑤𝑛 ) (2𝑥𝑜 𝑤𝑛 )

𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

4 2 2 4 4 2 2 2 √𝑣𝑜 + 2𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 + 𝑥𝑜 𝑤2𝑛 − 4𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 (2𝑥𝑜 𝑤𝑛 )

𝑤𝑛

1 √ 4 2 2 2 4 4 2 2 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑣𝑜 + 2𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 + 𝑥𝑜 𝑤𝑛 − 4𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 = 𝑥𝑜 + 𝑤𝑛 1 √ 4 2 2 2 4 4 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑣𝑜 − 2𝑣𝑜 𝑥𝑜 𝑤𝑛 + 𝑥𝑜 𝑤𝑛 = 𝑥𝑜 + 𝑤𝑛

Ing. Fernando Urrutia

Página 68

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥

1 2 2 2 )2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 √(𝑣𝑜 − 𝑥𝑜 𝑤𝑛 = 𝑥𝑜 + 𝑤𝑛 (𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 ) 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 = 𝑥𝑜 + 𝑤𝑛 (𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 ) = 𝑥𝑜 + 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 𝑤𝑛

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 +

(𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 ) 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 =

2𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 + (𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 ) 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 =

2𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 + 𝑣𝑜 2 − 𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 =

𝑥𝑜 2 𝑤𝑛 2 + 𝑣𝑜 2 2𝑥𝑜 𝑤𝑛 2

𝑥𝑣𝑚𝑎𝑥 =

𝑥𝑜 𝑣𝑜 2 [3 − ( ) ] 2 𝑥𝑜 𝑤𝑛

𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑟

11.33 Una automovilista entra a una carretera a 45 km/h y acelera uniformemente hasta 99 km/h. De acuerdo con el odómetro del automóvil, la conductora sabe que recorrió 0.2 km mientras aceleraba. Determine a) la aceleración del automóvil, b) el tiempo que se requiere para alcanzar 99 km/h.

El ejercicio es un M.R.U.V. 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎(𝑡 − 𝑡𝑜 ) (𝐼) 1 (𝐼𝐼) 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 {𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (𝐼𝐼𝐼) De acuerdo a la lectura del problema:

Ing. Fernando Urrutia

Página 69

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝑜 = 45 𝑣 = 99

𝑘𝑚 1000𝑚 1ℎ 𝑚 × × = 12.5 ℎ 1𝑘𝑚 3600𝑠 𝑠

𝑘𝑚 1000𝑚 1ℎ 𝑚 × × = 27.5 ℎ 1𝑘𝑚 3600𝑠 𝑠

𝑥𝑜 = 0 𝑥 = 0.2𝑘𝑚 = 200𝑚 a) En (III) 𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) Despejamos: 𝑎=

𝑣 2 −𝑣𝑜 2 2(𝑥 − 𝑥𝑜 )

(𝐼𝑉)

Reemplazamos los datos en la ecuación (IV) 𝑎=

𝑣 2 −𝑣𝑜 2 2(𝑥 − 𝑥𝑜 )

𝑎=

(27.5)2 −(12.5)2 2(200 − 0)

𝑎 = 1.5 𝑚/𝑠 2 b) En (I): 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎(𝑡 − 𝑡𝑜 ) Despejamos: (𝑡 − 𝑡𝑜 ) =

𝑣 − 𝑣𝑜 𝑎

(𝑉)

Reemplazamos los datos en la ecuación (V): (𝑡 − 𝑡𝑜 ) =

𝑣 − 𝑣𝑜 𝑎

(𝑡 − 𝑡𝑜 ) =

27.5 − 12.5 1.5

(𝑡 − 𝑡𝑜 ) = 10 𝑠 11.34 Un camión recorre 220 m en 10 s mientras se desacelera a una razón constante de 0.6 m/s 2 . Determine a) su velocidad inicial, b) su velocidad final, c) la distancia recorrida durante los primeros 1.5s. Ing. Fernando Urrutia

Página 70

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

El ejercicio es un M.R.U.V. 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (𝐼) 1 (𝐼𝐼) 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 {𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (𝐼𝐼𝐼) De acuerdo a la lectura del problema: t(s) 0 10 1.5

r(m) 0 220 ?

v(m/s) ?𝑣𝑜 ?𝑣

a(m/𝑠 2 ) -0.6 -0.6

a) En (II): 1 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 Despejo 𝑣𝑜 : 𝑣𝑜 =

𝑥−𝑥𝑜 1 − 𝑎𝑡 𝑡 2

Reemplazo los datos de la tabla: 𝑣𝑜 =

220 − 0 1 − (−0.6)(10) 10 2

Ing. Fernando Urrutia

Página 71

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝑜 = 25𝑚/𝑠 b) En (I): 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 Reemplazo los datos de la tabla y 𝑣𝑜 = 25𝑚/𝑠: 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 25 + (−0.6)(10) 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 19 𝑚/𝑠 c) En (II): 1 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 Reemplazo los datos de la tabla y 𝑣𝑜 = 25𝑚/𝑠: 1 𝑥 = 0 + (25)(1.5) + (−0.6)(1.5)2 2 𝑥 = 36.8 𝑚 11.35 Si se supone una aceleración uniforme de 11 ft/s 2 y se sabe que la rapidez de un automóvil cuando pasa por A es de 30 mi/h, determine a) el tiempo requerido para que el automóvil llegue a B, b) la rapidez del automóvil cuando pasa por B.

El ejercicio es un M.R.U.V. 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (𝐼) 1 (𝐼𝐼) 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 {𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (𝐼𝐼𝐼) De acuerdo a la lectura del problema: 𝑡𝐴= 0 𝑠 𝑥𝐴 = 0 Ing. Fernando Urrutia

Página 72

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑥𝐵 = 160𝑓𝑡 𝑣𝐴 = 30

𝑚𝑖 5280𝑓𝑡 1ℎ 𝑓𝑡 × × = 44 ℎ 1𝑚𝑖 3600 𝑠

𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 11 𝑓𝑡/𝑠 2 a) En (II): 1 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝑥𝐵 = 𝑥𝐴 + 𝑣𝐴 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 Reemplazo los datos en la ecuación: 1 160 = 0 + 44𝑡 + (11)𝑡 2 2 5.5𝑡 2 + 44𝑡 − 160 = 0 𝑡=

−44 ± √(44)2 − (4)(5.5)(−160) (2)(5.5)

𝑡=

−44 ± 73.86474125 11

𝑡1 =

−44 + 73.86474125 11

𝑡1 = 2.714976 𝑠

𝑡2 =

−44 − 73.86474125 11

𝑡2 = −10.7149 𝑠

Escogemos el tiempo positivo porque no existe tiempo negativo 𝑡𝐵 = 2.714976 𝑠 b) en (I): 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝐵 Reemplazamos los datos y 𝑡𝐵 =2.714976 s: 𝑣𝐵 = 44 + (11)(2.714976) 𝑣𝐵 = 73.864736

𝑓𝑡 1𝑚𝑖 3600𝑠 × × 𝑠 5280𝑓𝑡 1ℎ

𝑣𝐵 = 50.36232 𝑚𝑖/ℎ Ing. Fernando Urrutia

Página 73

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 11.36 Un grupo de estudiantes lanza un cohete q escala en dirección vertical. Con base en los datos registrados, determinan que la altitud del cohete fue de 89.6 ft en la parte final del vuelo en la que el cohete aún tenía impulso, y que el cohete aterriza 16 s después. Si se sabe que el paracaídas de descenso no pudo abrir y que el cohete descendió en caída libre hasta el suelo después de alcanzar la altura máxima, y suponiendo que a=32.2 ft/s 2 , determine a) la rapidez v1 del cohete al final del vuelo con impulso, b) la altura máxima alcanzada por el cohete.

El ejercicio es un M.R.U.V. 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (𝐼) {

1

𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑦 − 𝑦𝑜 )

(𝐼𝐼) (𝐼𝐼𝐼)

32,2 ft/s 2 es la gravedad expresada en pies/segundo. En los cálculos se la ocupa negativa ya que la gravedad simpre se dirije hacia abajo, y en este caso el movimiento es hacia arriba

a) En (II): 1 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2

𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 𝑡𝑎𝑡𝑒𝑟𝑟𝑖𝑧𝑎𝑗𝑒 = 16 𝑠

𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑦 = 0

1 0 = 89.6𝑓𝑡 + 𝑣1 (16 𝑠) + (−32.2𝑓𝑡/𝑠 2 )(16 𝑠)2 2 𝑣1 = 𝑣1 =

1 −89.6𝑓𝑡 − 2 (−32.2𝑓𝑡/𝑠 2 )(16 𝑠)2 16𝑠 4032𝑓𝑡 16𝑠

𝑣1 = 252𝑓𝑡/𝑠

Ing. Fernando Urrutia

Página 74

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion b) En (III): 𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑦 − 𝑦𝑜 ) Para 𝑦 = 𝑦𝑚𝑎𝑥

𝑦

𝑣 = 0.

Reemplazamos los datos en la ecuación: 0 = (252𝑓𝑡/𝑠)2 + 2(−32.2𝑓𝑡/𝑠 2 )(𝑦𝑚𝑎𝑥 − 89.6)𝑓𝑡 𝑦𝑚𝑎𝑥 = 1076𝑓𝑡 11.37 Un atleta en una carrera de 100 m acelera de manera uniforme durante los primeros 35 m y luego corre con una velocidad constante. Si el tiempo del atleta para los primeros 35 m es de 5.4 s, determine a) su aceleración, b) su velocidad final y c) el tiempo en que completa la carrera.

De 0 a 35m es M.R.U.V. Donde a=constante y t=5.4s 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (𝐼) 1 (𝐼𝐼) 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 {𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (𝐼𝐼𝐼) Ing. Fernando Urrutia

Página 75

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion De 35m a 100m es M.R.U. Donde v=constante. {𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣(𝑡1 − 𝑡2 ) (𝐼𝑉) Para t=0; v=0 y cuando x=35m; t=5.4s Tenemos que encontrar: a) a b) v cuando x=100m c) t cuando x=100m a) En (II): 1

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

para 0≤ 𝑥 ≤ 35𝑚

Reemplazamos los datos: 1 𝑥 = 0 + 0𝑡 + 𝑎(5.4𝑠)2 2 𝑎 = 2.4005 𝑚/𝑠 2 b) hay que notar que 𝑣 = 𝑣𝑚𝑎𝑥 para 35m≤ 𝑥 ≤ 100𝑚. En (III): a= 2.4005m/s 2 𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 )

𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑥 ≤ 35𝑚

𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = 0 + 2(2.4005m/s2 )(35𝑚 − 0) 𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = 2(2.4005m/s2 )(35𝑚) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = √2(2.4005m/s2 )(35𝑚) se calcula a los 35m ya que a partir de ahí la velocidad es constante hasta finalizar los 100m. 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 12.9628𝑚/𝑠 c) En (IV): 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣(𝑡1 − 𝑡2 ) Para 35m≤ 𝑥 ≤ 100𝑚 Reemplazamos datos: 100𝑚 = 35𝑚 + (12.9628)(𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 5.4)s 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =

100𝑚 − 35𝑚 + 5.4 12.9628

Ing. Fernando Urrutia

Página 76

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 10.41 s 11.38 Un paquete pequeño se suelta desde el reposo en A y se mueve a lo largo del transportador ABCD formado por ruedas deslizantes. El paquete tiene una aceleración uniforme de 4.8 m/𝑠 2 mientras desciende sobre las secciones AB y CD, y su velocidad es constante entre B y C. Si la velocidad del paquete en D es de 7.2 m/s, determine a) la distancia d entre C y D, b) el tiempo requerido para que el paquete llegue a D.

Entre AB y CD tenemos un M.R.U.V. Y su a=constante=4.8 m/𝑠 2 : 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (𝐼) 1 (𝐼𝐼) 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 {𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (𝐼𝐼𝐼) Entre BC tenemos un M.R.U. Y su velocidad = constante: {𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣(𝑡1 − 𝑡2 ) (𝐼𝑉) a) En (III): 𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) Ing. Fernando Urrutia

Página 77

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Primero calculamos la velocidad en el tramo BC para saber la velocidad inicial en el tramo CD: 𝑣 2𝐴𝐵 = 0 + 2(4.8)(3) 𝑣 2𝐴𝐵 =28.8𝑚2 /𝑠 2 𝑣𝐴𝐵 =5.3666m/s Entonces la 𝑣𝐵𝐶 es igual a la velocidad inicial en el tramo CD: 𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) 𝑣 2 𝐶𝐷 = 𝑣𝐵𝐶 2 + 2𝑎(𝑥𝐷 − 𝑥𝑐 ) (7.2𝑚/𝑠)2 = (5.3666𝑚)2 + 2(4.8𝑚/𝑠 2 )(𝑑) 𝑑=

(7.2𝑚/𝑠)2 − (5.3666𝑚)2 2(4.8𝑚/𝑠 2 )

𝑑 = 2.40𝑚 b) Tenemos q calcular los tiempos parciales de AB, BC y CD: Para el tiempo AB: 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝐴𝐵 5.3666

𝑚 = 0 + (4.8𝑚/𝑠 2 )𝑡𝐴𝐵 𝑠

𝑡𝐴𝐵 = 1.11804 𝑠 Para el tiempo CD: 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣𝐷 = 𝑣𝐶 + 𝑎𝑡𝐶𝐷 7.2

𝑚 = 5.3666𝑚/𝑠 + (4.8𝑚/𝑠 2 )𝑡𝐶𝐷 𝑠

𝑡𝐶𝐷 = 0.38196 𝑠 Para el tiempo BC que es un M.R.U. utilizamos la ecuación (IV): 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣(𝑡1 − 𝑡2 ) 𝑥𝐶 = 𝑥𝐵 + 𝑣𝐵𝐶 (𝑡𝐵𝐶 ) Ing. Fernando Urrutia

Página 78

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑡𝐵𝐶 =

𝑥𝐶 −𝑥𝐵 𝑣𝐵𝐶

𝑡𝐵𝐶 =

3𝑚 − 0 5.3666𝑚/𝑠

𝑡𝐵𝐶 = 0.55901 𝑠 Para encontrar en tiempo que se demora en llegar a D sumamos los tiempos parciales de los tramos AB, BC y CD: 𝑡𝐷 = 𝑡𝐴𝐵 + 𝑡𝐵𝐶 + 𝑡𝐶𝐷 𝑡𝐷 = (1.11804 + 0.55901 + 0.38196)𝑠 𝑡𝐷 = 2.06𝑠 11.39. Un oficial de policía en una patrulla estacionada en una zona donde la rapidez es de 70 km/h observa el paso de un automóvil que marcha a una rapidez constante. Al oficial le parece que el conductor podría estar intoxicado y arranca la patrulla, acelera uniformemente hasta 90 km/h en 8 s y mantiene una velocidad constante de 90 km/h, alcanza al automovilista 42 s después. Si se sabe que transcurrieron 18 s antes de que el oficial empezara a perseguir al automovilista, determine a) la distancia que recorrió el oficial antes de alcanzar al automovilista, b) la rapidez del automovilista.

En un tiempo desde t=18s y t=26s tendremos MRUV 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (𝐼) 1

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

{ 2

2

𝑣 = 𝑣𝑜 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 )

(𝐼𝐼) (𝐼𝐼𝐼)

En un tiempo desde t=26s y t=42s tendremos MRU

Ing. Fernando Urrutia

Página 79

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

{𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣(𝑡1 − 𝑡2 ) (𝐼𝑉) 𝑣𝑛 = 90

𝑘𝑚 1000𝑚 1ℎ 𝑚 × × = 25 ℎ 1𝑘𝑚 3600𝑠 𝑠

a) Con los datos del problema podemos utilizar la formula I y II. Cálculamos la posición tanto en MRUV y MRU de la patrulla (xp). 𝑉𝑝 = 𝑉0 + 𝑎 ∗ 𝑡 𝑎𝑝 =

𝑉𝑝 −𝑉0 𝑡

𝑎𝑝 =

25 − 0 (26 − 18)

ap = 3.13 m/𝑠 2 con la aceleración de la patrulla en el primer tramo calculamos la posición de la misma. 1 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝑥 = 0 + 0 + (3.13) ∗ (26 − 18)2 2 𝑥26𝑠 = 100.16𝑚 Posicion 1 de la patrulla cuando tiene MRUV *Ahora calculamos la posición qu tendrá a los 42 tiempo en ql que tiene MRU. 𝑥=𝑣∗ 𝑡 𝑥 = 25 ∗ (42 − 26)𝑠 𝑥 = 400𝑚

Posición 2 de la patrulla cuando tiene MRU

Finalmente sumamos las dos posiciones y obtendremos la distancia total que recorrio la patrulla. 𝑋𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑋1 + 𝑋2 𝑋𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (100.1 + 400 )𝑚 𝑋𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 500𝑚 ==> 0.5 𝑘𝑚 b) 𝑋𝑎𝑢𝑡𝑜𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 𝑉𝑎𝑢𝑡𝑜𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 ∗ 𝑡𝑎𝑢𝑡𝑜𝑚𝑖𝑣𝑖𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 500 𝑚 = 𝑉𝑎𝑢𝑡𝑜𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 ∗ 42𝑠

Ing. Fernando Urrutia

Página 80

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑉𝑎𝑢𝑡𝑜𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 =

500 42

𝑉𝑎𝑢𝑡𝑜𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 11.90

𝑚 𝑘𝑚 ==> 42.9 𝑠 ℎ

11.40. Cuando un corredor de relevos a ingresar a la zona de intercambio 20m de largo, con una rapidez de 12, 9 m/s empieza a desacelerar. Entrega la estrafeta al corredor B 1,82 s después y su compañero de la zona del intercambio con la misma velocidad. Determine: a) La aceleración uniforme de cada uno de los corredores. b) El momento en que el corredor B debe empezar a correr.

Cuerpo A 𝑣𝑜 = 12,9

MRUV 𝑚 𝑠

𝑡 = 1,82 𝑎 =? 𝑥 = 20𝑚 Ing. Fernando Urrutia

1

∆𝑥 = 𝑉𝑜𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

(1)

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 𝑣 2 = 𝑣0 2 − 2𝑎∆𝑥 Página 81

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Utilizamos la ecuación 1 por estos son los datos que tenemos 1 ∆𝑥 = 𝑉𝑜𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 𝑎=

2(∆𝑥−𝑣𝑜𝑡) 𝑡2

𝑎=

2(20 − 12.9(1.82)) 1.822

𝑎 = −2,09

𝑚 𝑠2

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 v = 12,9-2,09(1,82) 𝑣𝑎 = 9,09

𝑚 𝑠2

Cuerpo B 𝒗𝒐 = 𝟎 𝑚 𝑣 = 12,9 𝑠 𝑥 = 20𝑚 𝑉 2 = 𝑉𝑜 2 + 20∆𝑥 De esta ecuación la velocidad inicial 𝑽𝒐=0 𝑎= 𝑎=

𝑉2 2∆𝑥 (9,09)2 2(20)

𝑚 𝑠2 𝑣 = 𝑉𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣 𝑡= 𝑎 9,09 𝑡= 2,06 𝑡𝑏 = 4,4𝑠 𝑎𝑏 = 2,06

b) 𝑡 = 𝑡𝑏 − 𝑡𝑎 𝑡 = 4,4 − 1,82 𝑡. 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2.5 B debe correr 2.5 s antes de que llegue A 11.41. Los automóviles A y B viajan en carriles adyacentes de una carretera y en t=0 tienen las posiciones y velocidades que se muestran. Si se sabe el automóvil A tiene Ing. Fernando Urrutia

Página 82

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion una aceleración de 1,8 ft/s2 y que B tiene una desaceleración de 1,2 pt/s2 determine: a) Cuando y donde A alcanzara a B b) La rapidez de cada automóvil en ese momento

Con respecto al auto A A 𝑥0 𝐴 = 0 𝑥𝐴 =? 𝑣𝑜 = 24

𝑚𝑖 5280𝑙𝑓 𝑖ℎ 𝑙𝑡 ∗ ∗ = 352, 𝑛 1𝑚𝑖 3600𝑠 𝑠

𝑎 = 1,8𝑙𝑡/𝑠 2 B 𝑥0 𝐵 = 0 𝑥𝐵 = 𝑥𝐴 − 75 𝑣0 =

86𝑚𝑖 5280 1ℎ 52,8𝑓𝑡 ∗ ∗ = ℎ 1𝑚𝑖 3600𝑠 𝑠

𝑎 = −1,2 𝑓𝑡/𝑠 2

a)

AUTO 0

1 𝑥𝐴 − 𝑥0 = 𝑣𝑜𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝑥𝐴 = 35,2(𝑡) + (1,8)(𝑡 2 ) 2

(1)

B

Ing. Fernando Urrutia

Página 83

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1 ∆𝑋𝐵 = 𝑉𝑜𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1

𝑥𝐴 − 75 = 52,8𝑡 − 2 (1,2)𝑡 2 1

𝑥𝐴 = 52,8𝑡 − 2 (1,2)𝑡 2 + 75

(2)

IGUALO 1 Y 2 35,2𝑡 + 0.9𝑡 2 = 52,8𝑡 − 0,6𝑡 2 + 75 1,5𝑡 2 − 17,6𝑡 − 75 = 0

−𝑏 ±

𝑡1 =

(Términos semejantes)

√(17,6)2 − 4(1,5)(−75) √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 = 17.6 ± 𝑎2 2(1,5)

17,6 ± 27,56 3

𝑡1 = 15,05𝑠 𝑡2 = −3,32𝑠 Remplazo en 1 1 𝑥∆= 35,2(15,05) + (1,8)(15,05)2 2 𝑥∆= 733,6𝑓𝑡

Por lo tanto queda que: 𝑥∆= 733,6𝑓𝑡 y 𝑡1 = 15,05𝑠

A 𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 𝑣 = 35,2 + (1,8)(15,05) 𝑣 = 62,3

𝑓𝑡 3600𝑠 1𝑚𝑖𝑛 ∗ ∗ = 42,4 𝑚𝑖/ℎ 𝑠 1ℎ 5280𝑓𝑡

B 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣 = 52,8 − 1,2 (15,05) 𝑣 = 34,74

𝑓𝑡 3600𝑠 1𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 ∗ ∗ = 23,7 𝑠 1ℎ 5280𝑓𝑡 ℎ

Ing. Fernando Urrutia

Página 84

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 11.42. En una carrera de lanchas, la lancha A se adelanta a la lancha B por 120ft y ambos botes bajan a una rapidez de 105 min/h. en t=0 las lanchas se aceleran en tasas. Si se sabe que cuando B rebasa a A t=8s y Va=135 mi/h. determinar: a) La aceleración A b) La aceleración B

105

𝑚𝑖𝑛 1ℎ 5280𝑓𝑡 ∗ ∗ ℎ 3600𝑠 1𝑚𝑖

135

𝑚𝑖𝑛 1ℎ 5280𝑓𝑡 ∗ ∗ ℎ 3600𝑠 1𝑚𝑖

B

0

1 𝑥 − 𝑥0 = 𝑉𝑜𝑡 + 𝑎𝐵 𝑡 2 2 1 𝑥 = 154 (8) + 𝑎𝐵 (8)2 2

𝑥𝐵 = 1232 + 32𝑎𝐵 A

(1)

𝑋𝐵 = 𝑋𝐴

1 𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝐴 𝑡 2 2

1 𝑥𝐴 − 120 = 154(8) + 𝑎𝐴 (8)2 2 𝑥𝐵 − 120 = 1232 + 32𝑎𝐴 𝑥𝐵 = 1232 + 32aA + 120 Igualamos 1 y 2

(2)

1232 + 32𝑎𝐴 + 120 = 1232 + 32𝑎𝐵 32(5,5) + 120 = 32𝑎𝐵 𝑎𝐵 =

176 + 120 32

Ing. Fernando Urrutia

Página 85

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑎𝐵 = 9,25 𝑓𝑡/𝑠 2 a)

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝐴 𝑡 𝑣 − 𝑣𝑜 𝑎𝐴 = 𝑡 𝑎𝐴 =

198−154 8

𝑎𝐴 = 5,5

𝑓𝑡 𝑠2

11.43. En una rampa se colocan cajas a intervalos uniformes de tiempo t y se deslizan hacia abajo de la rampa con aceleración uniforme. Si se sabe que cuando se suelta la caja B la caja A se ha deslizado 6m y que 1s después están separados una distancia de 10m. Determine: a) El valor de t b) La aceleración de las cajas

𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 A

B

𝑣𝑜𝐴 = 0 𝑣𝐴 =? 𝑡 = 𝑡𝑟 𝑥𝑜𝐴 = 0 𝑥𝐴 = 6𝑚

𝑣𝑜𝐵 = 0 𝑣𝐵 =? 𝑡𝐵 = 𝑡 − 𝑡𝑟 𝑥𝑜 𝐵 = 0 𝑥𝐵 = 𝑥

Sabemos 𝑥𝑜𝐴 y 𝑥𝑜𝐵 son 0 por lo q ambos tienen las mismas condiciones iniciales y por ende 𝑉𝑜 =0 1

𝑥𝐴 − 𝑥𝑜𝐴 = 𝑉𝑜𝐴 𝑡 + 2 𝑎𝐴 𝑡 2 1

𝑥𝐴 = 2 𝑎𝑡 2 Ing. Fernando Urrutia

1

𝑥𝐵 − 𝑥𝑜𝐵 = 𝑉𝑜𝐵 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 1

𝑥𝐵 = 2 𝑎(𝑡 − 𝑡𝑟)2

(2) Página 86

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑥𝐴 =

𝑎 2 𝑡 2

(1)

𝑡 = 𝑡𝑟 + 1 𝑣𝐵 =? 𝑣𝐴 =? 𝑥𝐴 = 𝑥𝐵 + 10 (3)

𝑥𝐴 − 𝑥𝐵 = 10

Igualamos 1 y 2 en 3 t = tr+1 𝑎 𝑎 (𝑡𝑟 + 1)2 − ((𝑡𝑟 + 1) − 𝑡𝑟)2 = 10 2 𝑎 (𝑡𝑟 2 2

2

+ 2𝑡𝑟 + 1 − 1) = 10

𝑎(𝑡𝑟 2 + 2𝑡𝑟) = 20

(4)

Remplazamos 4 en 1 xA=6; t=tr 12 (𝑡𝑟 2 + 2𝑡𝑟) = 20 𝑡𝑟 2 Ing. Fernando Urrutia

Página 87

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 12𝑡𝑟 2 + 24𝑡𝑟 = 20𝑡𝑟 2 −8𝑡𝑟 2 + 24𝑡𝑟 = 0 −8𝑡𝑟(𝑡𝑟 − 3) = 0 𝑡𝑟 = 3𝑠 𝐛) 𝑎 = 𝑎=

12 𝑡𝑟 𝟐

12 9

𝑎 = 1,33 𝑚/𝑠 2 11.44. Dos automóviles A y B se aproximan uno al otro en 2 carriles adyacentes de una autopista en t=0, A y B están a 1 km de distancia sus velocidades son VA=108km/h y VB=63km/h, y se encuentran en los puntos P y Q respectivamente, si se sabe que A pasa por el punto Q 40 s después de que B estuvo ahí, y que B pasa por el punto P 42 s después de que A estuvo ahí, determine: a) Las aceleraciones uniformes de A y B b) Cuando los vehículos pasan uno al lado del otro c) La rapidez de B en ese momento.

a) A 𝑣𝑜𝐴 = 108

𝑘𝑚 100𝑚 1ℎ 𝑚 ∗ ∗ = 30 ℎ 1𝑘𝑚 3600𝑠 𝑠

𝑣𝑜 =? ∆𝑥 = 1000𝑚 𝑡𝐴 = 40𝑠 1 ∆𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1000 = 30(40) +

𝑎=

1 2(𝑎)(10)2

(1000 − 1200)2 402

Ing. Fernando Urrutia

Página 88

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑎 = −0.25 𝑚/𝑠 2 aceleracion de A B 𝑣𝑜𝐵 = 63

𝑘𝑚 1000𝑚 1ℎ 𝑚 ∗ ∗ = 17,5 ℎ 1𝑘𝑚 3600𝑠 𝑠

𝑣𝐵 =? ∆𝑥 = 1000𝑚 𝑡𝐵 = 42𝑠 1 ∆𝑥 = 𝑣𝑜𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 1000 = 17,5(42) + 𝑎(42)2 2 (1000 − 732)2 𝑎= 42 2 𝑎 = 0,3 𝑚/𝑠 2

aceleración de B.

b) MRUV

𝑥𝐴0 = 0

𝑥𝐵 = 𝑥

𝑥𝐵0 = 1000 𝑥𝐵 = 1000 − 𝑥 ∆𝑥𝐵 = −1000 + 𝑥𝐴

A 𝑥 − 𝑥𝑜 =

B 1 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 1 2

1

∆𝑥𝐵 = 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

∆𝑥𝐴 = 30(𝑡) − (0,25)𝑡 2

(1)

∆𝑥𝐵 = 17,5(𝑡) +

1 2(0,3)𝑡 2

(𝟐)

∆𝑥𝐴 + ∆𝑥𝐵 = 1000 1 1 30𝑡 − (0,25)𝑡 2 + 17,5𝑡 + (0,3)𝑡 2 = 1000 2 2 0,025𝑡 2 + 30𝑡 − 1000 = 0 Ing. Fernando Urrutia

Página 89

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

−𝑏 ±

√(47,5)2 − 4(0,025)(−1000) √𝑏 2−4𝑎𝑐 = −47,5 ± 𝑎2 2(0,025) 𝑡1 = 20,8𝑠

𝑡2 = −1920,8𝑠

c) 𝑉𝐵 =? 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣 = 17,5 + 0,3(20,8) 𝑣 = 23,74

𝑚 3600𝑠 1𝑘𝑚 ∗ ∗ 𝑠 1ℎ 1000𝑚

𝑣 = 85,46

𝑘𝑚 ℎ

rapidez de B AL MOMENTO DE CRUZARSE.

11.45. El automóvil A esta estacionado en el carril con dirección a norte de una autopista y el automóvil B viaja en el carril con dirección al sur a una rapidez de 60 min/h. en t=0, A empieza a acelerar a una razón aA mientras que en t=5s, B empieza a frenar con una desaceleración de magnitud aA. si se sabe que cuando los automóviles pasan uno al lado del otro, X=294ft y vA=vB. Determine: a) La aceleración aA b) El momento en que los automóviles pasan uno al lado del otro. c) Distancia entre los automóviles en t=0.

𝑎𝐴 = 𝑐𝑛𝑠𝑡 𝑣𝑓 = 𝑣_0 + 𝑎𝑡 1

∆𝑥 = 𝑉𝑜𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

1

MRUV ( 𝑎𝐵 = 6 𝑎𝐴 )

𝑣𝑓 2 = 𝑣0 2 − 2𝑎∆𝑥 𝑣𝐴 = 𝑣𝐵 𝑥𝐴 = 294 𝑓𝑡 𝑣𝑓 2 𝐴 = 2 ∗ 294(𝑎𝐴 ) Ing. Fernando Urrutia

Página 90

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝑓𝐴 = (2 ∗ 294 ∗ 𝑎1 )1/2 𝑎𝐴 𝑡 =

88𝑓𝑡 𝑎𝐴 − (𝑡 − 5) 𝑠 6

1 294𝑓𝑡 = 𝑎 𝐴 𝑡 2 2

(1)

(2)

Despejo la” a” 𝑎𝐴 =

88𝑓𝑡/𝑠 7𝑡 5 6 −6

(1)

𝑎𝐴 =

294𝑓𝑡 1 2 2𝑡

(2)

Igualando 1 y 2 88𝑓𝑡 294𝑓𝑡 𝑠 = 1 2 7𝑡 5 𝑡 2 6 −6 44𝑡 2 − 343𝑡 + 245 = 0 𝑡1 = 0.75𝑠 𝑡2 = 7𝑠 Sustituyendo el tiempo 𝒕𝟐 = 𝟕𝒔 𝑎𝐴 =

294𝑓𝑡 1 2 2 (7)

𝑎𝐴 = 12𝑓𝑓𝑡/𝑠 2 b) t= 7s calculado para obtener la aceleración de a. c) determinamos el desplazmaiento total de B, para sumarlo a los 294ft que tenemos de dato y encontrar el valor de “d”. Ing. Fernando Urrutia

Página 91

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑎𝐵 =

1 ∗ 12 6

𝑎𝐵 = −2𝑚/𝑠 "2 1 𝑥𝑏 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 88𝑓𝑡 88𝑓𝑡 1 𝑥𝑏 = [( ) ∗ 5𝑠] + ( ) ∗ 2𝑠 + ∗ (−2) ∗ (𝑠)2 𝑠 𝑠 2 𝑥𝑏 = 612 𝑓𝑡

Sumanos los 612 ft a los 294 ft de dato y obtenemos el valor de “d”

d= 612ft + 294 ft

d=906 ft

11.46. Dos bloques A y B se colocan sobre un plano inclinado, como se muestra en la figura en t=0, A se proyecta hacia arriba sobre el plano con una velocidad inicial de 27 ft/s y B se suelta desde el reposo. Los bloques pasan uno junto al otro 1 segundo después y B llega a la parte baja del plano inclinado cuando t= 4.3 segundos. Si se sabe que la máxima distancia que alcanza el bloque A desde la base del plano es de 21 ft y que las aceleraciones de A y B debidas a la gravedad y la fricción son constantes y están dirigidas hacia abajo sobre el plano inclinado, determine: a) Las aceleraciones de a y B b) La distancia d c) La rapidez de A cuando los bloques pasan uno junto al otro. Ing. Fernando Urrutia

Página 92

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

a = conste; v=varia aplicamos MRUV 𝑣 𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (1) 1

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 (2) 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (3) a) Para encontrar aA se utiliza la ecuación ( 3) 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜) 𝑓𝑡

𝑎𝐴 =(27 𝑠 )2 + 2𝑎𝐴 ∗ (21𝑓𝑡) 𝑓𝑡

−(27 )2

𝑠 𝑎𝐴 = 2(21𝑓𝑡)

𝑎𝐴 =−17.357

𝑓𝑡 𝑠2

// aceleración de A

Para encontrar aB usamos la ecuación ( 2) 1 𝑥𝐴 = 𝑥𝑜𝐴 + 𝑣𝑜𝐴 𝑡 + 𝑎𝐴 2 𝑡 2 1

𝑥𝑓𝐴 = 𝑣𝑜𝐴 𝑡 + 2 𝑎𝐴 2 𝑡 Ing. Fernando Urrutia

(4)

Página 93

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1

2

𝑥𝐵 = 𝑥𝑜𝐵 + 𝑣𝑜𝐵 𝑡 + 2 𝑎𝐵 𝑡 1

𝑥𝐵 = 2 𝑎𝐵 𝑡 2 (5) 𝑒𝑛 𝑡 = 1 𝑠;

𝑥𝐴 = +𝑥𝐵 = 𝑑

𝑒𝑛 𝑡 = 3.4 𝑠;

𝑥𝐵 = 𝑑

𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 = 𝑥𝐵 1 1 1 𝑣𝑜𝐴𝑡 + 𝑎𝐴𝑡 2 + 𝑎𝐵𝑡 2 = 𝑎𝐵𝑡 2 2 2 2 27𝑓𝑡 1 17.357𝑓𝑡 1 1 2] 2) (1𝑠) [ + (− ) ∗ + 𝑎𝐵(1𝑠 = 𝑎𝐵 ∗ (3.4𝑠)2 1𝑠 2 𝑠2 2 2 1 1 2𝑡 𝑓𝑡 − 8.68 𝑓𝑡 + 𝑎𝐵 = 𝑎𝐵 ∗ (3.4𝑠)2 2 2 1 11.56 2 18 − 32 𝑓𝑡 + 𝑎𝐵 = 𝑠 𝑎𝐵 2 2 34.64 𝑓𝑡 + 𝑎𝐵 11.56 𝑠 2 = 𝑎𝐵 2 2 34.64 𝑓𝑡 + 𝑎𝐵 = 11.56 𝑎𝐵 34.64 𝑓𝑡 = 11.56 𝑎𝐵 − 𝑎𝐵 𝑎𝑏 =

34.64 𝑓𝑡 10.56 𝑠 2 𝑓𝑡

𝑎𝑏 = 3.47 𝑠2 aceleración de B b) Remplazo aB en la ecuación (5) para obtener d; xB= d 1 𝑥𝐵 = 𝑎𝐵𝑡 2 2 𝑑=

1 𝑓𝑡 ∗ (3.47 2 ) ∗ (3.4𝑠)2 2 𝑠

𝑑 = 20.06 𝑓𝑡 // distancia “d” C) Para vA uso la Ecuación (1), con t=1s 𝑣𝐴 =𝑣𝐴𝑜 +𝑎𝐴t 𝑣𝐴 = 27

𝑓𝑡 17.357𝑓𝑡 + (− ) ∗ (1𝑠) 𝑠 𝑠2

Ing. Fernando Urrutia

Página 94

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝐴 = 27

𝑓𝑡 − 17.357𝑓𝑡/𝑠 𝑠

𝑣𝐴 = 9.643

𝑓𝑡 𝑠

rapidez de A, al momento de cruzarse.

11.47. El bloque deslizante A se mueve hacia la izquierda con una velocidad constante de 6m/s. Determine: a) La velocidad del bloque B b) La velocidad de la parte D del cable c) La velocidad relativa de la porción C del cable con respecto a la porción D.

a=0; v= constante por lo tanto aplicamos MRU 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑡 Analizando los 2 casos anteriores, tenemos: 𝑣𝐴 + 3𝑣𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (2)

𝑎𝐴 + 3𝑎𝐵 = 0 (3)

a) Para obtener la vB remplazo vA en la ecuación (2) 𝑣𝐴 + 3𝑣𝐵 = 0 𝑣𝐵 =

𝑣𝐴 3

Ing. Fernando Urrutia

Página 95

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 6𝑚 𝑣𝐵 = 𝑠 3 𝑣𝐵 =

2𝑚 // 𝑠

velocidad de B

b) Para vD establezco la relación 𝑦𝐵 + 𝑦𝐷 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑣𝐵 + 𝑣𝐷 = 0 𝑣𝐷 = −𝑣𝐵 𝑣𝐷 = −2𝑚/𝑠 velocidad de D c) Para vC/D establezco la relación 𝑥𝐴 + 𝑦𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑣𝐴 + 𝑣𝐶 = 0 𝑣𝐶 = −6𝑚/𝑠 𝑣𝐶 = 𝑣𝐶 − 𝑣𝐷 𝐷 𝑣𝐶 6𝑚 2𝑚 =− − 𝐷 𝑠 𝑠 𝑣𝐶 𝐷

= 8𝑚/𝑠 velocidad relativa

11.48. El bloque B inicia su movimiento desde el reposo y desciende con una aceleración constante. Si se sabe que después de que el bloque A se ha movido 40 mm, su velocidad es de 4 m/s determine: a) Las aceleraciones de A y B b) La velocidad y el cambio en la posición del bloque B después de 2 segundos.

Ing. Fernando Urrutia

Página 96

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

El bloque B tiene MRUV; por lo tanto el bloque A también lo tendrá, debido a que los dos están sujetos Datos A: X=400 mm V=4 m/s 𝑣𝐵 =0 Ecuaciones para A y B: 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (1) 1

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 (2) 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (3) Solución Ing. Fernando Urrutia

Página 97

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion a) 𝑣 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜) 𝑣 2 −𝑣𝑜2

𝑎𝐴 = 2∗(𝑥−𝑥𝑜) =

(4𝑚/𝑠)2 (0.4)𝑚 𝑠

2∗

𝑎𝐴 = −20 𝑚/𝑠 Longitud de la cuerda inextensible Geométricamente 12 + 23 + 34 + 45 + 56 + 67 + 78 + 89 + 910 + 1011 = constante 𝑟̅𝐴 +𝑟̅𝐵 +𝑟̅𝐵 +𝑟̅𝐵 = constante Ahora derivamos para obtener la velocidad y aceleración 𝑣𝐴 x+3𝑣𝐵 y=0 𝑎𝐴 x+3𝑎𝐵 y=0 1

𝑎𝐵 = − 3 𝑎𝐴 𝑎𝐵 = −6.67 𝑚/𝑠 2 b)

𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣=

6.66𝑚 𝑠2

∗ (2 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)

𝑣 = 13.334 𝑚/𝑠 // 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (𝑥 − 𝑥𝑜 ) =

𝑣 2 +𝑣𝑜2 2𝑎

(𝑥 − 𝑥𝑜 ) =

(13.34)2 2 ∗ (6.60)

(𝑥 − 𝑥𝑜 ) = −13.334 𝑚 // 11.49. El elevador mostrado en la figura se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 15 ft/s. Determinar: a) La velocidad del cable C b) La velocidad del contrapeso W c) La velocidad relativa del cable C con respecto al elevador Ing. Fernando Urrutia

Página 98

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion d) La velocidad relativa del contrapeso W con respecto al elevador.

Datos: 𝑣𝐸 =15 ft/s Solución: Longitud de la cuerda inextensible Ing. Fernando Urrutia

Página 99

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Longitud=constante 65 + 54 + 43 + 32 + 21 + 1c = constante 𝑦𝐸 -constante + 𝑦𝐸 - constante +𝑦𝐶 - constante = constante Derivamos (2yE+yC= constante) 2𝑣𝐸 + 𝑣𝐶 = 0 𝑣𝐶 =-2vE 𝑣𝐶 =-2*(-15 ft/s) 𝑣𝐶 = 30 ft/s // CONTRAPESO (longitud inextensible) a+bc+cd=constante Derivamos (yW+yE = constante) 𝑣𝑊 +𝑣𝐸 =0 𝑣𝑊 =-(-15 ft/s) 𝑣𝑊 =15 ft7s // c) 𝑣𝐶/𝐸 =𝑣𝐸𝐶 =𝑣𝐶 -𝑣𝐸 = 30-(-15) = 45ft/s d) 𝑣𝑊/E =𝑣𝑊 -𝑣𝐸 = 15-(-15) = 30 ft/s 11.50. El elevador mostrado en la figura inicia su movimiento desde el reposo y se mueve hacia arriba con una aceleración constante. Si el contrapeso W recorre 30 ft en 5 segundos, determine: a) La aceleración del elevador y el cable C b) La velocidad del elevador después de 5 segundos

Ing. Fernando Urrutia

Página 100

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Datos: Bloque E

a= ? 𝑣𝑜 =0 𝑥𝑜 =0

Contrapeso (x-𝑥𝑜 )= 30 ft t=5 segundos 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (1) 1

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 (2) 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜 ) (3) Solución: Elevador Longitud=constante Ing. Fernando Urrutia

Página 101

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 65 + 54 + 43 + 32 + 21 + 1c = constante 𝑦E -constante + 𝑦E - constante +𝑦C - constante = constante Derivamos (2𝑦E +𝑦C = constante) 2𝑣𝐸 + 𝑣𝐶 = 0 𝑣𝐶 =-2vE 𝑣𝐶 = 0 ft/s // CONTRAPESO (longitud inextensible) 𝑎̅ + ̅̅̅ 𝑏𝑐 + ̅̅̅ 𝑐𝑑 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Derivamos (𝑦W +𝑦E = constante) 𝑣𝑊 +𝑣𝐸 =0 a)

1 2

(𝑥 − 𝑥𝑜 ) = 𝑎𝑊𝑡 2 𝑎𝑊 =

2 ∗ (𝑥 − 𝑥𝑜 ) 𝑡2

𝑎𝑊 =

2 ∗ (−30) (2𝑠)2

𝑎𝑊 = −2.40 𝑓𝑡/𝑠 Relacionamos las respuestas obtenidas anteriormente 𝑎𝑊 +𝑎𝐸 =0 2𝑎𝐸 =-𝑣𝐶 𝑎𝐶 =-2𝑎𝐶 𝑎𝐶 =-2*(-2.40 ft/s) 𝑎𝐶 =4.80 ft/s // b)

𝑣 = 2.40 𝑣 = 12

𝑓𝑡 𝑠

∗ (5 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)

𝑓𝑡 𝑠

11.51. El collarín A empieza a moverse desde el reposo y se desplaza hacia arriba con una aceleración constante. Si se sabe que después de 8 segundos la velocidad relativa del collarín B con respecto al collarín A es de 24 in/s, determine: Ing. Fernando Urrutia

Página 102

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion a) Las aceleraciones de A y B b) La velocidad y el cambio en la posición de B después de 6 segundos.

a= constante; v=varía aplico MRUV: 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 (1) 1

𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 (2) 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥𝑜) (3) De los casos (1) y (2) se obtiene a) Para obtener aA y aB utiliza la ecuación (1); en t= 8 segundos. 𝑦𝐴 = 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 = 0

(4)

𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 = 0 (5) 𝑣𝐴 = 𝑣𝑜𝐴 + 𝑎𝐴𝑡 Ing. Fernando Urrutia

Página 103

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝐴 = 𝑎𝐴𝑡 (6) 𝑣𝐵/𝐴 = 24 𝑖𝑛/𝑠 // 𝑣𝐵 = 𝑣𝑜𝐵 + 𝑎𝐴𝑡 𝑣𝐵 = 𝑎𝐴𝑡 (7) 𝑣𝐵 = 𝑣𝐵 − 𝑣𝐴 𝐴 𝑣𝐵 = 𝑎𝐵𝑡 − 𝑎𝐴𝑡 𝐴 24

𝑖𝑛 = 𝑡 ∗ (𝑎𝐵 − 𝑎𝐴) 𝑠

24

𝑖𝑛 = 8𝑠 ∗ (𝑎𝐵 + 2𝑎𝐵) 𝑠

3

𝑖𝑛 = 3𝑎𝐵 𝑠2

𝑎𝐵 = −1𝑖𝑛/𝑠 2 // 𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛, 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎𝐴 𝑎𝐴 = −2𝑎𝐵 𝑎𝐴 = −2 ∗ (

1𝑖𝑛 ) 𝑠2

𝑎𝐴 = 2𝑖𝑛/𝑠 2 b) Para encontrar vB remplazo aB en la ecuación 7; en t= 6 segundos. 𝑣𝐵 = 𝑎𝐵𝑡 𝑣𝐵 = −1

𝑖𝑛 ∗ (6 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠) 𝑠2

𝑣𝐵 = −6

𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

Para encontrar yB, la función de y; en t= 6 segundos 1

𝑦𝐵 = 𝑦𝑜𝐵 + 𝑣𝑜𝐵𝑡 + 2 𝑎𝐵𝑡 2 1 2

𝑦𝐵 = ∗ (−1

𝑖𝑛 )∗ 𝑠2

(36𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)2

𝑦𝐵 = −18 𝑖𝑛// Ing. Fernando Urrutia

Página 104

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 11.52. En la posision mostrada en el collarin B se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 12 in⁄s. Determine a) la velocidad del colarin A, b)la velocidad de la posición C del cable, c) la velocidad de la porción C del cable con respecto al collarin B.

Datos: Para el bloque B 𝑣𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 12 𝑖𝑛⁄𝑠 𝑙𝑜𝑛𝑔. 𝑐𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 Solución a). Se observa en el grafico los siguientes puntos ̂ + 56 ̅̅̅̅ + 67 ̅̅̅̅ + 23 ̌ + 34 ̅̅̅̅ + 45 ̌ + 78 ̅̅̅̅= conste 12 ̂ , 67 ̌ , 45 ̌ , como son constantes pasan al otro lado del igualdad Los términos 23 ̅̅̅̅ + 78 ̅̅̅̅ + 34 ̅̅̅̅ + 56 ̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 12 Cambiamos los puntos por posiciones con respecto al eje tomado 𝑦𝐴 + 𝑦𝐴 + 𝑦𝐵 + (𝑦𝐵 − 𝑦𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑦𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 Ing. Fernando Urrutia

(1)

Página 105

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos q derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑑(𝑦𝐴 + 2𝑦𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 (2)

𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 = 0

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos q derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 = 0

(3)

Para encontrar 𝑣𝐴 se utiliza la ecuación 2 𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 = 0 𝑣𝐴 = −2𝑣𝐵 𝑣𝐴 = −2(12 𝑖𝑛⁄𝑠) 𝑣𝐴 = −24 𝑖𝑛⁄𝑠 b)Se observa en el gráfico los siguientes puntos ̂ + 56 ̅̅̅̅ + 67 ̅̅̅̅ + 23 ̌ + 34 ̅̅̅̅ + 45 ̌ + 78 ̅̅̅̅= conste 12 ̂ , 67 ̌ , 45 ̌ , como son constantes pasan al otro lado del igualdad Los términos 23 ̅̅̅̅ + 34 ̅̅̅̅ + 6𝐶 ̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 12 Se cambia los puntos por posiciones con respecto al eje tomado 𝑦𝐴 + 𝑦𝐴 + 𝑦𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (1)

2𝑦𝐴 + 𝑦𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos q derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑑(2𝑦𝐴 + 𝑦𝐶 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑣𝐴 + 𝑣𝐶 = 0

(2)

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos q derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(2𝑣𝐴 + 𝑣𝐶 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑎𝐴 + 𝑎𝐶 = 0 Ing. Fernando Urrutia

(3) Página 106

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Para sacar 𝑣𝐶 se utiliza la ecuación 2 2𝑣𝐴 + 𝑣𝐶 = 0 𝑣𝐶 = −2𝑣𝐴 𝑣𝐶 = −2(−24 𝑖𝑛⁄𝑠) 𝑣𝐶 = −48 𝑖𝑛⁄𝑠 c) 𝑣𝐶⁄ = 𝑣𝐶 − 𝑣𝐵 𝐵

𝑣𝐶⁄ = (−48 𝑖𝑛⁄𝑠) − (−12 𝑖𝑛⁄𝑠) 𝐵

𝑣𝐶⁄ = −36 𝑖𝑛⁄𝑠 𝐵

11.53. El bloque deslizante B se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de mm 300 s . Determine: a. b. c. d.

La velocidad del bloque deslizante A La velocidad de la porción C del cable La velocidad de la porción D del cable La velocidad relativa de la posición C del cable con respecto al bloque deslizante A

Ing. Fernando Urrutia

Página 107

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Datos: Para el bloque A 𝑣𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 300 𝑚𝑚⁄𝑠 = 0.3𝑚⁄𝑠 𝑙𝑜𝑛𝑔. 𝑐𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑎=0 Solución a). ̅̅̅ + 56 ̌ + ̅68 ̅12 ̅̅̅ + 23 ̌ + ̅35 ̅̅̅ + 89 ̌ + ̅̅̅̅̅ 910= conste ̅̅̅̅+68 ̅̅̅̅+ 35 ̅̅̅̅+9 ̅̅̅̅̅̅ 12 10= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑟𝐵 + (𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 ) + (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 − 𝑟𝐴 ) + (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 − 𝑟𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 (2𝑥𝐵 − 3𝑥𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑑 (2𝑥𝐵 − 3𝑥𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑑𝑡 Mediante la derivada de la posición obtenemos la velocidad 2𝑣𝐵 − 2𝑣𝐴 = 0 𝑣𝐴 =

𝑣𝐵 3

𝑣𝐴 =

2(0.3 𝑚⁄𝑠) 3

𝑣𝐴 = 0.2 𝑚⁄𝑠 b). Long C = constante ̅̅̅̅ + 23 ̌ + 34 ̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 12 𝑥𝐵 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 + (𝑥𝐵 − 𝑥𝐶 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 − 𝑟𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 Al derivar la posición se obtiene como resultado la velocidad 𝑑 (2𝑥 − 𝑥𝑐 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑑𝑡 2𝑣𝐵 − 𝑣𝐶 = 0 Ing. Fernando Urrutia

Página 108

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 2𝑣𝐵 = 𝑣𝐶 Reemplazo 𝑣𝐵 𝑣𝑐 = 2(0.3 𝑚⁄𝑠) 𝑣𝑐 =0.6𝑚⁄𝑠 c).(𝑥𝑐 − 𝑥𝐴 ) + (𝑥𝐷 − 𝑥𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 Al realizar la derivada se obtien la velocida 𝑑 (𝑥 − 2𝑥𝐴 + 𝑥𝐷 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑑𝑡 𝑐 𝑣𝑐 − 2𝑣𝐴 + 𝑣𝐷 = 0 Reemplazo 𝑣𝑐 y 𝑣𝐴 0.6𝑚⁄𝑠 – 2(0.2 𝑚⁄𝑠) = −𝑣𝐷 𝑣𝐷=−0.2𝑚⁄𝑠 d). 𝑣𝐶 =𝑣𝑐 − 𝑣𝐴 𝐴

𝑣𝐶/𝐴 = 0.6 𝑚⁄𝑠 − 0.2 𝑚⁄𝑠 𝑣𝐶/𝐴 = 0.4 𝑚⁄𝑠 11.54. En el instante mostrado, el bloque deslizante B se esta moviendo con una aceleración constante y su rapidez es de 150 mm⁄s . Si se sabe que después de que el bloque deslizante A se a movido 240mm hacia la derecha su velocidad es 60 mm⁄ , determine: s a) Las aceleraciones de A y B b) La aceleracio de la porción D del cable vc) La velocidad y el cambio en la posición del bloque deslizante B luego d 4s

Ing. Fernando Urrutia

Página 109

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Datos : Para el bloque B 𝑉𝑜𝐵 = 0,15 𝑚⁄𝑠 𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Para el bloque A 𝛥𝑟𝐴 = 0.24𝑚 𝑉𝐴 = 0,06 𝑚⁄𝑠 Solución Como el bloque A es dependiente del bloque B los dos se mueven con aceleración constante y tiene MRUV MRUV 𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 1 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 𝑣 2 = 𝑣0 2 + 2𝑎𝛥𝑥 Ing. Fernando Urrutia

Página 110

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Se aplica la relación de la cuerda inextensible ̅̅̅ + 56 ̌ + ̅68 ̅12 ̅̅̅ + 23 ̌ + ̅35 ̅̅̅ + 89 ̌ + ̅̅̅̅̅ 910= conste ̅̅̅+68 ̅12 ̅̅̅+ ̅35 ̅̅̅̅+9 ̅̅̅̅̅̅ 10= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑟𝐵 + (𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 ) + (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 − 𝑟𝐴 ) + (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 − 𝑟𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑑 (2𝑟𝐵 − 3𝑟𝐴 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑑𝑡 Mediante la derivada de la posición obtenemos la velocidad 2𝑣𝐵 − 3𝑣𝐴 = 0 Despejo 𝑣𝐴 y reeplazo 𝑣𝐵 𝑉𝑜𝐴 =

2𝑣𝑜𝐵 3

𝑉𝑜𝐴 =

2(0,15 𝑚⁄𝑠) 3

𝑉𝑜𝐴 = 0,1 𝑚⁄𝑠 Para calcular la aceleración de A aplico : 𝑣 2 = 𝑣0 2 + 2𝑎𝛥𝑥 (0,06 𝑚⁄𝑠)2 = (0,1 𝑚⁄𝑠)2 + 2𝑎(0.24𝑚) 𝑎=

(0,06 𝑚⁄𝑠)2 − (0,1 𝑚⁄𝑠)2 2(0.24𝑚)

𝑎𝐴 = −0,013 𝑚⁄ 2 𝑠 Reemplazo 𝑎𝐴 e la ecuación y despejo 𝑎𝐵 : 2𝑎𝐵 − 3𝑎𝐴 = 0 𝑎𝐵 =

3𝑎𝐴 2

𝑎𝐵 =

3(−0,013 𝑚⁄ 2 ) 𝑠 2

𝑎𝐵 = −0,02 𝑚⁄ 2 𝑠 𝑏) se crealliza la relación de la cuerda inextensible: Ing. Fernando Urrutia

Página 111

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion ̅̅̅̅̅ + 89 ̂ + 8𝐷 ̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒 910 ̅̅̅̅̅ 910 + ̅̅̅̅ 8𝐷 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒 𝑟𝐴 + 𝑟𝐷 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒 Al integarar dos veces la ecuación de la posición obtenemos la ecuación de la aceleracion 𝑑 (𝑟 + 𝑟𝐷 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒) 𝑑𝑡 𝐴 𝑣𝐴 + 𝑣𝐷 = 0 𝑑 (𝑣 + 𝑣𝐷 = 0) 𝑑𝑡 𝐴 𝑎𝐴 + 𝑎𝐷 = 0 𝑎𝐴 = −𝑎𝐷 𝑎𝐷 = 0,013 𝑚⁄ 2 𝑠 c) Para t= 4s 𝑣𝐵 = 𝑣0𝐵 + 𝑎𝐵 𝑡 𝑣𝐵 = 0,15 𝑚⁄𝑠 + 0,02 𝑚⁄ 2 (4𝑠) 𝑠 𝑣𝐵 = 0,07 𝑚⁄𝑠 Para calcular la variación de posiscion se aplica la ecuación del MRUV 1 𝛥𝑥𝐵 = 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝛥𝑥𝐵 = 0,15 𝑚⁄𝑠 (4𝑆) + (0,02 𝑚⁄ 2 )(4)2 𝑠 2 𝛥𝑥𝐵 = 0,44𝑚 11.55. El bloque B se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 20 mm⁄s. En t = 0 , el bloque A se mueve hacia arriba con una aceleración constante y su velocidad es 30 mm⁄s. Si se sab que en t = 3 el bloque deslizante Cse ha movido 57mm a la derecha, determine: a) La velocidad del bloque deslizante C en 𝑡 = 0 b) Las aceleraciones de A y C Ing. Fernando Urrutia

Página 112

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion c) El cambio en la posición del bloque A después de 5 s

Datos: Para el bloque A MRUV 𝑉𝑜𝐴 = 30 𝑚⁄𝑠

 0,03 𝑚⁄𝑠

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 1 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 𝑣 2 = 𝑣0 2 + 2𝑎𝛥𝑥 Para el bloque B

Ing. Fernando Urrutia

Página 113

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑉𝐵 = 20 𝑚⁄𝑠 0,02 𝑚⁄𝑠 (esta velocidad ds constante por tanto se puede aplicar para cualquier tiempo) 𝑟𝐵 = 𝑟𝑜𝐵 + 𝑣𝐵 𝑡 Para el bloque C Si: 𝑡 = 3𝑠 𝛥𝑟 = 57𝑚𝑚 0,057 m 𝑉𝑐 =? Cuando 𝑡 = 0 Para calcular la 𝑉𝑐 realizamos la relación con la cuerda inextensible a) Long. Cuerd= constante ̌ + ̅56 ̅̅̅ + 67 ̅12 ̅̅̅ + 23 ̌ + ̅34 ̅̅̅ + 45 ̌ + ̅78 ̅̅̅ + 89 ̌ + ̅̅̅̅̅ ̌ + ̅̅̅̅̅̅̅ ̌ + ̅̅̅̅̅̅̅ 910 + 1011 1112 + 1213 1314 ̌ ̅̅̅̅̅̅̅ + 1415 + 1516 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒 3𝑟𝐴 + 4𝑟𝐵 + 𝑟𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑒 3𝑦𝐴 + 4𝑦𝐵 + 𝑥𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑒 Para obtener la ecuación de la aceleración realizamos las derivada de la ecuacion de la posición 3𝑣𝐴 + 4𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 = 0 De acuerdo al sistema referencial tomamaos en cuanta los signos −3𝑣𝐴 + 4𝑣𝐵 − 𝑣𝑐 = 0 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑣𝐴 𝑦 𝑣𝐵 y despejo 𝑣𝑐 −3𝑣𝐴 + 4𝑣𝐵 − 𝑣𝑐 =0

−3(0,03 𝑚⁄𝑠) + 0,02 𝑚⁄𝑠 = 𝑣𝑐 𝑣𝑜𝑐 = −0,01 𝑚⁄𝑠 b) Para calcular 𝑎𝑐 despejamos de: 1 2

𝛥𝑥𝑐 = 𝑣𝑜𝑐 + 𝑎𝑐 𝑡 2

Ing. Fernando Urrutia

Página 114

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 2(𝛥𝑥𝑐 − 𝑣𝑜𝑐 𝑡) = 𝑎𝑐 𝑡2 2[0,057 m − (0,01 𝑚⁄𝑠 (3𝑠))] = 𝑎𝑐 9𝑠 2 2(0,087𝑚⁄𝑠) 9

𝑎𝑐 =

𝑎𝑐 =0.006𝑚⁄ 2 𝑠 Como el bloque B tiene MRU 𝑎𝐵 = 0 y reemplazo en : −3𝑎𝐴 + 4𝑎𝐵 − 𝑎𝑐 =0 −3𝑎𝐴 − 𝑎𝑐 =0 −𝑎𝐴 =

𝑎𝑐 3

0.006 𝑚⁄ 2 𝑠 −𝑎𝐴 = 3 𝑎𝐴 = −0.002 𝑚⁄ 2 𝑠 1

c) 𝛥𝑦 = 𝑣0𝐴 𝑡 + 2 𝑎𝐴 𝑡 2 1 𝛥𝑦 = 0,03 𝑚⁄𝑠 (5𝑠) + (−0.002 𝑚⁄ 2 )(5𝑠)2 𝑠 2 𝛥𝑦 = −0,175𝑚

11.56. El bloque B empieza a moverse desde el reposo, el bloque A se mueve con una aceleración constante y el bloque deslizante C se desplaza hacia la derecha con una aceleración constante de 75 mm⁄ 2. Si se sab q en t = 2s las velocidades de B y C s son 480 mm⁄s hacia abajo y 280 mm⁄s hacia la derecha, respectivamente , determine a) Las aceleraciones de A y B b) Las velocidades iniciales de A y C c) El cambio en la posición del bloque deslizante C después de 3s

Ing. Fernando Urrutia

Página 115

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Datos 𝑣𝐵𝑜 = 0

𝑎𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

𝑎𝐶 = 75 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

𝑡 = 2𝑠

𝑣𝐵 = 480 𝑚𝑚⁄𝑠

𝑣𝐶 = 280 𝑚𝑚⁄𝑠

Para el bloque A

Para el blouqe B

MRUV

MRUV

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

a) Se utiliza la ecuación del MRUV y la 𝑣𝐵𝑜 = 0 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 Ing. Fernando Urrutia

Página 116

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝑓𝐵 = 𝑣𝑜𝐵 + 𝑎𝐵 𝑡 𝑎𝐵 =

𝑣𝑓𝐵 𝑡

𝑎𝐵 =

480 𝑚𝑚⁄𝑠 2𝑠

𝑎𝐵 = 240 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 Long. Cuerd= constante ̌ + 56 ̅̅̅̅ + 67 ̅̅̅̅ + 23 ̌ + 34 ̅̅̅̅ + 45 ̌ + 78 ̅̅̅̅ + 89 ̌ + 910 ̅̅̅̅̅ + 1011 ̌ + 1112 ̅̅̅̅̅̅̅ + 1213 ̌ + 1314 ̅̅̅̅̅̅̅ 12 ̌ + 1516 ̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 + 1415 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝐵 + 𝑟𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒 3𝑟𝐴 + 4𝑟𝐵 + 𝑟𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑒 3𝑦𝐴 + 4𝑦𝐵 + 𝑥𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑒 Para obtener la ecuación de la aceleración realizamos las derivada de la ecuacion de la posición 3𝑣𝐴 + 4𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 = 0 Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos que derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(3𝑣𝐴 + 4𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 3𝑎𝐴 + 4𝑎𝐵 + 𝑎𝐶 = 0

(1)

Para sacar 𝑎𝐴 se utiliza la ecuación 1 y se reemplaza los valores que ya se tiene 3𝑎𝐴 + 4 (240 𝑚𝑚⁄ 2 ) + (75 𝑚𝑚⁄ 2 ) = 0 𝑠 𝑠 1035 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑎𝐴 = 3 𝑎𝐴 = 345 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 b) Se utiliza la ecuación de MRUV para encontrar 𝑣𝑜𝐶 en un 𝑡 = 3𝑠 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣𝑓𝐶 = 𝑣𝑜𝐶 + 𝑎𝐶 𝑡 Ing. Fernando Urrutia

Página 117

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑣𝑜𝐶 = 𝑣𝑓𝐶 − 𝑎𝐶 𝑡 𝑣𝑜𝐶 = (280 𝑚𝑚⁄𝑠) − (75 𝑚𝑚⁄ 2 ) 3𝑠 𝑠 𝑣𝑜𝐶 = 130 𝑚𝑚⁄𝑠 Se utiliza la ecuación de la velocidad para encontrar 𝑣𝐴 3𝑣𝐴 + 4𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 = 0 3𝑣𝐴 + 4(0) + (−130 𝑚𝑚⁄𝑠) = 0 𝑣𝐴 =

−130 𝑚𝑚⁄𝑠 3𝑠

𝑣𝐴 = −43.3 𝑚𝑚⁄𝑠 c) Se utiliza la ecuación de MRUV para calcular ∆𝑥𝑐 1 𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 ∆𝑋𝐶 = 𝑣𝑜𝐶 𝑡 + 𝑎𝐶 𝑡 2 2 1 ∆𝑋𝐶 = (130 𝑚𝑚⁄𝑠)3𝑠 + (75 𝑚𝑚⁄ 2 ) (3𝑠)2 𝑠 2 ∆𝑋𝐶 = 728𝑚𝑚 11.57. El collarín A inicia su movimiento desde el reposo en 𝑡 = 0 y se mueve hacia abajo con una aceleración constante de 7𝑖𝑛/𝑠 2 . El collarín B se desplaza hacia arriba con una aceleración constante y su velocidad inicial es de 8𝑖𝑛/𝑠. Si se sabe que el collarín B se mueve 20𝑖𝑛 entre 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2𝑠, determine a) las aceleraciones del collarín B y el bloque C b) el tiempo en el cual la velocidad del bloque C es cero, c) la distancia que habrá recorrido el bloque C en ese tiempo

Ing. Fernando Urrutia

Página 118

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Para el collarín A

Para el collarín B

𝑥𝑜 = 0

𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑡

𝑡=0

𝑣𝑜 = 8 𝑖𝑛⁄𝑠

𝑣𝑜 = 0

∆𝑥 = 20𝑖𝑛

𝑎𝐴 = 7 𝑖𝑛⁄𝑠 2

∆𝑡 = 2𝑠

MRUV

MRUV

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

Ing. Fernando Urrutia

Página 119

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1

a) 𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 1 ∆𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝐵 𝑡 2 2 ∆𝑥 − 𝑣𝑜 𝑡 𝑎𝐵 = 2 𝑡2 [20𝑖𝑛 − 8 𝑖𝑛⁄𝑠 (2𝑠)] 𝑎𝐵 = 2 (2𝑠)2 [20𝑖𝑛 − 16 𝑖𝑛] 𝑎𝐵 = 2 4𝑠 2 4𝑖𝑛 𝑎𝐵 = 2 2 4𝑠 𝑎𝐵 = 2 𝑖𝑛⁄𝑠 2 Como en el grafico nos indica que es una sola cuerda y esta es inextensible 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝐶𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Se observa en el grafico los siguientes puntos ̅̅̅ + 56 ̂ + ̅67 ̅01 ̅̅̅ + 12 ̂ + ̅23 ̅̅̅ + 34 ̆ + ̅45 ̅̅̅ + 78 ̆ + ̅89 ̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ̂ , 78 ̂ , 34 ̆ , 56 ̆ como son constantes pasan al otro lado del igual Los términos 12 ̅̅̅̅ + 67 ̅̅̅̅ + 23 ̅̅̅̅ + 45 ̅̅̅̅ + 89 ̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 01 Cambiamos los puntos por posiciones con respecto al eje tomado 𝑥𝐴 + (𝑥𝐴 − 𝑥𝐶 ) + (𝑑 − 𝑥𝐶 ) + (𝑑 − 𝑥𝐶 ) + (𝑥𝐵 − 𝑥𝐶 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (1)

2𝑥𝐴 − 4𝑥𝐶 + 𝑥𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos q derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑑(2𝑥𝐴 − 4𝑥𝐶 + 𝑥𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 = 0

(2)

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos q derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑎𝐴 − 4𝑎𝐶 + 𝑎𝐵 = 0

(3)

Como los tres bloques tienen un mismo MRUV utilizamos la ecuación 3 para encontrar la aceleración de C y los signos dependerán del movimiento que realice Ing. Fernando Urrutia

Página 120

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion cada bloque será negativo cuadno el bloque sube y será positivo cuando el bloque baje −2𝑎𝐴 − 4𝑎𝐶 + 𝑎𝐵 = 0 −2(7 𝑖𝑛⁄𝑠 2 ) + (2 𝑖𝑛⁄𝑠 2 ) = 4𝑎𝐶 4𝑎𝐶 = −14 𝑖𝑛⁄𝑠 2 + 2 𝑖𝑛⁄𝑠 2 𝑎𝐶 =

−12 𝑖𝑛⁄𝑠 2 4

𝑎𝐶 = −3 𝑖𝑛⁄𝑠 2 b) Como el bloque A tiene un MRUV y el bloque B tiene un MRUV entonces el bloque C también tiene un MRUV 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥 Calculando la velocidad en A cuando la 𝑣𝑜 = 0 𝑣𝐴 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝐴 𝑡 𝑣𝐴 = 7

𝑖𝑛 (2𝑠) 𝑠2

𝑣𝐴 = 14

𝑖𝑛 𝑠2

Calculando la velocidad en A 𝑣𝐵 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑣𝐵 = 8

𝑖𝑛 𝑖𝑛 + 2 2 (2𝑠) 𝑠 𝑠

𝑣𝐵 = 12

𝑖𝑛 𝑠2

Para encontrar la velocidad final del bloque C utilizamos la ecuación 2 −2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 = 0 −2𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 = 4𝑣𝐶 𝑣𝐶 =

−2𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 4

Ing. Fernando Urrutia

Página 121

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑣𝐶 =

−2(14 𝑖𝑛⁄𝑠) + 12 𝑖𝑛⁄𝑠 4

𝑣𝐶 = −4

𝑖𝑛 𝑠

Para encontrar la velocidad inicial del bloque C utilizamos la ecuación 2 donde la velocidad inicial de A es cero −2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 = 0 𝑣𝐵 = 4𝑣𝐶 𝑣𝐶 =

𝑣𝐵 4

𝑣𝐶 =

8 𝑖𝑛⁄𝑠 4

𝑣𝐶 = 2 𝑖𝑛⁄𝑠 Para calcular el tiempo en el bloque C donde la velocidad final es cero 𝑣𝑓 = 0 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑡=

𝑣𝑜 𝑎

𝑡=

2 𝑖𝑛⁄𝑠 𝑖𝑛 3 2 𝑠 𝑡 = 0.60𝑠

c) con el tiempo calculado y conociendo Voc = 2in/s, t=0.60s, ac=-3in/s cálculamos la distancia que habrá recorrido el bloque C. 1 (𝑥𝑓 − 𝑥𝑜 )𝑐 = 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 (𝑥𝑓 − 𝑥𝑜 )𝑐 = 2𝑖𝑛/𝑠 ∗ 0.60 + ∗ −3𝑖𝑛/𝑠¨2 ∗ (0.66)¨2 2 (𝑥𝑓 − 𝑥𝑜 )𝑐 = 0.66 𝑖𝑛

11.58. Los collarines A y B inician su movimiento desde el reposo, el collarín A se mueve hacia arriba con una aceleración de 3𝑡 2 𝑖𝑛/𝑠 2 . Si se sabe que el collarín B se mueve Ing. Fernando Urrutia

Página 122

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion hacia abajo con una aceleración constante y que su velocidad es de 8 𝑖𝑛/𝑠, después de desplazarse 32 𝑖𝑛, determine a) la aceleración del bloque C, b) la distancia que se abra movido el bloque C después de 3𝑠.

Para el collarín A

Para el collarín B

𝑣𝑜 = 0

𝑣𝑜 = 0

𝑎𝐴 = 3𝑡 2 𝑖𝑛⁄𝑠 2

𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑡 ∆𝑦 = 32𝑖𝑛 𝑣𝑓 = 8 𝑖𝑛⁄𝑠

MRUV

MRUV

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡

Ing. Fernando Urrutia

Página 123

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1

1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

2 a) 𝑣𝐵 2 = 𝑣𝐵𝑜 + 2𝑎𝐵 ∆𝑦𝐵 𝑣𝐵𝑜 = 0 𝑣𝐵 2 𝑎𝐵 = 2∆𝑦𝐵 (8 𝑖𝑛⁄𝑠)2 𝑎𝐵 = 2(32𝑖𝑛) 64 𝑖𝑛2 ⁄𝑠 2 𝑎𝐵 = 64𝑖𝑛 𝑎𝐵 = 1 𝑖𝑛⁄𝑠 2

Como en el grafico nos indica que es una sola cuerda y esta es inextensible 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝐶𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Se observa en el grafico los siguientes puntos ̅̅̅ + 56 ̂ + 67 ̅̅̅̅ + 12 ̂ + 23 ̅̅̅̅ + 34 ̆ + ̅45 ̅̅̅̅ + 78 ̆ + 89 ̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 01 ̂ , 78 ̂ , 34 ̆ , 56 ̆ como son constantes pasan al otro lado de la igualdad Los términos 12 ̅̅̅ + ̅67 ̅01 ̅̅̅ + ̅23 ̅̅̅ + ̅45 ̅̅̅ + ̅89 ̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Cambiamos los puntos por posiciones con respecto al eje tomado 𝑥𝐴 + (𝑥𝐴 − 𝑥𝐶 ) + (𝑑 − 𝑥𝐶 ) + (𝑑 − 𝑥𝐶 ) + (𝑥𝐵 − 𝑥𝐶 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Como en vista que d es una constante pasara al otro lado de la igualdad (1)

2𝑥𝐴 − 4𝑥𝐶 + 𝑥𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos que derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑑(2𝑥𝐴 − 4𝑥𝐶 + 𝑥𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 = 0

(2)

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos que derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑎𝐴 − 4𝑎𝐶 + 𝑎𝐵 = 0 Ing. Fernando Urrutia

(3) Página 124

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Como los tres bloques tienen un mismo MRUV utilizamos la ecuación 3 para encontrar la aceleración de C y los signos dependerán del movimiento que realice cada bloque 2𝑎𝐴 − 4𝑎𝐶 − 𝑎𝐵 = 0 𝑎𝐶 =

2𝑎𝐴 − 𝑎𝐵 4

𝑎𝐶 =

2(3𝑡 2 ) − (1) 4

1 𝑖𝑛 𝑎𝐶 = (6𝑡 2 − 1) 2 4 𝑠 b) Como el bloque A tiene un MRUV y el bloque B tiene un MRUV entonces el bloque C también tiene un MRUV 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥 Para encontrar la velocidad inicial del bloque C utilizamos la ecuación 2 donde me dice que la 𝑣𝐴 = 0 , 𝑣𝐵 = 0 , 2𝑣𝐴 − 4𝑣𝐶 − 𝑣𝐵 = 0 𝑣𝐶 = 0 𝑑𝑣𝐶 = 𝑎𝑑𝑡 ∫ 𝑑𝑣𝐶 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 𝑣𝐶

𝑡

∫ 𝑑𝑣𝐶 = ∫ 0

0

1 (6𝑡 2 − 1) 𝑑𝑡 4 𝑡

[𝑣𝐶 ]𝑣0𝐶

1 6𝑡 3 = [ − 𝑡] 4 3 0

1 𝑣𝐶 = (2𝑡 3 − 𝑡) 4

(4)

Para sacar la posición del bloque C se integrar la velocidad ∫ 𝑑𝑦𝑐 = ∫ 𝑣𝑑𝑡

Ing. Fernando Urrutia

Página 125

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑦𝐶 1 𝑡 ∫ 𝑑𝑦𝐶 = ∫ (2𝑡 3 − 𝑡) 𝑑𝑡 4 0 𝑦𝐶𝑜 𝑡

1 2𝑡 4 𝑡 2 𝐶 [𝑦𝐶 ]𝑦𝑦𝐶𝑜 = [ − ] 4 4 2 𝑜 1 𝑡4 𝑡2 𝑦𝐶 − 𝑦𝐶𝑜 = [ − ] 4 2 2 ∆𝑦𝐶 =

𝑡4 𝑡2 − 8 8

(5)

Para calcular la distancia del bloque C se remplaza el valor de 𝑡 = 3 en la ecuación 5

1

𝑦𝐶𝑓 = 32

∆𝑦𝐶 =

𝑡4 𝑡2 − 8 8

∆𝑦𝐶 =

(3)4 (3)2 − 8 8

∆𝑦𝐶 =

81 9 − 8 8

∆𝑦𝐶 =

72 8

∆𝑦𝐶 = 9𝑖𝑛 ∆𝑦𝐶 =

1 1 𝑖𝑛 − [9𝑖𝑛 − 𝑖𝑛] 32 32

∆𝑦𝐶 = 9.06𝑖𝑛 11.59. el sistema mostrado inicia su movimiento desde el reposo y cada componente se mueve con una aceleración constante. Si la aceleración relativa del bloque C con respecto al collarín B es de 60𝑚𝑚/𝑠 2 hacia arriba y la aceleración relativa del bloque D con respecto del bloque A es de 110𝑚𝑚/𝑠 2 hacia abajo, determine a) la velocidad del bloque C después de 3𝑠, b) el cambio en la posición del bloque D luego de 5𝑠.

Ing. Fernando Urrutia

Página 126

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Bloque A

Bloque B

𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

𝑣 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎

𝑣 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎

MRUV

MRUV

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡

𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥

𝑎𝐶⁄ = 60 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝐵 Ing. Fernando Urrutia

Página 127

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑎𝐶 − 𝑎𝐵 = −60 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 El signo negativo (-) de la relación se da porque va para arriba 𝑎𝐷⁄ = 110 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝐴 𝑎𝐷 − 𝑎𝐴 = +110 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 El signo positivo (+) de la relación se da porque va para abajo Como en el grafico nos indica que hay dos cuerdas y esta es inextensible Análisis de la primera cuerda 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝐶𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Se observa en el grafico los siguientes puntos ̅̅̅ + 56 ̆ + ̅67 ̅01 ̅̅̅ + 12 ̆ + ̅23 ̅̅̅ + 34 ̂ + ̅45 ̅̅̅ + 78 ́ + ̅89 ̅̅̅ + 910 ̀ + ̅̅̅̅̅̅̅ 1011 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ̆ , 78 ̆ , 34 ̂ , 56 ́ , 910 ̀ , como son constantes pasan al otro lado de la Los términos 12 igualdad ̅̅̅̅ + 67 ̅̅̅̅ + 23 ̅̅̅̅ + 45 ̅̅̅̅ + 1011 ̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 01 Cambiamos los puntos por posiciones con respecto al eje tomado 𝑦𝐴 + 𝑦𝐴 + 𝑦𝐵 + 𝑦𝐵 + 𝑦𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (1)

2𝑦𝐴 + 2𝑦𝐵 + 𝑦𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos que derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑑(2𝑦𝐴 + 2𝑦𝐵 + 𝑦𝑐 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 (2)

2𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 = 0

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos que derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(2𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 + 𝑎𝑐 = 0

(3)

Análisis de la segunda cuerda 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝐶𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Ing. Fernando Urrutia

Página 128

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Se observa en el grafico los siguientes puntos ̅̅̅̅̅̅̅ ̆ + ̅̅̅̅̅̅̅ 1213 + 1314 1415 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ̆ como es constantes pasan al otro lado de la igualdad Los términos 1314 ̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ̅̅̅̅̅̅̅ + 1415 1213 Cambiamos los puntos por posiciones con respecto al eje tomado (𝑦𝐷 − 𝑦𝐴 ) + (𝑦𝐷 − 𝑦𝐵 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (4)

2𝑦𝐷 + 𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos que derivar la ecuación 4 𝑑𝑥 𝑑(2𝑦𝐷 − 𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 (5)

2𝑣𝐷 − 𝑣𝐴 − 𝑣𝐵 = 0

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos que derivar la ecuación 5 𝑑𝑥 𝑑(2𝑣𝐷 − 𝑣𝐴 − 𝑣𝐵 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑎𝐷 − 𝑎𝐴 − 𝑎𝐵 = 0

(6)

a) 𝑎𝐶⁄ = −60 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝐵 𝑎𝐶⁄ = 𝑎𝐶 − 𝑎𝐵 𝐵

−60 𝑚𝑚⁄ 2 = 𝑎𝐶 − 𝑎𝐵 𝑠 𝑎𝐶 = 𝑎𝐵 − 60 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

(7)

En la ecuación 3 remplazo la ecuación 7 2𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 + 𝑎𝑐 = 0 2𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 + (𝑎𝐵 − 60 𝑚𝑚⁄ 2 ) = 0 𝑠 3𝑎𝐵 = 60 − 2𝑎𝐴 𝑎𝐵 =

60 − 2𝑎𝐴 3

Ing. Fernando Urrutia

(8)

Página 129

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑎𝐷⁄ = 110 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝐴 𝑎𝐷⁄ = 𝑎𝐷 − 𝑎𝐴 𝐴

110 𝑚𝑚⁄ 2 = 𝑎𝐷 − 𝑎𝐴 𝑠 𝑎𝐷 = 𝑎𝐴 + 110 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

(9)

En la ecuación 6 remplazo la ecuación 9 2𝑎𝐷 − 𝑎𝐴 − 𝑎𝐵 = 0 2 (𝑎𝐴 + 110 𝑚𝑚⁄ 2 ) − 𝑎𝐴 − 𝑎𝐵 = 0 𝑠 2𝑎𝐴 + 220 − 𝑎𝐴 − 𝑎𝐵 = 0 𝑎𝐴 + 220 = 𝑎𝐵

(10)

Igualamos la ecuación 8 y 10 𝑎𝐵 = 𝑎𝐵 60 − 2𝑎𝐴 = 𝑎𝐴 + 220 3 60 − 2𝑎𝐴 = 3𝑎𝐴 + 660 60 − 660 = 3𝑎𝐴 + 2𝑎𝐴 𝑎𝐴 =

−600 5

𝑎𝐴 = −120 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

El signo (-) indica que el bloque A se va para arriba

Reemplazamos el valor de 𝑎𝐴 en la ecuación 10 𝑎𝐴 + 220 = 𝑎𝐵 𝑎𝐵 = (−120 𝑚𝑚⁄ 2 ) + 220 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑠 𝑎𝐵 = 100 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 Reemplazamos el valor de 𝑎𝐵 en la ecuación 7 𝑎𝐶 = 𝑎𝐵 − 60 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑎𝐶 = (100 𝑚𝑚⁄ 2 ) − 60 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑠 Ing. Fernando Urrutia

Página 130

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑎𝐶 = 40 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 Reemplazamos el valor de 𝑎𝐴 en la ecuación 9 𝑎𝐷 = 𝑎𝐴 + 110 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑎𝐷 = (−120 𝑚𝑚⁄ 2 ) + 110 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑠 𝑎𝐷 = −10 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

El signo (-) indica que el bloque D se va para arriba

Reemplazamos en la ecuación del MRUV el valor de 𝑎𝐶 = 40 𝑚𝑚⁄ 2 y en un 𝑡 = 3𝑠 𝑠 donde la velocidad inicial es cero 𝑣𝑓𝐶 = 𝑣𝑜𝐶 + 𝑎𝐶 𝑡 𝑣𝑓𝐶 = (40 𝑚𝑚⁄ 2 ) (3𝑠) 𝑠 𝑣𝑓𝐶 = 120 𝑚𝑚⁄𝑠 b) Para obtener el valor de ∆𝑦𝐷 reemplazamos en la ecuación del MRUV en un 𝑡 = 5𝑠 donde la velocidad inicial es cero 1 ∆𝑦𝐷 = 𝑣𝑜𝐷 𝑡 + 𝑎𝐷 𝑡 2 2 1 ∆𝑦𝐷 = (−10 𝑚𝑚⁄ 2 ) (5𝑠)2 𝑠 2 ∆𝑦𝐷 = −5 𝑚𝑚⁄ 2 (25𝑠 2 ) 𝑠 ∆𝑦𝐷 = −125𝑚𝑚 11.60. El sistema mostrado inicia su movimiento desde el reposo y la longitud del cordón superior se ajusta de manera que A, B y C se encuentre inicialmente al mismo nivel. Cada componente se mueve con una aceleración constante y después de 2𝑠 el cambio relativo en la posición del bloque C con respecto al bloque A es de 280𝑚𝑚 hacia arriba. Si se sabe que cuando la velocidad relativa del collarín B con respecto al bloque A es de 80𝑚𝑚/𝑠 hacia abajo, los desplazamientos de A y B son respectivamente, de 160𝑚𝑚 y de 320 𝑚𝑚 hacia abajo, determine a) las aceleraciones de A y B si 𝑎𝐵 > 10𝑚𝑚/𝑠 2 , b) el cambio de la posición del bloque D cuando la velocidad del bloque C es de 600𝑚𝑚/𝑠 hacia arriba.

Ing. Fernando Urrutia

Página 131

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

DATOS 𝑣𝐵⁄ = 80 𝑚𝑚⁄𝑠 𝐴

𝑥𝐵 = 320𝑚𝑚 𝑥𝐴 = 160𝑚𝑚 MRUV 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥 Ing. Fernando Urrutia

Página 132

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion Análisis de la primera cuerda 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝐶𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Se observa en el grafico los siguientes puntos ̅̅̅ + 56 ̆ + ̅67 ̅01 ̅̅̅ + 12 ̆ + ̅23 ̅̅̅ + 34 ̂ + ̅45 ̅̅̅ + 78 ́ + ̅89 ̅̅̅ + 910 ̀ + ̅̅̅̅̅̅̅ 1011 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ̆ , 78 ̆ , 34 ̂ , 56 ́ , 910 ̀ , como son constantes pasan al otro lado de la Los términos 12 igualdad ̅̅̅ + ̅67 ̅01 ̅̅̅ + ̅23 ̅̅̅ + ̅45 ̅̅̅ + ̅̅̅̅̅̅̅ 1011 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Cambiamos los puntos por posiciones con respecto al eje tomado 𝑦𝐴 + 𝑦𝐴 + 𝑦𝐵 + 𝑦𝐵 + 𝑦𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (1)

2𝑦𝐴 + 2𝑦𝐵 + 𝑦𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para sacar la velocidad con respecto a la posición tenemos que derivar la ecuación 1 𝑑𝑥 𝑑(2𝑦𝐴 + 2𝑦𝐵 + 𝑦𝑐 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 (2)

2𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 = 0

Para sacar la aceleración con respecto a la velocidad tenemos que derivar la ecuación 2 𝑑𝑥 𝑑(2𝑣𝐴 + 2𝑣𝐵 + 𝑣𝑐 ) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 (3)

2𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 + 𝑎𝑐 = 0 𝑣𝐴 = 𝑣𝐵 = 𝑣𝐶 = 0 𝑥𝐴 = 𝑥𝐵 = 𝑥𝐶 = 0 𝑥𝑓𝐵⁄ = 0 𝐴

𝑥𝑜𝐵⁄ = 0 𝐴

Reemplazamos en la ecuación del MRUV 𝑣 2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑎∆𝑥 𝑣𝐵⁄

𝐴

2

= 𝑣𝐵⁄

2

𝐴

Ing. Fernando Urrutia

+ 2𝑎𝐵⁄ [𝑥𝑓𝐵⁄ − 𝑥𝑜𝐵⁄ ] 𝐴

𝐴

𝐴

Página 133

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

𝑎𝐵⁄ = 𝐴

𝑎𝐵⁄ = 𝐴

𝑣𝐵⁄

2

𝐴

2(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 ) (80 𝑚𝑚⁄𝑠)2 2(320𝑚𝑚 − 160𝑚𝑚) 2

𝑎𝐵⁄

6400 𝑚𝑚 ⁄ 2 𝑠 = 2(160𝑚𝑚)

𝑎𝐵⁄

6400 𝑚𝑚 ⁄ 2 𝑠 = 320𝑚𝑚

𝐴

2

𝐴

𝑎𝐵⁄ = 20 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝐴 Reemplazamos en la ecuación del MRUV donde la 𝑥𝐵 = 320𝑚𝑚 𝑥𝐴 = 160𝑚𝑚 y 𝑎𝐵⁄ = 20 𝑚𝑚⁄ 2 y 𝑣𝑜𝐴 = 0 𝑠 𝐴 1 𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 = 𝑎𝐵⁄ 𝑡 2 𝐴 2 𝑡2 =

2(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 ) 𝑎𝐵⁄ 𝐴

𝑡2 =

2(320𝑚𝑚 − 160𝑚𝑚) 20 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

𝑡2 =

320𝑚𝑚 20 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠

𝑡 2 = 16𝑠 2 𝑡 = √16𝑠 2 𝑡 = 4𝑠 Reemplazamos en la ecuación del MRUV donde la 𝑣𝑜𝐴 = 0 1 𝑥𝑓 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 1 𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 = 𝑣𝑜𝐴 𝑡 + 𝑎𝐴 𝑡 2 2

Ing. Fernando Urrutia

Página 134

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 𝑎𝐴 =

2∆𝑥 𝑡2

𝑎𝐴 =

2(320𝑚𝑚 − 160𝑚𝑚) (4𝑠)2

𝑎𝐴 =

320𝑚𝑚 16𝑠 2

𝑎𝐴 = 20 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑎𝐵⁄ = 𝑎𝐵 − 𝑎𝐴 𝐴

𝑎𝐵 = 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵⁄

𝐴

𝑎𝐵 = 20 𝑚𝑚⁄ 2 + 20 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑠 𝑎𝐵 = 40 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 Para tener el valor de la aceleracion de 𝑎𝑐 se remplaza en la ecuación 3 2𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 + 𝑎𝑐 = 0 𝑎𝑐 = −2𝑎𝐴 − 2𝑎𝐵 𝑎𝑐 = 2 (40 𝑚𝑚⁄ 2 ) − 2 (20 𝑚𝑚⁄ 2 ) 𝑠 𝑠 𝑎𝑐 = −120 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 𝑡=

𝑣𝑓 − 𝑣𝑜 𝑎

𝑡=

0 − (600 𝑚𝑚⁄𝑠) (−120)

𝑡 = 5𝑠 1 𝑎𝐷 = (𝑎𝐴 + 𝑎𝐵 ) 2 1 𝑎𝐷 = (20 𝑚𝑚⁄ 2 + 40 𝑚𝑚⁄ 2 ) 𝑠 𝑠 2 1 𝑎𝐷 = (60 𝑚𝑚⁄ 2 ) 𝑠 2 𝑎𝐷 = 30 𝑚𝑚⁄ 2 𝑠 Ing. Fernando Urrutia

Página 135

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion 1

∆𝑥𝐷 = 𝑣𝑜 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

𝑣𝑜 𝑡 = 0

1 ∆𝑥𝐷 = (30 𝑚𝑚⁄ 2 ) (5𝑠)2 𝑠 2 ∆𝑥𝐷 = 375 𝑚𝑚⁄𝑠

NOTA: En los ejercicios del 47 al 60 los signos de la velocidad, aceleración y desplazamiento pueden variar; esto depende del eje referencial que establezcamos para resolver el problema.

Ing. Fernando Urrutia

Página 136

SOLUCIONARIO DE DINAMICA DE BEER AND JONHSTON 9na Edicion

Ing. Fernando Urrutia

Página 137