era
DINAMICA 1
Universidad Católica de Santa María Escuela Profesional de Ingeniería Civil Asignatura: Dinámica Tema: Problemas de I fase Docente: Ing. Enrique Ugarte Calderón Estudiante:
Horario:
2018
FASE
era
DINAMICA 1
FASE
Items 1.1 Movimiento rectilíneo 1. Los automóviles A y B en carriles adyacentes
de una carretera y en t = 0 tienen las posiciones y velocidades que se muestran en la figura. Si se sabe que el automóvil A tiene una aceleración constante de 1,8 pies/s2 y que B tiene una desaceleración constante de 1,2 pies/s2, determine a) cuándo a) cuándo y dónde A alcanzará a B, b) b) la la rapidez de cada automóvil en ese momento. Solución:
∧
si aA = 1,8 pies/s2 aB = -1,2 pies/s 2 vAo = 24 mi/h = 24x(5280 pies)/(3600s) = 35,2 pies/s vBo = 36 mi/h = 52,8 pies/s MRUV x = xo + vot + at2/2 para alcance alcance en C Auto A:
52,8 pies/s
35,2 pies/s
B
A
75 + s = 0 + 35,2t + 1,8t2/2
vA VB
75 pies
C s
…(1) Auto B:
75 + s = 75 + 52,8t 52,8t – – 1,2t 1,2t2/2
…(2)
a) Con (1) y (2):
75 + 52,8t – 52,8t – 0,6t 0,6t2 = 35,2t + 0,9t2
⟹
reemplazando ‘t’ en (2):
b) Para velocidades en C:
v = v o + at
Auto A:
vA = 35,2 + 1,8(15,054)
Auto A:
vA = 52,8 – 52,8 – 1,2(15,054) 1,2(15,054)
⟹
0 = 1,5t2 – 17,6t 17,6t - 75
s = 649,96 pies
∧ t = 15,054s ⟹ ⟹
vA = 62,30 pies/s vA = 34,74 pies/s
⟹
t = 15,05 s
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1.2 Movimiento curvilíneo en general 2. Mientras entrega periódicos, una joven lanza
y
uno de ellos con una velocidad horizontal vo. Determine el intervalo de valores de vo si el periódico debe caer entre los puntos B y C. x
Solución:
Con los ejes coordenados puestos: B(7,
En B:
CL
y = yo + vot + at2/2 8/12 = 4 + 0 -
) pies
+, ∙) pies
C(7+
como la velocidad es horizontal, en CL: v o = 0
,
⟹
t = 0,455s
MRU x = xo + vot
⟹
7 = 0 + v ot
En C:
CL
vo = 15,38 pie/s
y = yo + vot + at2/2 2=4+0-
,
⟹
t = 0,352s
MRU x = xo + vot
7 + 16/3 = 0 + v ot
∴
El rango de valores de vo es :
⟹
vo = 35,04 pie/s
vo = [15,38 ; 35,04] pie/s
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1.3 Movimiento curvilíneo: componentes rectangulares 3. Las espigas A y B están restringidas a moverse en
las ranuras elípticas por el movimiento del eslabón ranurado. Si éste se mueve a una rapidez constante de 10 m/s, determine la magnitud de la velocidad y aceleración de la espiga A cuando x = 1m. Solución:
ẋ
∴ derivando: ẍ = 0
Si vx = 10 m/s = (constante)
x2/4 + y2 = 1
Posición:
En A: x = 1m
⟹
y=
√ m
Derivando la posición
⟹ Velocidad:
ẋ
ẏ ⟹ xẋ = -4yẏ √ 1(10) = - 4 ẏ ⟹ ẏ = √ m/s
2x /4 + 2y = 0
Reemplazando en A:
Derivando la velocidad
⟹ Aceleración: Reemplazando en A:
ẋẋ + xẍ = -4ẏẏ – 4yÿ √ 10 + 1(0) = -4⋅ - 4⋅ ÿ 2
ÿ = - 38,49 m/s (hacia abajo) 2
ẋ ẏ = 1 00 a = ẍ ÿ = ÿ vA = A
⟹ ⟹
vA = 10,41 m/s aA = 38,49 m/s2
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1.4 Movimiento de un proyectil 4. Se dispara un proyectil a una rapidez v =
60m/s en un ángulo de 60°. Luego se dispara un segundo proyectil con la misma rapidez
θ
0,5s después. Determine el ángulo del segundo proyectil, de modo que los dos proyectiles choquen. ¿En qué posición (x, y) sucederá esto? Solución:
⟹
t1 – t2 = 0,5s
t1 = t2 + 0,5
Para proyectiles 1 y 2 MRU
x = vt
⋅
θ⋅
⟹
x = 60cos60° (t2 + 0,5) = 60cos t2 …(1)
MRUV
t2 =
…(2) −
y = vot – gt2/2
⋅
⋅
y = 60sen60° (t2 + 0,5) – g(t2 + 0,5)2/2 = 60sen60° t2 – gt2 2/2 …(3) 24,754 =
θ
−, −
θ
99,016cos = 60sen + 2,452
Resolviendo con HP
⟹
θ = 57,572°
⟹
θ
Reemplazando ‘ ’ en (2) y luego en (1)
⟹
x = 221,957 m
⟹
x = 221,96 m
⟹
y = 115,94 m
En (2) y luego en (3)
⟹
y = 115,940 m
= 57,57°
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1.5 Movimiento curvilíneo: componentes tangencial y normal 5. Un niño lanza una pelota desde el punto A
con una velocidad inicial vA de 20 m/s a un ángulo de 25° con la horizontal. Determine la velocidad de la pelota en los puntos de su trayectoria donde el radio de curvatura es igual a ¾ de su valor en A. Solución:
Sean los puntos pedidos denotados con P, donde ρ p = ¾ ρ A
⟹
v p = ?
⟹ ρ = ° En P: a = gcosθ = ⟹ ρ = = Si ρ = ¾ ρ ⟹ ° En A:
an = gcos25° =
A
n
p
vp
θ
t
P
vA
θ
25°
A
vP
…(1) = °
25°
2
g an
g n
Movimiento horizontal, la velocidad es constante
⟹
vAx = vPx
θ ° = cosθ …2
vAcos25° = vPcos
Reemplazando (2) en (1) vP2 = Si vA = 20 m/s
° ° ⋅
vP = 18,171 m/s
Reemplazando en (2)
θ = ±4,026° Con dos direcciones, hay dos puntos en la trayectoria
⟹ ⟹
vP = 18,17 m/s
4,03°
vP = 18,17 m/s
4,03°
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1.6 Movimiento curvilíneo: componentes radial y transversal 6. La sección curva de la autopista de intercambio está
definida por R 2=b2sen2θ, 0° ≤ θ ≤ 90°. Si un automóvil recorre la curva con rapidez constante Vo, determine su aceleración en A.
Solución:
r 2 = b2sen2θ
Si:
̇
θ ̇
2r· = b2cos2θ·(2 )
derivamos:
⟹ ̇ = b ̇ otra vez: ̇ + r·r̈ = b (-sen2θ·(2θ ̇)·θ ̇ + cos2θ· θ̈ ) ⟹ r̈ = b( · ̈ − ̇ )− ̇ Reemplazamos, cuando θ = 45° ⟹ r = b sen90° ∴ ̇° b ̇ b ̇ ∴ ⟹ = = b ⟹ r̈ = b( °· ̈ − ̇ °)− ̇ = b( −b ̇ )− ∴ Podemos descomponer V en r̅ y θ : 2
2
2
2
r=b
̇ = 0 r̈ = -2bθ ̇
2
o
θ
r
Vo
Vo2 = vr 2 + vθ2
̇ + (r·θ ̇) derivamos 0 = 2̇·r̈ + 2r·̇·θ ̇ + r ·2θ ̇· θ̈ reemplazamos 0 = 2(0)( -2bθ ̇ ) + 2b(0)·θ ̇ + b ·2θ ̇· θ̈ para que 0 = 2b θ ̇· θ̈ ⟺ θ̈ = 0 Igualmente descomponemos la aceleración en r̅ y θ : a = a a a = (r̈ – r·θ ̇ ) μ + (2̇·θ ̇+r· θ̈ ) μ reemplazamos a = (-2bθ ̇ – b·θ ̇ ) μ+ (2(0)θ ̇ + b(0)) μ a = -3bθ ̇ μ como θ ̇ = = y sacando el módulo: a = -3b b b ∴ a = – 3 A
Vo2 =
2
2
2
2
2
θ
r
a
A
2
2
2
2
2
2
2
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1.9 Movimiento curvilíneo: componentes cilíndricas 7. Una partícula se mueve partiendo del origen
sobre una curva contenida en un plano el cual gira a velocidad constante de 1rad/s alrededor del eje Z . Se observa que para esa partícula S=2/3t medida sobre dicha curva; si para t=0 los ejes h y x coinciden. Determine: a) Las ecuaciones paramétricas del movimiento en coordenadas cilíndricas. b) El radio de curvatura de la trayectoria para t=1s Solución:
̇ = 1/ ∧
= …(1)
1) El problema pide expresar en coordenadas cilíndricas entonces tenemos que
r⃑ = rUr zk v = ṙ = ṙU r rθ ̇Uθ żk a = r̈ = r̈ rθ ̇ Ur (2ṙθ ̇ rθ ̈ )Uθ z̈ k Con h = z Derivamos h respecto a z:
h = z Entonces:
ds = √ dh dz
= z−
= z
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ds = ds = 1
; reemplazamos
valor que obtuvimos anteriormente
con el
ds = z 1 d Integramos:
∫ ds = ∫ √ z 1dz 2 s = 3 [z1 1] …2 Igualamos (1) y (2):
s = t = z1 1 2 t = 2 [z1 1] 3 3 z = t1/ 1 …3 Veamos que h = r (eje radial) entonces tenemos que:
reemplazando en (3)
Si:
θ ̇ = cte ⟹
r = z r = t 1 1 …4 = 1
dθ = dt ⟹ ∫ dθ = ∫ dt ⟹ θ = t
FASE
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a) Ecuaciones paramétricas:
Ө= Ө ̇ = Ө ̈ = = / ⟹ ̇ = −/ ⟹ ̈ = −/ −/ / / / = ⟹ ̇ = ̇ ⟹ ̈ = ̇ ̈ Reemplazamos t=1en las ecuaciones paramétricas:
•
•
•
Ө = 1rad Ө ̇ = 1rad/s → Ө ̈ = 0 Z = 0.587m → Z ̇ = 0.529 m/s ̇ → Z̈ =0.088 m/s r = 0.3 m → ṙ = 0.406 → r̈ = 0.115m/s
Expresamos los resultados en vectores de v y a:
v = ṙu rӨ ̇u Ө Z ̇k̂ v = 0.406u 0.3u Ө 0.529k̂ m/s ⟹ a = (r̈ rӨ ̇)u (2ṙӨ ̇ rӨ ̈ )u Ө Z̈ k̂ a = 0.185u 0.812u Ө 0.088k̂ m/s •
v = 0,731 m/s
•
Para obtener el radio de curvatura remplazamos en la fórmula:
•
= , . = . = ‖‖ = ,+,+, .
FASE
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1.10
Análisis del movimiento dependiente absoluto de dos partículas
8. Si se sabe que la velocidad del bloque
B con respecto al bloque A es
/ = 5.6
m/s a 70°, determine las velocidades de A y B.
Solución:
2 3 = 2v 3v = 0 => v = v …(1) Si: / = entonces por ley de cosenos 5,6 = vB vA 2vBvA∗cos40 En (1): vA = VB 31.36 = vB VB 2vB vB∗cos40 31.36 = vB 2.298vB 31.36 = 5.548VB vB = 2,38 m/s
vA = - 3,57 m/s
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FASE
1.11 Análisis del movimiento relativo de dos partículas por medio de ejes en traslación 9. Un portaaviones navega con una
velocidad de 50 km/h. En el instante mostrado, el avión en A acaba de despegar y ha alcanzado una rapidez horizontal del aire de 200 km/h, medida en aguas tranquilas. Si el avión en B se desplaza a lo largo de la pista a 175 km/h en la dirección mostrada, determine la velocidad de A con respecto a B.
Solución:
∧ v = 50 i km/h
vA = 200 i km/h
P
⟹
vA/B = ?
Como el avión B está en contacto con el portaaviones (a lo largo de la pista), se moverá relativamente a este: vB/p = 175 km/h
⟹
⦨15° vB = v p + vB/p vB = 50 i + 175cos15° i + 175sen15° j vB = 219,037 i + 45,293 j
vA/B = vA – vB vA/B = 200 i – 219,037 i – 45,293 j vA/B = -19,037 i – 45,293 j
⟹
vA/B = 49,131 km/h
⟹ θ = tan ,, θ = 67,202° ∴ 49,13 km/h -1
v A/B =
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10. Si se sabe que en el instante mostrado el bloque
A tiene una velocidad de 8 plg/s y una aceleración
sB
de 6 plg/s2, ambas dirigidas hacia abajo sobre el plano inclinado, determine a) la velocidad del bloque B, b) la aceleración del bloque B.
xA
Solución:
vA = 8 plg/s
⟹
∧ a = 6 plg/s A
vB
2
2xA + sB = L
15°
vA
pero como B está en contacto con A, y B se mueve respecto a A:
∴
vB/A
sB = xB/A
derivando
⟹
⟹
2vA = - vB = - vB/A
⟹ por ley de cosenos:
vB = vA + vB/A
2aA = - aB = - aB/A
⟹ por ley de cosenos:
aB
aB/A
vB2 = vA2 + vB/A2 – 2vAvB/Acos15°
15°
vB2 = 82 + 162 – 2(8)16cos15°
aA
v B =
⟹
vB/A = - 16 plg/s
8,527 pulg/s
⟹
aB/A = -12 plg/s2
aB = aA + aB/A aB2 = aA2 + aB/A2 – 2aAaB/Acos15° aB2 = 62 + 122 – 2(6)12cos15° aB = 6,395 pulg/s 2
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FASE
2.4 Ecuación del movimiento en coordenadas: rectangulares, normal y tangencial, polares y cilíndricas 11. Un collar liso C de 2 kg desliza en la
barra AB sobre un plano horizontal, si el resorte se encuentra deformado cuando el collar esta en A, y en ese punto la velocidad inicial del collar es vo=5 m/s. Determine, cuando x=0.5 m a) La aceleración del collar.
Solución:
m = 2 kg, v o = 5 m/s, x = 0,5 m, k = 6 kN/m N En la figura:
∑F = -F · +, = m·a
a)
x
x
e
= 2a …(1) - k( 0,5 – 0,5)· +, , = 2v· - kx – +, , = ∫ 2 - k ∫ +, 0, 5 | - k 0,5 0,5 | = 5 0 0,52 -6 0,5 0,52 0,52 0,50,5 = 2 5 2 2
Fe
vC = 4,987 m/s
Evaluamos (1) en C: x = 0,5m
0,52 0,52
-6(
– 0,5)·
, = 2ª ,+,
⟹
a = – 0,439 m/s 2
W
= m·a
era
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FASE
12. Durante la práctica de un lanzador de martillo, la cabeza A del martillo de 7,1 kg gira a
una rapidez constante v en un círculo horizontal como
ρ
θ
se muestra en la figura. Si =0,93m y = 60°, determine a) la tensión en la cuerda BC, b) la rapidez de la cabeza de martillo.
Solución:
ρ
θ
m = 7,1 kg, =0,93m y = 60°
a) W = 9,81(7,1) ∑F b: Tsen60° - W = 0
T
T = 80,426 N
60° W
⋅
b) ∑Fn:
Tsen60° = m an} an = 5,663 m/s 2
como an =
⟹
5,663 =
,
v = 2,29 m/s
man
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13. Una leva fija tiene una forma tal que el centro del rodillo A de 2,5 kg, que sigue su contorno se mueve sobre el cardiode r = 0,1 – 0,05cos . El brazo ranurado gira en un plano vertical alrededor de la leva fija con acelearación angular constante de 1 rad/s2 en sentido antihorario. El resorte de constante k = 1000 N/m está sin deformar en = 0°. Hallar la fuerza ejercida sobre A por los bordes lisos de la ranura cuando = 60°, sabiendo que el rodillo parte del reposo en = 0° y que el coeficiente de rozamiento dinámico uk = 0,1 entre la leva y el rodillo.
θ
θ
θ
θ
Solución:
r=0.1-0.05.cos(Ɵ )=0.975
ṙ =0,05.sen( Ɵ). Ɵ ̇ =0.043 r̈=-0,05.cos(60)=-0.025 Ɵ ̇ = 1 Ɵ̈ =0 ar= r̈ - r. Ɵ ̇ = 0.932 ̈ +2. R ̇ . Ɵ ̇ = 0.086 a Ɵ= r. Ɵ Fs=k.s=1000(0.975)}=975 N Fr=m.ar
-975+Np.cos(30)=2.5(-.0932) Np=1128.52 N
F Ɵ =m-a Ɵ
F-1128.52(sen30)=2.5(0.086) F=564.473 N
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14. El recipiente cónico gira alrededor del eje vertical a 120 rpm. Determine el intervalo de r para que una partícula de masa m no se deslice con relación al recipiente. El coeficiente de fricción estática entre la partícula y el recipiente es 0.25 Solución: Para el problema usaremos coordenadas cilíndricas, para esto establecemos el sistema de coordenadas y trazamos el diagrama de cuerpo libre.
∑F = ma fcos45Nsen45mg = 0 0.25Ncos45Nsen45mg = 0 0.25Ncos45Nsen45 = m9.81 N = 11.099m ∑F = ma Ncos45fsen45 = ma 11.099mcos450.2511.099msen45 = ma a = m 5.886 ⁄s También sabemos que: a = r̈ rθ ̇ Convertimos la velocidad a m/s
rev 2πrad 1min θ ̇ = 120 mim 1rev 60 s θ ̇ = 12.566 m/s
r̈ = 0 ⟹ r = 3.73x10−m ⟹ = .
Entonces: como el radio es una constante
5.886 = 0r12.566
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FASE
3.1 El trabajo de una fuerza 15. La magnitud de la fuerza F que actúa en una
dirección constante en el bloque de 20 kg varía con la posición s de este. Determine la rapidez del bloque después que se desliza 3 m. Cuando s = 0 el bloque se mueve a la derecha a 2 m/s. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la superficie es uk = 0,3.
Solución: W
F
m = 20 kg, vo = 2 m/s, u k = 0,3, v2 = ? Fk
∑F = 0 = N – 3/5F – W
N
y
N = 20(9,81) + 3/5(50s2) N = 196,2 + 30s2
⟹
Fk = 0,3N = 58,86 + 9s 2
Por Trabajo y Energía:
mv
T1 + U1⟶2 = T2
2 1 +
∫(F - F )ds = mv k
2
2
(2 ) + ∫[(50(s )) - 58,86 - 9(s )]ds = v 2
2
2
2
2
40 + 40s3/3 – 58,86s – 9s3/3 = 10v22
para s =3 m
v2 = 3,77 m/s
era
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FASE
16. Un paquete se proyecta hacia arriba sobre un plano
inclinado de 15° con una velocidad inicial de 8 m/s en A. Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética entre el paquete y el plano inclinado es de 0,12, determine a) la distancia máxima d que se moverá el paquete sobre el plano inclinado, b) la velocidad del paquete cuando este regrese a su posición original. Solución:
y’
vA = 8 m/s, u k = 0,12 a)
∑F = 0 = N – Wcos15°
⟹ ⟹
y’
W x’
N = Wcos15° Fr = 0,12N = 0,12mgcos15°
15° Fr
∴
distancia máxima en B vB = 0
N
T A + UA⟶B = TB
Usando principio de trabajo y energía:
m(8 ) – (F + Wsen15°)d = 0 2
r
32m – (0,12mgcos15° + mgsen15°)d = 0 d = 8,704 m
b) Cambiando la dirección de desplazamiento
∧
con vA = 8 m/s vB = 0 Usando principio de trabajo y energía:
T B + UB⟶A = TA
0 + (Wsen15° - F )d = m(v r
(mgsen15° - 0,12mgcos15°)8,704 =
A
y’
W
2
)
x’
vA2m/2
vA = 4,94 m/s
15° Fr N
era
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FASE
Principio del trabajo y la energía para un sistema de partículas 17. Dos bloques A y B, de 4 y 5 kg de masa respectivamente,
están conectados por una cuerda que pasa sobre las poleas en la forma que se muestra en la figura. un collarín C de 3 kg se coloca sobre el bloque A y el sistema se suelta desde el reposo. Después de que los bloques se mueven 0,9 m, se retira el collarín C y los bloques A y B continúan moviéndose.
①
③ 1m
②
②
Determine la rapidez del bloque A justo antes de que golpee el
③
suelo.
Solución: mA = 4 kg, mB = 5 kg, mC = 3 kg, v1 = 0
Desde
① a ②:
⟹
T1 + U1⟶2 = T2
2(9,81)0,9 = v
(mA + mC – mB)g(0,9) = (mA + mB + mC)v22 2
2
17,658 = 6v22 v22 = 2,943
Desde
0,9m
② a ③:
C se aparta
(m + m )v A
B
⟹
T2 + U2⟶3 = T3
4,5(2,943) – 9,81(0,7) = v
2 2 +
(mA - mB)g(1-0,3) = (mA + mB)v32 2 3
v32 = 1,417
vA = v3 = 1,19 m/s
NR
①
era
DINAMICA 1
FASE
18. Un tráiler de 1200 kg es remolcado por un
automóvil de 1400 kg. Los vehículos viajan a 72 km/h cuando el conductor aplica los frenos a ambos. Si se sabe que las fuerzas de frenado ejercidas sobre el auto y el tráiler son de 5000 N y 4000 N respectivamente, determine a) la distancia recorrida por el carro y el tráiler antes de que se detengan, y b) la componente horizontal de la fuerza ejercida por el gancho del tráiler sobre el automóvil.
Solución:
∧ v = 0 ⟹ d = ?
vo = 72 km/h = 20 m/s
f
mt = 1200 kg, ma = 1400 kg T
a) Si tomamos al tráiler y carro juntos:
⟹
(m + m )v t
a
T1 + U1⟶2 = T2
2 o – (Fa +
Ft)d = 0
(2600)20 – 9000d = 0 2
⟹
d = 57,78 m
b) Tomando solamente al automóvil:
m v
T1 + U1⟶2 = T2
2 a o +
(T – Fa)d = 0 T=
⟹
5000 ,
T = 153,78 N
3.3 Potencia y eficiencia 19. Se requieren 15 s para levantar un automóvil de 1200 kg y la plataforma de soporte
era
DINAMICA 1
de 300 kg del elevador de automóviles hidráulico hasta una altura de 2,8 m. Si se sabe que la eficiencia de conversión total de potencia eléctrica en mecánica para el sistema es de 82%, determine a) la potencia de salida promedio entregada por la bomba hidráulica para elevar el sistema, b) la potencia eléctrica promedio que se requiere. Solución:
t = 15 s, m a = 1200 kg, me = 300 kg, h = 2,8 m, e = 0,82
a) Pot. Salida = ? por fórmula:
⋅
Ps = F v
como es un elevador, su velocidad es constante:
⋅
Ps = (ma + me)g h/t Ps = 1500(9,81)2,8/15 Ps = 2746,8 Watts
b) Pot. Entrada = ? por fórmula:
e=
P P
Pe = 0,82(2746,8) Pe = 2252,37 Watts
v = h/t
FASE
era
DINAMICA 1
FASE
3.6 Conservación de la energía 20. Un collarín de 2 kg se une a un resorte y desliza
sin fricción en un plano vertical a lo largo de una
NR
varilla curva ABC. El resorte no está deformado cuando el collarín se encuentra en C y su constante es de 600 N/m. Si el collarín se suelta en A sin velocidad inicial, determine su velocidad a) cuando pasa por B, b) cuando alcanza C.
Solución:
m = 2 kg, l o = 0,15 m, k = 600 N/m, v A = 0
a) Por conservación de la energía: T A + VA = TB + VB
⋅600(0,25 – 0,15) = ⋅2v
mghA + ksA2 = mvB2 + mghB + ksB2
como hA = 0
2
2 B +
vB2 = 6,174 vB = 2,48 m/s
b) Por conservación de la energía: T A + VA = TC + VC
∧
como hC = 0 sB = lo
ks
2 A =
mv
C
2
2(9,81)(-0,2) + 600(0,2 – 0,15)2
+ mghC + ksB2
600(0,25 – 0,15)2 = 2vC2 vC2 = 3 vC = 1,73 m/s
