FACULTAD DE MECANICA

ESCUELA DE INGENIERIA INDUSTRIAL

DINAMICA

EJERCICIOS FUNDAMENTALES

CAPITULO 12

ING. WASHINTONG ZABALA

RAÚL CHANALUISA

1026

2013- 10-07

Solución: M.R.U.A

t=?

s=s0+V 0 t+12a t 2

s=s0+V 0 t−12g t 2

0=0+(15ms ) t−12 (9.81ms2 ) t2

(15 ms )t=12 (9.81 m

s2 ) t 2

(15 ms )2

(9.81 m

s2 )=t 2

t

t=(15 m

s )2(9.81 m

s2 )

F12.2.- Se lanza una bola verticalmente hacia arriba con una rapidez de 15m/s. Determine el tiempo de vuelo cuando regrese a su posición original.

Grafica.

Análisis:

Este es un ejercicio del M.R.U.A ya que actua la gravedad . Donde el movimineto de un proyectil es la combinacion del M.R.U.A en el eje de las “Y”. Donde la (a = -g= 9.81m/s2). reemplasamos la V0 =15m/s2 ,sin tener una posición inicial y final en la ecuanción de M.R.U.A y

encontramos el tiempo.

Conclusión:

En este tipo de problema el tiempo fue hallado a partir de despejar el tempo en la ecuacion del M.R.U.A.

La gravedad sera negativa a partir que la bola comiense a decender. El tiempo de vuelo encontrado de la bola a su origen es de 3.06s.

Datos:V0 15m/st=?a=-g=-9.81m/s2

Solución: a=?

a=v ´

a=(0.5 t 3−8 t ) ddt

a=(1.5 t 2−8 ) ms2

Cuando t=2s:

a=(1.5(2)2−8 ) ms2

a=(6−8 ) ms2

a=−2 m

s2

F12.4.- Una partícula se desplaza a lo largo de una línea recta a una rapidez de v=(0.5t3-8t)m/s, donde t esta en segundos.Determine su aceleración cuando t=2s.

Análisis:

La aceleracion se encuantra de la primera derivada de la velocidad. La particula para un tiempo t=2s, la a=-2m/s2 ( direccion contraria), porque reeplasando el

tiempo en la ecuacion de la aceleracion.

Conclusión:

En este tipo de problema la particula esta en f(t). La aceleración esta en f(t) y la aceleracion es la primera derivada de la velocidad. La aceleracion en un tiempo de 2s, nosda una a=-2m/s2, donde la direccion es contraria.

Datos:V= (0.5t3-8t)m/s ; t(s)Determinar:a=? ; t=2

Datos:a= (10 – 0.2s)m/s2 ; s(m)Determinar:V=? ; s=10mV0=5m/s ; s0=0

Solución:

a=dvdt

;dt=dva

(1 )

v=dsdt

;dt=dsv

(2 )

Igualando las ecuaciones 1y2:

dsv

=dva

ads=v dv

∫ ads=∫ v dv

∫v0

v

v dv=∫s0

s

ads

Si v0=5m/s ; s0=0

∫5

v

v dv=∫0

s

ads

∫5

v

v dv=∫0

s

(10−0.2 s )ds

v=(√20 s−0.2 s2+25 ) ms

Detreminar v=? ; s = 10m

v=(√20 s−0.2 s2+25 ) ms

v=(√20(10)−0.2(10)2+25)

v=(√245 )

v=14.3ms

/¿

F12.6.- Una particula viaja a lo largo de una línea recta con una aceleracion de a=(10 - 0.2s)m/s2, donde s esta medida en metros. Detremine su velocidad cuando s = 10m si v = 5m/s cuando s =0

Análisis:

Despejando dt en las ecuaciones de la acelarcion respecto a la derivada de la velocidad y de la velocidad respecto a la de la posición, igualamos ambas ecuaciones obtendremos la ecuacion ( a ds = n dv) .

Integrando la ecuacion ( a ds = n dv) obtendremos como resultado la velocidad

v=(√20 s−0.2 s2+25 )

Conclusión:

En este tipo de problema la particula esta en f(s). La velocidad es de 14.3m/s en una posicion s = 10m

Datos:V= (20 – 0.05s)m/s ; s(m)Determinar:a=? ; s=15m

Solución:

a=dvdt

;dt=dva

(1 )

v=dsdt

;dt=dsv

(2 )

Igualando las ecuaciones 1y2 despejando a:dsv

=dva

a=vdvds

∫ a=∫ (20−0.05 s2 ) dvds

a=(20−0.05 s2 )(−0.1 s)Detreminar a=? ; s=15m

a=(20−0.05 s2 )(−0.1 s)

a=[20−0.05 (15 )2 ] [−0.1 (15 ) ]

a=[8.75 ] [−1.5 ]

a=−13.1ms2

/¿

F12.8.- Una partícula viaja a lo largo de una minea recta a una velocidad de v= (20-0.05s2)m/s, donde s esta en metros. Determine la aceleracion de la partricula cuando s= 15m.

Análisis:

Despejando dt en las ecuaciones de la acelarcion respecto a la derivada de la velocidad y la velocidad respecto a la de la posición, igualamos ambas ecuaciones obtendremos la ecuacion ( ds/v = dv/ a) .

Integrando la ecuacion ds/v = dv/ a) obtendremos como resultado a= -13.1m/s2

Conclusión:

La aceleracion de la particula es de -13.1 m/s2 cuando s=15m. Lo que particula obtiene una desaceleracion cuando se ha desplazado 15 m

Datos:x= (8t)m ; t(s)Determinar:V=? ; t=2s

Solución:x=(8 t )m

y= (0.75x )m; y=(0.75 (8 t ) )my= (6 t )m

vx=x ´ ;v x=dxdt

vx=8 tddt

vx=8ms/¿

v y= y ´ ;v y=dydt

v y=6 tddt

v y=6ms

/¿

Calculamos la magnitud de la velocidad conociendo Vx y Vy:

v=√v x2+v y

2

v=√(8 ms )

2

+(6 ms )

2

v=√64 m2

s2+36 m2

s2

v=√100m2

s2

v=10ms

/¿

F12.16.- Una particula se desplasa a lo largo de la trayectoria rescta. Si su posicion a lo largo del eje x es x= (8t)m, donde t esta en segundos, detremine la rapidez cuando t=2s

Análisis:

La velocidad de la particula se determino on la derivada de las posiciones tanto de x como de y.

Conclusión:

Donde la magnitud de la velocidsades hallada por sus componentes Vx y Vy La velocidad en un tiempo de 2 segundos es igual a 10 m/s

Datos:y= (0.5x)m vx=(2t2)m/s ; t(s)Determinar:v=? ; t=4sa=? ; t=4s

Solución:y= (0.5x )m

y ´=Vy

x´=V x=2 t2

y ´= (0.5x ´ ) mV y=0.5 (2t 2 )

V y=t2

Calculamos la magnitud de la velocidad conociendo Vx y Vy ; t=4s

V x=2t2=32 m

s

V y=t2=16 ms

v=√v x2+v y

2

v=√(32 ms )

2

+(16 ms )

2

v=√ (1280 )v=35.77/¿

Calculamos la aceleracion y su magnitud ; t=4s

ax=vx ´=4 t=16m

s2

a y=v y ´=2 t=8m

s2

v=√v x2+v y

2

a=√(16 m

s2 )2

+(8ms2 )2

a=√320a=17.9 m

s2/¿

F12.18.- Si una particula viaja a lo largo de una trayectoria de linea recta y=0.5x. si el componente x de la velocidad de la particula es vx=(2t2)m/s, donde t esta en segundos, determine la magnitud de la velocidad y aceleracion de la particula cuando t=4s.

Análisis:

Este es un tipo de ejercio donde particula que proytecta una trayectoria (y) y una velocidas en x. Donde la Vx y Vy son las componetes de la velocidad y encontramos la magnitud cuando t=4s

La acelracion es la derivada de las VX y Vy, donde hallamos la magnitud de la aceleracion esta de acuerdo a un tiemmpo 4s.

Conclusión:

La magnitudes de la velocidad determinada por Vx y Vy es de 35.77m/s La magnitud de la aceleracion determinada por la primera derivada de VX y VY = Ax y Ay es de

17.9m/s2

Datos:r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies donde: t(s) ; sen y cos (rad)Determinar:V=? ; t=2sa=? ; t=2s

Solución:v=r ´=[2 sen(2t )i+2cos(t ) j−2(t 2)k ]

v=[(4cos2 t) i−(2 sent) j−(4 t)k ] piess

Calculamos la velocidad; t=2s

v=[4 cos2(2)i−2 sen (2) j−4 (2)k ]

v=[−2.61i−1.82 j−8k ]

Calculamos la aceleracion ; t=2s

a=v ´=[ (−8 sen 2t ) i−(2cost ) j−4 k ] piess2

a=[−8 sen2(2)i−2cos (2) j−4 k ]

a=[6.05 i−0.832 j−4k ] piess2

/¿

F12.20.- La posicion de una caja que se desliza hacia abajo por una trayectoria helicoidal la describe r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies, donde t esta en segundos y los argumentos del seno y coseno estan en radianes. Determine la velocidad y aceleracion de la caja cuando t=2s

Análisis: La velocidad se en cunetra expresa por la primera derivada de la pocion que se encuntran en

componentes (x,y,z); r=[2sen(2t)i+2cos(t)j-2(t2)k]pies Donde la celeracion esta expresada por la segunda derivada de la posicion y primera de la

velocidad. a=v´=r¨Conclusión:

La velocidad deacuerdo con un tiempo t=2s es de (-2.6t)i –(1.82)j-8k pies/s Donde la a=v´ es de (6.05)i-0.832j-4k

Datos:VA =10m/sDeterminar:XR =? VC =?

Solución: ; a=-g

V Ay=sen30∗10 ms=5 m

s

yC= yA+(V Ay ) t Ac+12gy tAC

2

0=0+(5ms ) tAc+12 (−9.81ms2 ) tAC

2

0=(5 ms ) tAc+

12 (−9.81 m

s2 )t AC2

t Ac(5 ms )2=(9.81ms2 ) tAC

2

10ms=(9.81 m

s2 )t AC

t AC=1.0194 s

R=xA+V Ax t AC

R=0+(8.660ms )1.0194 s

Encontrado el tiempo AC calculamos la Vcy, su magnitud.

V Cy=V Ay−g y t Ac

V Cy=5ms−9.81 m

s2(1.0194 s¿

V Cy=−5ms=5 m

s

V Ax=V Cx=cos30∗10ms

V Cx=8.660ms

V C=√Vcx2+Vc y

2

V C=√(8.660 ms )

2

+(5 ms )

2

V C=10ms

/¿

Datos:Θ=90°VB=20 m/sDeterminar:R =?

F12.22.- La pelota es pateada desde el punto A con la velocidad inicial VA=10m/s. determine la distancia R y la rapidez con que la pelota golpea el suelo.

Análisis:

Este tipo de ejrcico es de Movimiento proyectil Donde la a=-g cuando baja y positiva cuando sube Para hallar la rapides de la velocida se encontro primero su commponente en Y.

Conclusión:

La velocidad y el tiempo de la pelota determinada por su componente en Y son de tAC= 1.019s y Vc=10m/s

F12.24.- Se rocía agua a un angulo de 90° desdela pendiente a 20m/s. determine la distancia R.

Solución: VB=20 m/s ; Θ=90°

s=R ( 45 );v0 t=20( 35 )s=s0+v0 t

R( 45 )=0+20 ms ( 35 ) t

s=s0+v0 t−12gc t

2

−R( 35 )=0+20 ms ( 45 ) t−12 (9.81ms2 ) t2

54 [20 m

s ( 35 ) t ]=53 [−20ms ( 45 )t+12 (9.81ms2 ) t2]15 t=5

3 [−16 mst+4.91m

s2t 2]

15ms

t=−26.66mst+8 .18 m

s2t2

15ms

t+26.66 mst=8 .18 m

s2t2

s=R ( 45 );v0 t=20( 35 )s=s0+v0 t

R( 45 )=0+20 ms ( 35 ) t

R=54 [20ms (35 ) t ]

R=54 [20ms (35 )5.1 s]

Análisis: Prtoblema de Movimieto de proyectil donde a=-g Tambien tenemos una velocidad en B y un angulo de 90°

Conclusión: Donde R es igual a 7.65 de un tiempo hallado de la distancias = 5.1s

Datos:VA=150 m/sDeterminar:R =?

Solución: VA=150 m/s ; a=-g

vAy=(150ms ) 35=90msyB= y A+v Ay tAB−

12g y t AB

2

−150m=0+(90 ms ) tAB−

12 (9.81 m

s2 )t AB2

0=4.905 m

s2tAB

2−(90ms ) tAB−150m

Aplincando la formula general encontamos tAB:

x=−b±√b2−4ac2a

t AB=90±√902−4 (4.905)(−150)

2(4.905)

t AB=90±√8100+2943

9.81

t AB=90±√11043

9.81

t AB=90±√11043

9.81

t AB=90±105.099.81

t AB=19.89 sxB=R

xB=xA+(va )x tAB

R=0+120 ms

tAB

R=120ms

(19.89 s)

R=2386.8m

R=2.39km /¿

F12.26.- Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de VA=150m/s desde la azotea de un edificio. Determine la distancia R donde golpea el suelo en B.

Análisis: Un problema de movimiento de proyectil. Donde el proectil tiene una velocidad A=150/s y encontramos su copmponente en Y. Utilisando la formula general podemos hayar el tiempo q tiene el proyectil hasta el punto B

Conclusión: El teimpo del proyectil hasta que toca el punto B es de 19.89s. R tiene un desplasamiento de 2.39km deacuerdo con el tiempo.

Datos:V=(300/s)m /sDeterminar:a=? t=3 sSi t=0 ; s=0

Solución:

v=dsdt

dt=dsv

Calculamos s cuando t=3s

∫0

3 s

dt=¿∫0

s

vds¿

∫0

3 s

dt=¿∫0

sds

( 300s )ms¿

3m= 1600m

s2

s=√ 3m1600s=42.43m

v=( 300s )msv=( 30042.43 )ms

Calculamos la an y la at, sabiendo que:ρ=100m ; s=42.43m

an=v2

ρ

an=(7.071 m

s )2

100m

an=0.5m

s2

a t=vdvdx

a t=( 300s )(−300s2 ) ms2a t=( 300

42.43m )( −30042,43m2 ) ms2

a t=−1.179 m

s2

a=√an2+a t

2

a=√(0.5 m

s2 )2

+(−1.179ms2 )2

a=√1.64 m2

s4

F12.28.-El automovil viaja a lo largo de la carretera a una rapidez de v =(300/s)m/s, donde s esta en metros. Determine la magnitud de su aceleracion cuando t=3s si t=0 cuando s=0.

Análisis: Ejercico de movimiento curviline: coordenadas normal y tangencial. Donde tenemos una velocidad de 300m/s y ρ=100m Hallamos las compónentes an y at y la magnitud de la acelerasion

Conclusión: La velocidad esta determinada por la primera derivada de la posicion = 7.071m/s La magnitud de la aceleracion determinada por an y at es de 1.28m/s2

Datos:x=10piesV=20pies/sat=6pies/s2

Determinar:θ=?an=?

a=?

Solución:

tgθ=dydx

tgθ= 124

x2ddx

tgθ= 112

x

θ=tg−1( 112 x)θ=tg−1(1012 x)θ=39.81°

ρ=[1+( dydx )

2]32

[ d2 ydx2 ]

ρ=[1+( 112 x)

2]32

[ 112 ]

Solución:

an=v2

ρ

an=(20 pies/s )2

26.468

an=15.11pies

s2

a=√an2+a t

2

a=√(6 pies

s2 )2

+(15.11 pies

s2 )2

a=√264.31 pies2

s4

a=16.25 pies

s2/¿

F12.30.- Cuando x=10pies, la rapidez del embalaje es de 20 pies/s la cual se incrementa a 6 pies /s2. Determine la direccion de su velocidad y la magnitud de su aceleracion en este instante.

Análisis: Ejercico de Movimiento curvilineo: cordenadas normal y tangencial Dodne tenemos una x=10pies,V=20pies/ y una at=6pies/s2

El angulo de inclinacion se encuntra por componentes rectangularesConclusión:

El angulo de inclinacion es iguala 39.81° y ρ =26.468pies La aceleracion normal an=V2/ρ= 16.25 y la magnitud de la aceleracion es de 16.25 pies /s2

Datos:V=(0.2s)m/s ; s=mDeterminar:a=? ; s=50mρ=500m.

Solucion:

a t=vdvds

a t=(0.2 s) (0.2 ) ms

a t=(0.04 s)ms2

at=? ; s=50m :

a t=0.04 sm

s2

a t=0.04(50)m

s2

a t=2m

s2

an=v2

ρ

an=(0.2 s )2

500m

an=[0.2(50m)]2

500m

Calculamos la magnitud de la aceleracio:

a=√an2+a t

2

a=√(0.2 m

s2 )2

+(2 m

s2 )2

a=√4.04 m2

s4

a=2.009 m

s2/¿

F12.32.- El automovil sube la colina con una rapidez de v=(0.2s)m/s , dode s esta en metros , medida con respecto a A.determine la magnitud de su aceleracion cuando este en el punto s=50m, donde ρ=500m.

Análisis: Problema de Movimeinto curvilineo : coord normal y tangencial. Dado Velocidad y su posicion determinamos la aceleracion normal y tangencial. Donde la magnitud de la aceleracion esta expresado por la aceleracion normal y tangencial.

Conclusión: La velocidad tangencial dada por vdv/ds = 0.04s cuando v =0.2s La velocidad normal dada por v2/ρ 0 0.2m/s2 La magnitud el la aceleracion = 2.009m/s2

Datos:θ=(4t3/2)rad ; t=sr=(0.1t3)m ; t=sDeterminar:a=? ; t=1.5sv=¿ ? ; t=1.5s

Solucion: t=1.5s r=0.1t 3

r=0.1m (1.5 s )3

r=0.3375m r ´=vr=0.3 t

2

r ´=0.3 (1.5 ) s2

r ´=0.675ms

r ´ ´=dr ´=0.6 tr ´ ´=0.6 (1.5 )

r ´ ´=0.900ms2

θ=4 t32

θ=4 (1.5 )32

θ=7.348 rad θ ´=dθ=6 t

12

θ ´=6(1.5)12

θ ´=7.348 rads

θ ´ ´=dθ ´=3 t−12

θ ´ ´=3(1.5)−12

vθ=rθ ´

vθ=(0.3375)m(7.348) rads

vθ=2.480ms

ar=r−r θ2

ar=0.900m

s2−(' 0.3375)(7.348) m

s2

ar=−17.325 m

s2

aθ=rθ ¨+2 r ´ θ ´

aθ=(0.3375m ) (2.449 ) rads2

+2 (0.675 ) ms

(7.348 ) rads

aθ=10.747m

s2

v=√vr2+vθ

2

v=√(0.675 ms )

2

+(2.480 ms )

2

v=2.57 ms

/¿

a=√ar2+aθ

2

a=√(−17.325 m

s2 )2

+(10.747 m

s2 )2

F12.34.- La plataforma gira en torno al eje vertical de modo que en cualquier instante su posición angularnes θ=(4t3/2)rad, donde t esta en segundos. Una bola rueda hacia afuera a lo largo de la ranura radial de modo que su posición es r=(0.1t3)m, donde t esta en segundos. Determine la magnitudes de la velocidad y aceleracion de la bola cuando t=1.5s

Análisis: Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde θ=(4t3/2)rad y r=(0.1t3)m La velocidad esta determinada magnitudes radial y transversal donde Vr=r´ y Vθ=θ¨ La magnitud de la aceleracion expresada por ar y aθ.

Conclusión: La magnitud d ela aceleracion exptresada por sus compnentes r y θ en el tiempo de 1.5s =20.4 La magnitud de la velocidad expresadas por sus componentes r y θ en el tiempo de 1.5s=2.5

Datos:r = eθ

θ= π/4radθ=2rad/sθ=4rad/s 2

Determinar:ar = ?aθ = ?

Solucion: t=1.5s r=eθ

r=eθ θr=eθ θ+eθ θ2

ar=r−r θ2

ar=eθ θ+eθ θ2−eθ θ2

ar=4eπ4

ar=8.77m

s2/¿

aθ=r θ+2 r θ

aθ=eθ θ+2(e¿¿θθ) θ ¿aθ=eθ(θ+2 θ2)

aθ=eπ4 (4+2(2)2)

F12.36.- Lar espiga P es propulsada por el eslabon ahorquillado OA a lo largo de la trayectoria descrita por r = eθ. Cuando θ= π/4rad, la velocidad y la celeracion angulares del eslabon =2rad/s y =4rad/sθ θ 2. Determine las componentes radiales y transversal de la aceleracion de la espiga en ete instante.

Análisis: Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde r = eθ; θ= π/4rad; θ=2rad/s y θ=4rad/s 2

La arceleracion se encuentra por medio de la formula ar=r+rθ�2 y la aθ=rθ+2r �θ�

Conclusión: La aceleracion ar en un tiempo de 1.5s es de 8.77m/s2,

La aceleracion aθ en un tiempo de 1.5s es de 26.3m/s2,

Datos:V = 2m/sθ= 45°Determinar:

= ?θ�

Solución:

senθ=30mr

rsenθ=30m

r=30msenθ

r=30m∗cscθr=42.426m

r=(−30∗cscθ )∗(ctgθ∗θ)

r=−42426 θ ms

r=vr

vθ=r θ

vθ=(42.426 θ ) ms

v=√vr2+vθ

2

2=√(−42.426 θ )2+(42.426θ )2

2=59.99 θ ms

θ=0.0333 rads

/¿

F12.38.- En el instante θ=45°, el atleta esta corriendo a una rapidez constante de 2 m/s. Determine la velocidad angular a la cual la camara debe virar para seguir el movimiento.

Análisis:

Ejercicio de movimiento curvilineo: coord radial y transversal Donde tenemos V = 2m/s y θ= 45° Encontrando r de la grafica según sus componentes rectangulares

Conclusión:

La velocidad angular se enecuntra expresada por sus conponetes radial y transversal Donde r=Vr y r =Vθ� θ

La velocidad angular es igual a 0.0033rad/s.θ�

Datos:VB=6m/sDeterminar:V A=?

Solución:

l=sB+2 s A+2h

v=s

0=v B+2v A

2v A=−vB

Calculamos la velocidad de A ; VB= 6m/s:

2v A=−vB

2v A=−6 ms

vA=−3 ms

vA=3ms/¿

F12.40.- Determine la rapidez del bloque A si el extremo B de la cuerda se jala hacias abajo con una rapides de 6m/s.

Análisis:

Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde l=2SA+SB+2h y l=0 La velocidad sear la derivada de S tanto en A como B

Conclusión:

La velocidad de a es igual a -3m/s y la velocidad de B es igual a -6m/s Las velocidades se encuntra hacia arriba

Datos:VF=3m/sDeterminar:V A=?

Solución:

lT=sF+4 s A

v=s

0=v F+4v A

4 v A=−vF

Calculamos la velocidad de A ; VF= 3m/s:

4 v A=−vF

4 v A=−3 ms

vA=−0.75 ms

vA=0.75ms

/¿

F12.42.- Determine la rapidez del bloque A si el extremo F de la cuerda se jala hacia abajo con una rapidez de VF = 3m/s.

Análisis:

Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde lT=SF+4SA y VF=3m/s La velocidad sera la derivada de S tanto en A como F

Conclusión:

Donde la velocidad de A=-0.75m/s lo que la velocidad es en sentido contrario

Datos:VA=4pies/sDeterminar:V B=?

Solución:

lCED=sC+sB

lACDF=( sA−sC )+( sB−sC )+sB

lACDF=sA−2 sC+2 sB

Calculamos las velocidades v=s �

lCED=sC+sB

0=vC+vB

vC=−v B¿

(1 )¿

lACDF=sA−2 sC+2 sB

0=v A−2vC+2v B

Igualamos la ecuacion 1 y 2; despejando VB:

vC=−v B¿

(¿ 2) ¿

2vC=−2vB¿¿

2vC=v A+2 vB

vA+2vB=−2v B¿¿

4 v B=−v A¿¿

4 v B=−4 pies2

vB=−1 piess

/¿

F12.44.- Determine la rapidez del cilindro B si el cilindro A conuna rapidez de VA= 4 pies/s .

Análisis:

Ejercicio de movimiento de pendientes. Donde lCED=SC+SB ; lACDF=SA-2SC+2SB y l=0 La velocidad sera la derivada de S tanto en B como C

Conclusión:

Cuando la velocidad de A=4pies/s la velocidad de B esde -1 pie/s y de C=-4pies/s

Datos:VA=650 km/hVB=800 km/h

Determinar:V B/A = ?

Solución:

sen60 °=vBy

v B

vBy=sen 60°∗v B

vBy=sen 60°∗800

vBy=(−692.82 j ) kmh

cos60 °=vBx

vB

vBx=cos60 °∗vB

vBx=cos60 °∗800

vBx=(−400 i ) kmh

Determinamos VB/A:vB=v A+v B

A

(−400i−692.82 j)=650 i+v BA

v BA

=(−400 i−692.82 j−650 i )

v BA

=(−1050 i−692.82 j ) kmh

v BA

=√( v BA

x )2+(v B

Ay )2

v BA

=√ (−1050 )2+(692.82 )2

v BA

=1257.97 kmh

/¿

tgθ=v B

Ay

v BA

x

θ=tg−1( 692.821050 ) kmh

F12.46.- Dos aviones A y B vuelan a las velocidades constantes mostradas. Deteremine la magmnitud y direccion de la velocidad del avion B con respecto al avion A.

Análisis:

Ejercicio de movimiento relativo. Donde la velocidad de A =650Km/h y la de B=800Km/h Lo cual por medio de la grafica del avion B encontramos las componentes VBx y VBy

La magnitud de la velocidad V]B/A se determinara por medio de sus componentes VBx y VBy

Conclusión: Según la grafica de B la posicion en sus coordenadas sera (-400i -692.82j) Km/h La magnitud V]B/A=1257.97Km/h

Datos:VA=65 km/hVB=20 km/h

Determinar:V A/B = ?a A/B = ?

Solución:

sen45 °=v Ay

v A

vAy=sen 45 °∗v A

vAy=20∗sen 45 °

vAy=(14.14 j) kmh

cos 45 °=v Ax

v A

vAx=cos45 °∗v A

vAx=20∗cos 45 °

vBx=(14.14 i ) kmh

Determinamos la VA/B:vA=vB+v A

B

(−14.14 i+14.14 j)=65i+v AB

v AB

=(−14.14 i+14.14 j−65 i )

v AB

=√( v AB

x )2+(v A

By )2

v AB

=√ (−79.14 )2+(14.14 )2

v AB

=80.4 kms

/¿

Calculamoas la aA/B:a A=aB+a B

A

(20)2

0.1cos 45 ° i+

(20)2

0.1sen45 ° j=1200 i+a B

A

a AB

=1628 i+2828 j

a AB

=√ (a AB

x )2+(a A

By )2

a AB

=√ (1628 )2+(2828 )2

a AB

=3.26∗103 kmh2

/¿

F12.48.- En el instante que se presenta, los automoviles A y B viajan a la rapidez mostrada. Si B esta acelerando a 120 Km/h2 mientras que A mantiene una rapidez constante, determine velodidad y aceleracion de A con respecto a B.

Análisis:

Ejercicio de movimiento relativo. Donde la velocidad de A =65Km/h y la de B=20Km/h Lo cual por medio de la grafica en A encontramos las componentes VAx y VAy

La magnitud de la velocidad V]A/B se determinara por medio de sus componentes VBx y VBy

La magnitud de la aceleracion aA/B se determinara por medio de sus componentes aBx y aBy

Conclusión:

Según la grafica la velocidad en sus coomponentes sera V]A/B =(--79.14i+14.14j) Km/h Según la grafica la aceleracion en sus coomponentes sera aA/B =(1628i+2828j)Km/h La magnitud V]B/A=80.4Km/h La magnitud aA/B =3.26*103 Km/h2