Universidad Tecnológica de PanamáFacultad de Ingeniería Mecánica Licenciatura en Ingeniería Naval ¨ Impulso y Cantidad de Movimiento¨ Elaborado por: Marlen Veleiro 8-900-1438 Raúl Franceschi 8-882-1467 Grupo: 1IM121 II Semestre 2014 1 13.119 Un trasatlántico de 35 000 Mg tiene una velocidad inicial de 4km/h. Si se desprecia la resistencia por fricción del agua, determine el tiempo requerido para llevar al trasatlántico al reposo usando un solo remolcador que ejerce una fuerza de 150 kN. 𝑚 = 35, 000 𝑀𝑔 = 35𝑥106 𝑘𝑔 𝐹 = 150𝑥103 𝑁 𝑣1 = 4 𝑘𝑚 = 1.11 𝑚/𝑠 ℎ𝑟 𝑚𝑣1 − 𝐹𝑡 = 0 (35𝑥106 𝑘𝑔) (1.11 𝑚 ) − (150𝑥103 𝑁)𝑡 = 0 𝑠 𝑡= 259.26 𝑠 13.120 Un automóvil de 2 500 lb se mueve a una rapidez de 60 mi/h cuando los frenos se aplican por completo, lo que ocasiona que las cuatro llantas patinen. Determine el tiempo requerido para detener el automóvil a) sobre pavimento seco (µ𝑘 ) = 0.75), b) sobre un camino congelado (µ𝑘 ) = 0.10). 𝑣1 = 60 𝑚𝑝ℎ = 88 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝑣1 − 𝜇𝑘 𝑊𝑡 = 0 𝑡= 𝑚𝑣1 𝑚𝑣1 𝑣1 = = 𝜇𝑘 𝑊 𝜇𝑘 𝑚𝑔 𝜇𝑘 𝑔 𝐹𝑜𝑟 𝜇𝑘 = 0.75 𝑡= 88 𝑓𝑡/𝑠 (0.75)(32.2 𝑓𝑡 ) 𝑠2 𝐹𝑜𝑟𝜇𝑘 = 0.10 𝑡= 88 𝑓𝑡/𝑠 (0.10)(32.2 2 𝑓𝑡 ) 𝑠2 13.121 Un velero que pesa 980 libras con sus ocupantes navega viento abajo a 8 mi/h cuando su vela se eleva para incrementar su rapidez. Determinar la fuerza neta proporcionada por la vela sobre el intervalo de 10s que tarda el bote en alcanzar una rapidez de 12mi/h. 𝑣1 = 8 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 11.73 𝑡 = 10 𝑠𝑒𝑐 ℎ 𝑠 1−2 𝑣2 = 12 𝑚𝑖 = 17.60 𝑓𝑡/𝑠 ℎ 𝑚∙ 𝑣1 + 𝑖𝑚𝑝1−2 = 𝑚𝑣2 𝑚 (11.73 𝑓𝑡 𝑓𝑡 ) + 𝐹𝑛 (10𝑠) = 𝑚 (17.60 ) 𝑠 𝑠 𝑓𝑡 𝑓𝑡 (980 𝑙𝑏)(17.60 𝑠 − 11.73 𝑠 ) 𝐹𝑛 = 𝑓𝑡 (32.2 2 )(10𝑠) 𝑠 𝐹𝑛= 178.6 𝑙𝑏 3 45.122 Una camioneta remolca un tronco de 300 kg de una cuneta mediante un malacate unido por su parte trasera.13.45 cos 20°)]𝑡 = (300)(0. Si se sabe que el malacate aplica una fuerza constante de 2500 N y el coeficiente de fricción cinética entre el suelo y el tronco es de 0. 𝑚 = 300 𝑘𝑔.45. determine el tiempo necesario para que el tronco alcance una rapidez de 0. 𝑢𝑘 = 0. 𝑚𝑣1 + ∈ 𝑚𝑔𝑡 cos 20° = 0 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 20° 0 + 𝑇𝑡 − 𝑚𝑔𝑡 sen 20° − 𝑢𝑘 𝑁𝑡 = 𝑚𝑣2 (𝑇 − 𝑚𝑔 sen 20° − 𝑢𝑘 𝑚𝑔 cos 20°)𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑇 = 25000 𝑁.81)(sen 20° ´ + 0.5) 248. 𝑔 = 9.5m/s. 𝑣2 𝑠2 = 0.81 𝑚 .603 𝑠 4 .5 𝑚/𝑠 [2500 − (300)(9.95𝑡 = 150 𝑡 = 0. 𝜇 = 0.35. tan 𝜃 = 3/100 𝑠2 𝑠 𝜃 = 1.2)(0. determine el tiempo más coroto en el cual se detiene sin que la carga se desplace.67 (32.67 .4 y µ𝑘 = 0.369) 𝑡 = 6. 𝑣2 = 0. Si se sabe que los coeficientes de fricción en la carga y la cama plana del tráiler que se muestra son µ𝑠 = 0.71° 𝜇𝑠 cos 𝜃 − sen 𝜃 = 0.13.3 𝑣1 𝑔(𝜇𝑠 cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 80. ℎ 𝑠 𝑓𝑡 .40.36 𝑡= 80. 0 − 𝑁𝑡 − 𝑚𝑔𝑡 cos 𝜃 = 0 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑚𝑣1 + 𝑚𝑔𝑡 sen 𝜃 − 𝜇𝑠 cos 𝜃 = 0 𝑚𝑣1 + 𝑚𝑔𝑡(sen 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0 𝑡= 𝑣1 = 55 𝑔 = 32.123 Un tráiler desciende por una autopista con una pendiente de 3% a una rapidez de 55 mi/h cuando se aplican los frenos.77 𝑠 5 . 118 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 32.4 𝐹 = 7453.4 − 20000 sen 15° = 2277 𝑙𝑏 𝐹 = 2280 𝑙𝑏 𝑚𝑣0 − (𝐹 + 𝑚𝑔 sen 15°)𝑡 = 0 621.2 𝑥: 𝑚𝑣0 − (𝐹 + 𝑚𝑔 sen 15°)6 = (621. determine a) la magnitud de la fuerza de frenado. Un camión de 10 ton entra a una rampa de 15⁰ a una alta velocidad de 𝑣𝑜 = 108pies/s y viaja durante 6s antes de que su rapidez se reduzca a 36 pies/s. b) el tiempo adicional que se resiste al rodamiento.4𝑡 = 0 𝐴𝑑𝑑𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑡𝑖𝑚𝑒 = 9 − 6 𝑡 = 3𝑠 6 . 𝑊 = 20000 𝑙𝑏 𝑚= 20000 = 621.13.118(108) − 7453.124 Se construyen rampas de seguridad inclinadas al lado de autopistas de montaña para permitir que se detengan los vehículos con frenos defectuosos. Suponiendo desaceleración constante.118)(36) 𝐹 + 𝑚𝑔 sen 15° = 7453. 86°) + (32. Determine el valor permisible más pequeño del coeficiente de fricción estática entre un tronco en el piso del vagón de equipaje si el tronco no va a deslizar.2 2 )(12 𝑠)(sen 2.2)(12)(sen 2.86°) (32.86°) = 88 𝑓𝑡/𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝜇𝑠 = 176 − 88 + (32. 𝑣1 = 120 𝑚𝑖 = 176 𝑓𝑡/𝑠 ℎ 𝑣2 = 60 𝑚𝑖 = 88 𝑓𝑡/𝑠 ℎ 𝑡1−2 = 12𝑠 𝑁𝑡1−2 = 𝑊𝑡1−2 cos 𝜃 𝑚𝑣1 − 𝜇𝑠 𝑚𝑔𝑡1−2 cos 𝜃 + 𝑚𝑔𝑡1−2 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑣2 (176 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑓𝑡 ) − 𝜇𝑠 (32. El tren desciende por una pendiente de 5% cuando reduce su velocidad a una tasa constante de 120 mi/h hasta 60 mi/h en un intervalo de tiempo de 12s.2)(12)(cos 2.2 2 )(12𝑠)(cos 2.125 Lo que sujeta al equipaje sobre el peso del vagón de equipaje de un tren de alta velocidad es la fricción.86°) 𝜇𝑠 = 0.278 7 .13. 42)3 ] 𝑗 + [−250 + 2(11.5 𝑚 𝑚 ) 𝑗 − (194. determine si el tiempo en el cual la velocidad es paralela al plano yz.5 ) 𝑘 𝑠 𝑠 8 . donde F se expresa en newton.42𝑠 2 1 1 𝑣 = [100 + 2(11.126 Sobre una partícula de 2kg actúa una fuerza F= (8-6t) i + (4-𝑡 2 ) j + (4+t) k. b) la velocidad correspondiente de la partícula.42) + (11.13.42) − (11. 𝑡 = 11. Si se sabe que la velocidad de la partícula es v= (150m/s) i + (100m/s) j – (250 m/s) k en t=0. 𝑚𝑣0 + ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 8 ∫ 𝐹 𝑑𝑡 = ∫ [8 − 6𝑡)𝑖 + (4 − 𝑡 2 )𝑗 + (4 + 𝑡)𝑘]𝑑𝑡 0 1 1 = (8𝑡 − 3𝑡 2 )𝑖 + (4𝑡 − 𝑡 3 ) 𝑗 + (4𝑡 + 𝑡 2 ) 𝑘 3 2 𝑣0 = 150𝑖 + 100𝑗 − 250𝑘 1 1 (2 𝑘𝑔)(150𝑖 + 100𝑗 − 250𝑘) + (8𝑡 − 3𝑡 2 )𝑖 + (4𝑡 − 𝑡 3 ) 𝑗 + (4𝑡 + 𝑡 2 ) 𝑘 = (2 𝑘𝑔)𝑣 3 2 𝑣 = (150 + 4𝑡 − 3 2 1 1 𝑡 ) 𝑖 + (100 + 2𝑡 − 𝑡 3 ) 𝑗 + (−250 + 2𝑡 + 𝑡 2 ) 𝑘 2 6 4 150 + 4𝑡 − 3 2 𝑡 = 0.42)2 ]𝑘 6 4 𝑣 = − (125. 29°)(𝑡) = 29.29° − sen 2.2[(0. determine el tiempo más corto necesario para que el camión se frene.127 Un camión desciende sobre un camino con pendiente de 4% a una rapidez de 60mi/h cuando se aplican los frenos para frenarlo hasta 20mi/h. 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 4 100 =2.33 ℎ 𝑠 𝐹 = 𝜇𝑠 𝑁 = 𝜇𝑠 𝑊 cos 𝜃 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑓𝑡 ) + (32. Un sistema de frenado antiderrapante limita la fuerza de frenado a un valor en el cual los neumáticos del camión están a punto de patinar.60)𝑐𝑜𝑠2. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el camino y los neumáticos es igual a 0.2 2 )(cos 2.29°] 𝑡 = 3.29° 𝑚𝑣1 + ∈ 𝑖𝑚𝑝1−2 = 𝑚𝑣2 𝑚𝑣1 + 𝑊𝑡 sen 𝜃 − 𝐹𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑣1 = 60 𝑣2 = 20 (88 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 88 ℎ 𝑠 𝑁 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑊 = 𝑚𝑔 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 29.33 32.26 𝑠 9 .2 2 )(𝑡)(sen 2.13.60)(32.33 𝑓𝑡/𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝑡= 88 − 29.60.29) − (0. 81 𝑣20 2 = 15. si empieza desde el reposo y las ruedas frontales del automóvil apenas se despegan del suelo.34 𝑚/𝑠 𝑡0−20 = 15.61 𝑠 10 𝑚 ) 𝑠2 . b) Determine el tiempo mínimo para que el automóvil corra toda la cerrera si después de patinar durante 20 m.344 𝑚/𝑠 0 + 𝜇𝑘 𝑚𝑔𝑡0−20 = 𝑚𝑣20 𝑣20 = 15. determine el menor tiempo posible en el que el automóvil puede recorrer los 20 m iniciales.34 𝑚/𝑠 𝑚 (0.60. las ruedas giran sin patinar por el resto de la carrera.60)(9.60)(20 𝑚) (9. ni la resistencia al rodamiento. 𝑇0 + 𝑈0−20 = 𝑇20 𝑇0 = 0 1 𝑇20 = 𝑚𝑣20 2 2 𝑈0−20 = (𝐹)(20) 0 + 𝜇𝑘 𝑚𝑔(20) = 1 𝑚𝑣20 2 2 𝑣20 2 = (2)(0.85.128 Las marcas sobre una pista de carreras indican que las ruedas traseras( las de la tracción) de un automóvil patinaron en los primeros 20 m de la pista de 400 m. a) si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.13.81 2 ) 𝑠 𝑡0−20 = 2. No tome en cuenta la resistencia del aire. suponga que para la parte de la carrera con rodamiento de 65% del peso del automóvil se apoya sobre las ruedas traseras y que el coeficiente de fricción estática es de 0. pero no aplican sobre las ruedas del vagón A. 𝑁𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝐹𝐴 = 0 𝐹𝐵 = (0.35)(100000) = 35000 𝑙𝑏 𝐹𝐵 = (0. 𝑚 = 3106 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝐵 𝑁𝐴 = 𝑁𝐶 = 80000 𝑙𝑏. 𝑊𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 = 2484 𝑙𝑏 ∙ 𝑠2 . b) la fuerza en cada acoplamiento.639) = 0 𝐹𝐴𝐵 = 19. determine a) el tiempo requerido para detener el tren.35)(80000) = 28000 𝑙𝑏 𝑣1 = 30 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 44 . 𝑊𝐴 = 𝑊𝐶 = 80000 𝑙𝑏. por los que estos deslizan sobre la vida.13.35 entre las ruedas y la vía.129 El tren subterráneo que se muestra está viajando con una rapidez de 30 mi/h cuando los frenos se aplican por completo sobre las ruedas de los vagones B y C.639) − 𝐹𝐵𝐶 (5. Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.390 𝑙𝑏 −𝑚𝐶 𝑣1 + 𝐹𝐶 𝑡 − 𝐹𝐵𝐶 𝑡 = 0 −(2484)(44) + (28000)(5.639𝑠 𝐹 63000 −𝑚𝐴 𝑣1 + 𝐹𝐴 𝑡 + 𝐹𝐴𝐵 (5. 𝑣2 = 0 ℎ 𝑠 𝑚 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 8074 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝐹 = 𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 + 𝐹𝐶 = 63000 𝑙𝑏 −𝑚𝑣1 + 𝐹𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑡= (8074)(44) 𝑚(𝑣1 − 𝑣2 ) = = 5.639) = 0 𝐹𝐵𝐶 = 8620 𝑙𝑏 11 . 𝑣2 = 0 ℎ 𝑠 𝑚 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 8074 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝐹 = 𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 + 𝐹𝐶 = 28000 𝑙𝑏 −𝑚𝑣1 + 𝐹𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑡= (8074)(44) 𝑚(𝑣1 − 𝑣2 ) = = 12.130 Resuelva el problema 13. 𝑊𝐴 = 𝑊𝐶 = 80000 𝑙𝑏.129.688𝑠 𝐹 28000 −𝑚𝐴 𝑣1 + 𝐹𝐴 𝑡 + 𝐹𝐴𝐵 𝑡 = 0 −(2848)(44) + (28000)(12.13. 𝑊𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝑠2 𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 = 2484 𝑙𝑏 ∙ .390 𝑙𝑏 −𝑚𝐶 𝑣1 + 𝐹𝐶 𝑡 − 𝐹𝐵𝐶 𝑡 = 0 −(2484)(44) + 0 − 𝐹𝐵𝐶 (12.688) = 0 𝐹𝐴𝐵 = −19.35)(80000) = 28000 𝑙𝑏 𝐹𝐵 = 0 𝐹𝐵 = 0 𝑣1 = 30 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 44 . 𝑚𝐵 = 3106 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 /𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑁𝐴 = 𝑁𝐶 = 80000 𝑙𝑏.6888) = 0 𝐹𝐵𝐶 = −8620 𝑙𝑏 12 . 𝑁𝐵 = 100000 𝑙𝑏 𝐹𝐴 = (0. suponiendo que los frenos se aplican solo sobre las ruedas del vagón A.688) + 𝐹𝐴𝐵 (12. 65)(2000)𝑔𝑡 [(𝑚𝐶 + 𝑚 𝑇 )𝑣] = −𝐹𝑡 + [(𝑚𝐶 + 𝑚 𝑇 )𝑣] 0 = −(0. 𝑣 = 90 𝑘𝑚 𝑚 = 25 ℎ 𝑠 𝑁𝐶 = 𝑚𝐶 𝑔 = (2000)𝑔 𝐹𝑡1−2 = 𝜇𝑠 𝑁𝐶 𝑡1−2 𝐹𝑡1−2 = (0.81 𝑚 𝑚 ) (𝑡1−2 ) = 10000𝑘𝑔(25 ) 2 𝑠 𝑠 𝑡1−2 = 19. b) la fuerza en el acoplamiento durante ese tiempo.65)(2000 𝑘𝑔) (9.131 Un tractocamion con una cabina de 2000 kg y un remolque de 8000 kg viaja sobre un camino plano de 90 km/h.60 𝑠) + (8000 𝑘𝑔) (25 𝑄 = 10.13.60 𝑠 [𝑚 𝑇 𝑣] = −𝑄𝑡1−2 + [𝑚 𝑇 𝑣] 𝑡1−2 = 19.65. determine a) el tiempo más corto para que la cabina se detenga.60 𝑠 0 = −𝑄(19.204 𝑁 13 𝑚 ) 𝑠 . Los frenos en el remolque fallan y el sistema de antiderrapante de la cabina proporciona la mayor fuerza posible que no provocara que patinen los neumáticos. Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0. 14𝑡 = 50 𝑡 = 0. Ignorando el efecto de la fricción determine a) el tiempo en el cual la velocidad del collarín B será de 2.43 𝑡 𝑚 ) 𝑠 150𝑡 − 2𝑇𝑡 = 20 0 + 𝑇𝑡 − 𝑊𝐴 𝑡 = 𝑚𝐴 (𝑣𝐴 ) 𝑇𝑡 + 𝑊𝐴 𝑡 = 𝑚𝐴 (𝑣𝐴 ) 𝑇𝑡 + 𝑊𝐴 𝑡 = 𝑚𝐴 (2𝑣𝐵2) 𝑇𝑡 + 29.43𝑡 = (3𝑘𝑔)(2)(2.5 ms hacia la izquierda.13. 𝑣𝐴 = 2𝑣𝐵 1 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 2 𝑚𝐴 = 3 𝑘𝑔 𝑚𝐵 = 8 𝑘𝑔 𝑇= 𝑇 = 56.43 𝑁 0 + 150𝑡 − 2𝑇𝑡 = 𝑚𝐵 (𝑣 𝐵 ) 150𝑡 − 2𝑡𝑇 = (8𝑘𝑔)(2.5 𝑚 ) 𝑠 𝑇𝑡 + 29.5 15 + 29.132 El sistema que muestra está en reposo cuando una fuerza constante de 150 N se aplica al collarín B.549 𝑠 14 .43𝑡 = 15 91. b) la tensión correspondiente en el cable.8 𝑁 𝑤𝐴 = 29. 8𝑠) 𝑠2 (4𝑘𝑔)(3.84 𝑁 (0. determine a) la velocidad del bloque B después de 0.8 𝑚 ) 𝑠 + (4𝑘𝑔)(9.13.8) = 4𝑣 (12𝑔 − 4𝑔)(0.2 𝑁 15 .81 𝑚 ) (0.8s.81 2 ) + 58. b) la fuerza ejercida por el cilindro sobre la plataforma.92 𝑇 = 58.81 (𝑚𝐴 𝑣) = 0 𝑇= 𝑇= 0 + (𝐹𝐶 + 𝑚𝐴 𝑔) 4𝑣 + 4𝑔 0.8) = 12𝑣 [𝑚𝐵 𝑣] + (𝑇)𝑡1−2 − 𝑚𝐵 𝑔𝑡1−2 = (𝑚𝐵 𝑣) 0 + (𝑇 − 4𝑔)(0.8𝑠) 𝑠 𝐹𝐶 = 39.133 Un cilindro C de 8 kg descanza sobre una plataforma A de 4kg sostenida por una cuerda que pasa sobre las poleas D y E y está unido a un bloque B de 4kg.92 𝑠 ) 𝑚 𝐹𝐶 = − (4𝑘𝑔) (9.92 𝑚/𝑠 16 𝑘𝑔 (8𝑘𝑔)(9.84 𝑁 𝑚 (4 𝑘𝑔)(3. [(𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑣] − 𝑇(𝑡1−2 ) + (𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑔𝑡1−2 = [(𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑣] 0 + (12𝑔 − 𝑇)(0. Si el sistema se suelta desde el reposo.8) = (12 + 4) 𝑣= 𝑚 )(0.8𝑠) 𝑠2 = 3. 13.2)(0. determine a) la fuerza impulsiva promedio ejercida por un hombre de 200 lb sobre el cinturón.110) 2 𝑚 𝑓𝑡 (200 𝑙𝑏)(66 𝑠 ) − 𝐹(0.110 𝑠) ∆𝑡 = 0.110 𝑠) 2 𝑚𝑣1 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝐹∆𝑡 𝐼𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 = 𝐹∆𝑡 = 3723 𝑙𝑏(0. 𝑣1 = 45 𝑚𝑖 = 66 𝑓𝑡/𝑠 ℎ 𝐹= 𝑊 = 200 𝑙𝑏 (200)(66) = 3727 𝑙𝑏 (32.134 Antes de diseñar un prototipo de cinturón de seguridad que se evaluara en pruebas de choque de automóviles.110) 𝐼𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 = 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝐷 1 − 𝑡 = 𝐹𝑚 (0. se realiza una estimulación de la carga esperada en el cinturón de seguridad que pasa por el hombro.110𝑠) = 0 𝑓𝑡 (32. b) la fuerza máxima 𝐹𝑚𝑎𝑥 que se ejerce sobre el cinturón si el diagrama fuerza-tiempo tiene la forma que se muestra en la figura.110) = (3727)(0.2 2 ) 𝑠 𝐹𝑚 = 7450 𝑙𝑏 16 . Si un automóvil que viaja a 45 mi/h se detiene en 110ms.110 𝑠 1 𝐹 (0. 5 𝑚/𝑠 = 0.8) 0 0 = 0.2 = 4.8 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝑆𝑑𝑡 0 0.7 + 0.99 𝑠 17 .5886 𝑁 𝑃= 13 𝑡 = 65𝑡 0.060)(9.8 𝑠 𝑡3 = 7.8 − ∫ 𝑊𝑑𝑡 = 𝑚2 𝑣2 0 0 1 = 𝑚𝑔ℎ1 2 0 + 4.13.7 𝑁 ∙ 𝑠 𝑊 = 0.7 + 0.81) = 0.588𝑡3 = 0 𝑡2 = 0.0026 − 0.8 𝑚1 𝑣1 + ∫ 𝑡 0 ∫ 𝑆𝑑𝑡 = ∫ 𝑆𝑑𝑡 0 1 (0.2)(13) 2 1 + (0. 0.5886)(0.1)(13 + 5) 2 + (0. b) el tiempo para que el cohete alcance su elevación máxima.5886)(0.5886 𝑁 0.0026 − 0.8 − 0. Desprecie la resistencia del aire y el cambio en la masa del cohete para determinar a) la rapidez máxima del cohete cuando asciende.3)(5) 𝑃𝑑𝑡 = 0.5)(0.8 𝑚 = 0.135 Un cohete a escala de 60 g se lanza verticalmente.5886 − 65𝑡 ∫ 𝑊𝑑𝑡 = (0.0090 𝑠 𝑡 0. El motor aplica un empuje P que varía en magnitud como se muestra.060 𝑘𝑔 ∫ 0 𝑚𝑔 = (0.5886 − 65𝑡1 = 0.4708 = 0.47088 𝑁 ∙ 𝑠 𝑡1 = 0.8 𝑆 = 𝑊 − 𝑃 = 0.060𝑣2 = (0.0090) 𝑣2 = 70.0026 𝑁 ∙ 𝑠 𝑣3 = 0 𝑑𝑣 =𝑎=0 𝑑𝑡 𝑡3 𝑡3 𝑚𝑣1 + ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝑆𝑑𝑡 − 𝑊𝑡3 0 0 = 𝑚𝑣3 𝑊−𝑃 =0 0 + 4. 8 𝑥10−6 𝑁/𝑚2 18 .6𝑥10−3 𝑠) − 20𝑥10−3 𝑔 (𝑐2 )(1.136 Se va a obtener un modelo simplificado consistente en una línea recta para la variación de la presión dentro del cañón de 10 mm de diámetro de un rifle cuando se lanza una bala de 20g.280𝑥10−6 𝑚2 ∙ 𝑠) 1. determine el valor de 𝑝0 .25𝑥10−3 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 (1.54𝑥10−6 𝑚2 ) [(𝑐1 )(1.6𝑥10−3 𝑠 0+𝐴∫ 0 (𝑐1 − 𝑐2 𝑡)𝑑𝑡 = (78.25𝑥10−3 (1.6𝑥10−3 𝑠) 𝑐2 = 𝑝0 1.6𝑥10−3 𝑠 0+𝐴∫ 𝑝𝑑𝑡 = 𝑚 𝑣2 0 𝜋(10𝑥10−3 )2 𝐴= 4 𝐴 = 78.280𝑥10−6 𝑐2 = 178.6𝑥10−3 𝑠) −3 2 𝑝0 = 222. Si se sabe que se requieren 1.6𝑥10−3 𝑠 𝑐1 − 1.6𝑥10−3 𝑠 𝑚 = 20𝑥10−3 𝑘𝑔 1.6 s para recorrer la longitud del cañón y que la velocidad de la bala al salir es de 700 m/s.6𝑥10−3 𝑠) 700𝑚 ] = (20𝑥10−3 𝑘𝑔)( ) 2 𝑠 1.13.54𝑥10−6 𝑚2 1.6𝑥10 𝑚 ∙ 𝑠 𝑝0 − 𝑝0 = 178. 𝑝 = 𝑝0 + 𝑐1 − 𝑐2 𝑡 𝑐1 = 𝑝0 0 = 𝑐1 − 𝑐2 (1. = 𝑙𝑏 𝐹𝑠 100 62.75] = 49.5 + 50)(3) 𝑚 2 1 + (50)(4)] 2 1 = (193.5 𝑙𝑏 ∫ 𝑃𝑑𝑡 = 𝑡1 8𝑠 𝑡1 8𝑠 = 𝑙𝑏.40. 0 + ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 𝑣= 𝑣𝑚 = 1 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] 𝑚 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] = 0 𝑃 = 𝐹𝑠 = 𝜇𝑠 𝑊 = (0. b) la rapidez máxima que alcanza el bloque.13.75) 𝑚 𝑡𝑚 = 17.50 y µ𝑠 = 0.2 1 1 [ (12.25 + 50(𝑡𝑚 − 5)] = 0 ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑅 𝑑𝑡 𝑣𝑚 = 1 [193.91 𝑓𝑡/𝑠 125 𝑙𝑏 32.4)(125) = 50 𝑙𝑏 = 800 − [156.5)(50) + (50)(𝑡𝑚 − 5) 2 ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 𝑃 = 𝐹𝑘 = 𝜇𝑘 𝑊 = (0.5 𝑙𝑏 100 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑡1 = 5 𝑠 1 (100)(16) = 800 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 2 1 (62. c) el tiempo en el que el bloque dejara de moverse.875 𝑠 19 .137 Sobre un bloque de 125 lb que inicialmente esta en reposo se una fuerza P que varia como se muestra en la figura. determine a) el tiempo en el que el bloque comenzara a moverse.5)(125 𝑙𝑏) = 62. Si se sabe que los coeficientes de fricción entre el boque y la superficie horizontal son µ𝑠 = 0. 75] = 10.75) 𝑚 0 8 ) = 5.5 𝑙𝑏 𝑣𝑚 = 𝑡1 8𝑠 𝑡1 8𝑠 = 𝑙𝑏.25 − 70(𝑡𝑠 − 7) =0 𝑡𝑚 = 13.0) 𝑚 2 1 + (30)(10.5)(7) + (70)(𝑡𝑚 − 7) 2 𝑡𝑚 = 10.6 100 1 1 100 (100)(8) − ( )(16 2 2 8 − 𝑡𝑠 )2 = 800 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 1 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = (87.4 − 8)] 2 1 = (59.4)(175) = 70 𝑙𝑏 𝑡𝑠 ∫ 𝑃𝑑𝑡 = 16 − 𝑡𝑚 8𝑠 = 70 𝑙𝑏 100 𝑙𝑏 16 − 𝑡𝑚 = 70 ( 1 1 [ (17.5 + 30)(1.4 𝑠 ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 100 (16 − 𝑡𝑠 )2 16 − 306.5)(175 𝑙𝑏) = 87.13.5 𝑙𝑏 100 𝑡1 = 5 𝑠 1 [59. y ahora suponga que el peso del boque es de 175 lb.137. = 𝑙𝑏 𝐹𝑠 100 87.994 𝑓𝑡/𝑠 175 𝑙𝑏 32.138 Retome el problema 13.2 [∫(𝑃 − 𝐹)𝑑𝑡 ] = 0 𝑃 = 𝐹𝑘 = 𝜇𝑘 𝑊 = (0. 𝑊 = 175 𝑙𝑏 𝑣= 𝑣𝑚 = 1 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] 𝑚 𝑃 = 𝐹𝑠 = 𝜇𝑠 𝑊 = (0.492 𝑠 = 800 − 20 . 𝑣 = 90 𝑚𝑖 𝑓𝑡 = 132 ℎ 𝑠 5 𝑚 = 16 𝑔 6 𝑑 1 12 𝑡= = = ( )𝑠 𝑉𝑎𝑣 30 60 0 = 𝐹𝑎𝑣 𝑡 + 𝑚𝑣 𝐹𝑎𝑣 = 𝑊𝑉 𝑔𝑡 𝐹𝑎𝑣 = 𝑚𝑣 𝑡 5 𝑓𝑡 𝑓𝑡 1 𝐹𝑎𝑣 = ( 𝑙𝑏) (132 )/(3202 )2 ( ) 16 𝑠 𝑠 60𝑠 𝐹𝑎𝑣 = 76.9 𝑙𝑏 21 .13. Suponiendo que una pelota de 5 oz alcanza su guante de 90mi/h y que el jugador hace su mano hacia atrás durante el impacto con una rapidez promedio de 30 pie/s una distancia de 6 pulgadas. llevando la pelota al reposo determine la fuerza impulsiva promedio ejercida sobre la mano del jugador.139 Un jugador de beisbol que atrapa una pelota puede suavizar el impacto moviendo su mano hacia atrás. 62 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 = 0.44𝑥103 𝑙𝑏 2𝑡0 (2)(0.5𝑥10−3 ) 22 .13.144𝑥10−3 )(146.5𝑚𝑠 𝑣 = 146. la magnitud F de la fuerza ejercida sobre la pelota puede expresarse como F=𝐹𝑚 sen (𝜋𝑡/𝑡0 ) Si se sabe que 𝑡𝑜 = 0.144𝑥10−3 𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑊 = 1. determine el valor máximo 𝐹𝑚 de la fuerza ejercida sobre la pelota.67 𝑡0 𝑡0 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = ∫ 𝐹𝑚 sin 0 0 𝑓𝑡 𝑠 𝜋𝑡 𝐹𝑚 𝑡0 2𝐹𝑚 𝑡0 𝑑𝑡 = − (cos 𝜋 − cos 0) = 𝑡0 𝜋 𝜋 𝑡0 𝑚𝑣1 + ∫ 𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 0 0+ 𝐹𝑚 = 2𝐹𝑚 𝑡0 = 𝑚𝑣2 𝑡0 𝜋𝑚𝑣2 𝜋(3.10125 𝑙𝑏 𝑡 = 0.62 oz se golpea con un palo de golf y sale con una velocidad de 100 mi/h.140 Una pelota de golf de 1. 𝑚 = 3.5𝑚𝑠. Suponga que para 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡𝑜 donde 𝑡𝑜 es la duración del impacto.67) = = 1. con una zancada un paso y un salto.21 𝑊 23 w . De su respuesta en términos de peso W del atleta.81)(0. determine la componente vertical de la fuerza impulsiva promedio ejercida por el suelo sobre su pie. 𝑚𝑣1 + (𝑃 − 𝑊)∆𝑡 = 𝑚𝑣2 ∆𝑡 = 0.18s y despega a un ángulo de 50⁰ con una velocidad de 12 m/s.18𝑠 0 + (𝑃𝑣 − 𝑊)(0.18) = 𝑃𝑣 = 𝑊 + 𝑊 (12)(𝑠𝑒𝑛500 ) 𝑔 (12)(𝑠𝑒𝑛500 ) (9. Si se supone que este se aproxima a la línea de despegue desde la izquierda con una velocidad horizontal de 10 m/s.141 El salto triple es una prueba de pista y campo en el cual un atleta inicia una carrera y trata de llegar lo más lejos posible. permanece en contacto con el suelo durante 0. En la figura se muestra la zancada inicial del atleta.13.18) 𝑃𝑣 = 6. 𝑚 = 80𝑘𝑔 ∆𝑡 = 0.22) = 0 𝑃𝐻 = 𝑚 𝑠 ) (cos 35°) (0.13.142 La última parte de la competencia atlética de salto triple es el salto.22𝑠) (80𝑘𝑔) (9 𝑃𝐻 = 2. aterrizando en un foso de arena. determine la componente horizontal de la fuerza impulsiva promedio que se ejerce sobre sus pies durante el aterrizaje.68 𝑘𝑁 24 .22𝑠 𝑚𝑣1 + (𝑃 − 𝑊)∆𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑚(9)(𝑐𝑜𝑠35°) − 𝑃𝐻 (0. Si se supone que la velocidad de un atleta de 80kg justo antes de aterrizar es de 9 m/s a un ángulo de 35⁰ con la horizontal y que el atleta se detiene por completo 0. en el cual el atleta realiza el último de sus tres avances.22 s después del aterrizaje. 2)(20)2 = = 40𝑥103 𝑁 2(∆𝑥) (2)(0. b) la resistencia promedio del implante a la penetración si este se mueve 1mm antes de quedar en reposo. Determine a) la velocidad del implante inmediatamente después del impacto.001) 25 . 𝑚 = 0.2 ∆𝑥 = 1 𝑚𝑚 = 0.002) = = 20 𝑚/𝑠 𝑚 0.143 El diseño de un nuevo implante de cadera sin cemento.2 𝑘𝑔 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = 2000 𝑁 ∆𝑡 = 0.13.002 𝑠 𝑣1 = 0 0 + 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 (∆𝑡) = 𝑚𝑣2 𝑣2 = 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 (∆𝑡) (2000)(0.001 𝑚 𝑣2 = 20 𝑓𝑡/𝑠 𝑣3 = 0 𝑅𝑝𝑟𝑜𝑚 = 𝑚𝑣2 2 (0. Si se supone que el cincel aplica una fuerza promedio de 2 kN por un tiempo de 2ms sirve el implante de 200g. se estudiara utilizando un implante instrumentado y un fémur simulado fijo. 1𝑘𝑁 𝑠 𝐹 = √(365. determine la magnitud y dirección de la fuerza impulsiva promedio ejercida por la bala sobre la placa.13.1)2 + (254.1° 𝐹 = 445𝑘𝑁 26 .092 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 𝑠 𝑠 𝑆𝐵𝐶 0. Si se sabe que la bala deja un rasguño de 10 mm sobre la placa y suponiendo que su rapidez promedio es de 500 m/s mientras está en contacto con esta misma.6)2 = 445𝑘𝑁 tan 𝜃 = 365.025 𝑘𝑔)(600 ∆𝑡 = 𝑚 𝑚 cos 15° − 400 cos 20°] = 5.3025 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 𝑠 𝑠 𝐹𝑡 = (43025 𝑘𝑔 ∙ 𝑚 ) (20𝑥10−6 𝑠) = 365.092 𝑘𝑔 ∙ −𝑚𝑣1 sin 15° + 𝐹𝑛 ∆𝑡 = 𝑚𝑣2 sin 20° 𝐹𝑡 ∆𝑡 = (0.144 Una bala con funda de acero de 25g se dispara horizontalmente con una velocidad de 600 m/s y rebota en una placa de acero a lo largo de la trayectoria CD con una velocidad de 400 m/s.6𝑘𝑁 𝑠 𝐹𝑡 = (5.1 254.6 𝜃 = 55. 𝑚𝑣1 cos 15° − 𝐹𝑡 ∆𝑡 = 𝑚𝑣2 cos 20° 𝐹𝑡 ∆𝑡 = (0.010 𝑚 = = 20𝑥10−6 𝑠 𝑉𝑎𝑣 500 𝑚/𝑠 𝑚 ) (20𝑥10−6 𝑠) = 254.025 𝑘𝑔)(600 𝑚 𝑚 sin 15° − 400 sin 20°] = 7.1° 𝜃 − 15° = 40. Determine a) la velocidad de ambos carros después de completar el acoplamiento.190𝑠 27 .30)(100000) 𝑡 = 0.145 Un carro de ferrocarril de 25 ton que se mueve a 2.5 = 3.13.444 ft/s 4569 𝑣 ′ = 1. b) el tiempo que le toma a ambos carros quedar en reposo.6667 ℎ 𝑠 𝑚𝐵 𝑣𝐵 = 𝑚𝐴 𝑣´ + 𝑚𝐵 𝑣′ 𝑚𝐵 𝑣𝐵 𝑣′ = 𝑚 𝐴 + 𝑚𝐵 (3106)(3.667 𝑚𝑖/ℎ ∑F=0 𝑁𝐴 −𝑊𝐴 = 0 𝐹𝐴 = µ𝐾 𝑁𝐴 = µ𝐾 𝑊𝐴 𝐹𝐵 = 0 −(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 )𝑣 ′ + 𝐹𝐴 𝑡 = 0 𝑡= 𝑡= (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 )𝑣 ′ 𝑚𝐵 𝑣𝐵 𝐹𝐴 =µ 𝐾 𝑊𝐴 (1553)(3.5 mi/h se acoplara con un carro de 50 ton que se encuentra en reposo con las ruedas aseguradas (µ𝑠 = 0.6667) = =2. 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 𝐴: 2 𝑚𝐴 = 3106 𝑙𝑏 ∗ 𝑠 ⁄𝑓𝑡 𝑊𝐴 = 50 𝑡𝑜𝑛𝑠 = 1000000 𝑙𝑏 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 𝐵: 𝑊𝐵 = 25 𝑡𝑜𝑛𝑠 = 50000 𝑙𝑏 2 𝑚𝐵 = 1553 𝑙𝑏 ∗ 𝑠 ⁄𝑓𝑡 𝑉𝐴 = 0 𝑚𝑖 𝑓𝑡 𝑉𝐵 = 2.6667) (0.30). b) la rapidez del automóvil que iba a mayor velocidad si el vehículo más lento viajaba al límite de velocidad.434 𝑣𝐵 𝑚𝐴 𝑣𝐴 sen 30° − 𝑚𝐵 𝑣𝐵 = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵 )𝑣𝑠𝑒𝑛 10° 𝑣𝐴 = 2. determine a) cual de los automóviles iba más rápido. Cada conductor afirmo que viajaba al límite de velocidad de 50 km/h y que trato de frenar. 𝑦: 𝑣𝐴 = 0. Si se sabe que los pesos de los automóviles A y B eran respectivamente de 1500 y 1200 kg.30(50) 𝑣𝐴 (tan 30° − tan 10°)(𝑚𝐴 cos 30°) = 𝑣𝐵 𝑚𝐵 𝑣𝐴 = 115. luego de la investigación se determino que después del choque los dos automóviles quedaron trabados y patinaron a un ángulo de 10⁰ noreste.13.2 𝑘𝑚/ℎ 28 . 𝑥: 𝑚𝐴 𝑣𝐴 cos 30° = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵 )𝑣𝑐𝑜𝑠 10° ∑𝑚𝑣. (1500) 𝑣𝐴 = (0.146 En un crucero el automóvil B viajaba hacia el sur y el automóvil A en dirección 30⁰ al noreste cuando chocaron entre sí.4010) cos 30° (1200) 𝑣𝐵 ∑𝑚𝑣. pero que no pudo evitar el choque debido a que el otro conductor a un iba bastante más rápido.30 𝑣𝐵 𝑠𝑒𝑛30° cos 30° −𝑚 𝑚𝐵 𝑣𝐵 𝐴 𝑣𝐴 𝑣𝐵 = 50 𝑠𝑒𝑛 10° = cos 30° cos 10° 𝑘𝑚 ℎ 𝑣𝐴 = 2. 2𝑚) 1 𝑇2 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝑝 )𝑣 ′2 2 9.2𝑚) 𝑠 𝑇3 = 0 1 𝑇2 = (650 + 140)(3.2m sobre la parte superior de un pilote de 140kg encajándolo 110 mm en el suelo.110) 𝑣 = 4.295𝑥103 𝐽 650 2 𝑣 = 325𝑣 2 𝐻 2 𝑇3 = 0 𝑉2 = 0 1 𝑇2 = (650 + 140)(3.49 − (0.110)𝐹𝐴𝑉 𝑇2 + 𝑈2−3 = 𝑇3 𝑚𝐻 𝑣𝐻 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝑝 )𝑣 ′ 6.81𝑚 𝑉𝐻 = (650𝑘𝑔) ( 2 ) (1.147 El martillo de 650 kg de un encajador de pilotes cae desde una altura de 1.852 ) (𝑚𝐻 + 𝑣𝐻 ) 650 + 140 𝑠 𝑚 = 3.49 − (0.992 𝑠 𝑑 = 0.13.992)2 2 𝑉1 = 7652 𝐽 1 𝑇2 = 𝑚 2 𝑉 2𝐻 = 𝑇2 = 6. 𝑇1 = 0 𝑇2 + 𝑈2−3 = 𝑇3 𝑉𝐻 = 𝑚𝑔 (1.54 𝑚2 𝑠2 = (650 + 140)(9.992)2 2 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 𝑇2 = 6.5)(0.295𝑥103 𝐽 0 + 7652 = 352𝑣 2 𝑈2−3 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝑝 )𝑔𝑑 − 𝐹𝐴𝑉 𝑑 𝑣 2 = 23.110) = 65𝑘𝑁 29 .110)𝐹𝐴𝑉 = 0 𝑚𝐻 𝑣𝐻 650 𝑚 𝑣′ = = (4. Suponga que impacto perfectamente plástico (e = 0) y determine la resistencia promedio del suelo a la penetración.110 𝑚 𝐹𝐴𝑉 = (7147.852 𝑚 𝑠 𝑈2−3 = 852.81)(0.295𝑥103 + 852.110) − 𝐹𝐴𝑉 (0. 857) = 0.04658)(20)2 = 9.2795 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 𝑇2 = 𝐹∆𝑡 = 0. Suponga que el martillo no rebota y que el yunque esta soportado por resortes y a) tiene una masa infinita (soporte rígido).331 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 𝑇1 − 𝑇2 = 7.32608 = 1.5lb y que golpea al remache con una velocidad de 20 pie/s.148 Un pequeño remache que conecta dos piezas de hoja metálica se esta remachando mediante martilleo. 𝑊𝐻 = 1.32608 𝑠 𝑇2 = 𝑚𝐻 𝑣𝐻 𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 (0.04658)(20) 𝑓𝑡 = 2.932 𝑙𝑏 1 (0.857 0. b) tiene un peso de 9lb.04658)(9.316 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 2 ∈ 𝑚𝑣1 = ∈ 𝑚𝑣2 𝑚𝐻 𝑣𝐻 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 )𝑣2 𝑣2 = 𝑚𝐻 𝑇 𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 1 𝑣2 = (0.316) 0.04658)(20 − 2.799 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 30 .04658 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 2 𝑠 𝑚𝐴 = 0.5 𝑙𝑏 𝑊𝐴 = 9 𝑙𝑏 𝑇1 = 𝑠2 𝑚𝐻 = 0.99 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 1 𝑇𝐴 = (𝑚𝐻 + 𝑚𝐴 )𝑣2 2 2 𝐹∆𝑡 = (0. Determine el impulso ejercido sobre el remache y la energía que absorbe en cada martillazo sabiendo que la cabeza del martillo tiene un peso de 1.13. 3166) 970.138𝑥10−3 )(2.149 La bala B pesa 0. Después de que la bala pasa a través de A se incrusta en el bloque C y los tres objetos se detienen en las posiciones mostradas.8372 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝐴 2𝜇𝑘 𝑁𝐶 𝑑𝐶 = 2.2 𝑣𝐴 = √ 𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 = 93.2) 𝑓𝑡 𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 = 3 32.8372) = 224. El coeficiente de fricción entre los bloques y el plano es µ𝑠 = 0. 𝑚𝐵 = 0.5 𝑠2 = 970.71 𝑠 (93.138𝑥10−3 )(2.71 + 970. Determine la rapidez inicial 𝑉𝑜 de la bala.5𝑥10−6 𝑓𝑡 = 224.5𝑥10−6 𝑙𝑏 ∙ (16)(32.3166 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝐶 + 𝑚𝐵 (94. En un inicio la bala se mueve con una velocidad 𝑉𝑜 y los bloques A y C se encuentran en reposo.5𝑥10−6 = 497 𝑓𝑡/𝑠 𝑚𝐴 𝑣𝐴 𝑚𝐵 (𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 )𝑣𝐶 𝑚𝐵 𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 31 .5 oz y los bloques A y C pesan 3 lb cada uno.13.03125 𝑙𝑏 𝑣0 = 𝑣1 + 𝑣1 = 2𝜇𝑘 𝑁𝐴 𝑑𝐴 = 2.168𝑥10−3 𝑙𝑏 ∙ 𝑚𝐶 + 𝑚𝐵 = 94.138𝑥10−3 𝑙𝑏 ∙ 2 𝑠 𝑓𝑡 𝑣𝐶 = √ 𝑠2 𝑓𝑡 𝑣1 = 𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 𝑁𝐴 = 𝑚𝐴 𝑔 = 3 𝑙𝑏 𝑣0 𝑁𝐶 = (𝑚𝐶 + 𝑚𝐵 )𝑔 = 3.25. 80 𝑓𝑡/𝑠 600 300 + 120 ′ 300 ′ 120 (16 − 𝑣 ′ 2 ) 𝑣1=− 𝑣 2+ 𝑔 𝑔 𝑔 𝑣′2 = 420 𝑣 ′1 + (120)(16) = −0.229 𝑓𝑡/𝑠 420 32 . listos para lanzarse al agua.150 Un hombre de 180lb y una mujer de 120lb están de pie en extremos opuestos en un bote de 300lb.13. Determine la velocidad del bote después de que ambos se hayan lanzado.20 𝑓𝑡/𝑠 600 300 + 180 300 180 (16 − 𝑣2 ) 𝑣1 = − 𝑣2 + 𝑔 𝑔 𝑔 𝑣2 = 480𝑣1 − (180)(16) = 2. − 120 300 + 180 (16 − 𝑣1 ) + 𝑣1 = 0 𝑔 𝑔 𝑣1 = (120)(16) = 3. cada uno con una velocidad de 16 pies/s relativa al bote.80 𝑓𝑡/𝑠 480 180 300 + 120 ′ (16 − 𝑣′1 ) − 𝑣1=0 𝑔 𝑔 𝑣 ′1 = 180(16) = 4. b) el hombre se lanza primero. si a) la mujer se lanza primero. 431 𝑚 𝑠 (0.4)(1.151 Una pelota de 75g se lanza desde una altura de 1.075)(2)2 + 0.694 𝑚/𝑠 1 (𝑇 + 𝑉) = (0.4𝑣′𝑝𝑙𝑎𝑡𝑒 𝑣′𝑝𝑙𝑎𝑡𝑒 = 1. b) la energía perdida debido al impacto. Si se sabe que la altura del rebote de 0.694)2 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 = (1.6) + 1/2(0.6) = 5.603 𝑚 𝑠 𝑣𝑦 = √2𝑔(0.3272 − 1.075(3.6m.075)(5. 𝑣𝑦 = √2𝑔(1.6) 2 (𝑇 + 𝑉) = 1/2(0.075𝑔(1.6) = 3.1653)𝐽 = 0.1619 𝐽 33 .431) + 0.13.075)(2)2 + 0.075𝑔(0.603) + 0 = −0.6 m con una velocidad horizontal de 2 m/s y rebota en una placa lisa de 400g soportada por resortes. determine a) la velocidad de la placa inmediatamente después del impacto. 152 Una esfera A de 2 kg se conecta a un punto fijo O mediante una cuerda inextensible de 1.38°)𝑣𝑜 =3 𝑉𝑜 = 1.𝐹∆𝑡 = 0 𝐹∆𝑡 = 3 𝑁 ∗ 𝑠 𝑚 = 2 𝑘𝑔 2(𝑠𝑒𝑛65. La esfera está descansando sobre una superficie horizontal sin fricción a una distancia de 0. La esfera se mueve libremente hasta que alcanza la posición A`.5m de O cuando se le da una velocidad 𝑉𝑜 en una dirección perpendicular a la línea OA. 0. Determine la velocidad permisible máxima 𝑉𝑜 si el impulso de la fuerza ejercida sobre la cuerda no va a ser mayor de 3 N*s.38° 1.5 𝑚𝑣𝑜 + 𝐸∆𝑡 = 𝑐𝑜𝑠 −1 ( ) = 65. cuando la cuenta se tensa.2m de largo.650 𝑚/𝑠 34 .13.2 𝑚𝑣𝑜 + 𝐹∆𝑡 = 𝑚𝑣𝐴 ′ 𝑚𝑣𝑜 𝑠𝑒𝑛𝜃 . 001941)(1400) cos 30° 𝑓𝑡 = = 14. Determine a) la velocidad de la bala y el bloque inmediatamente después del impacto.13. 𝑀 = 0.001941 𝑙𝑏 ∙ 16 𝑓𝑡 𝐵𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒: 𝑊 = 5 𝑙𝑏. 𝑚 = 0.157221 𝑠 −𝑚𝑣0 sen 30° + 𝑅𝑥 ∆𝑡 = 0 𝑅𝑥 ∆𝑡 = 𝑚𝑣0 sin 30° = (0. 𝐵𝑎𝑙𝑎: 𝑤 = 1 𝑠2 𝑙𝑏.32 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 35 . El bloque puede moverse en sentido vertical sin fricción.001941)(1400)𝑠𝑒𝑛30° = 1.15528 𝑙𝑏 ∙ 𝑠2 𝑓𝑡 𝑚𝑣0 cos 30° + 0 = (𝑚 + 𝑀)𝑣 ′ 𝑣′ = 𝑚𝑣0 cos 30° (0.001941)(1400 cos 30° − 14. b) las componentes horizontales y verticales del impulso ejercido por el bloque sobre la bala.968) 𝑅𝑦 ∆𝑡 = 2.3587 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 −𝑚𝑣0 cos 30° + 𝑅𝑦 ∆𝑡 = −𝑚𝑣 ′ 𝑅𝑦 ∆𝑡 = 𝑚(𝑣0 cos 30° − 𝑣 ′ ) = (0.153 Una bala de 1 oz está viajando con una velocidad de 1400 pies/s cuando impacta y queda incrustada en un bloque de madera de 5lb.968 𝑚+𝑀 0. 59) 𝑔 = 26.94 60 𝑠 −𝑚𝑣 + 𝐹∆𝑡 = 0 60 ( ) (17.94)2 = 300 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 2 𝑔 𝑚𝑣 = (𝑀 + 𝑚)𝑣 ′ 𝑣′ = 𝑚 60 𝑓𝑡 𝑣= (17. Una varilla unida al último eslabón es golpeada con un bloque de 60lb que se deja caer desde una altura de 5 pies. b) equivalentes a dos resortes perfectamente elásticos.43 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 𝑔 1 60 𝑇 = ( )(17.59)2 2𝑔 = 240 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏 (600)(32. suponiendo que el bloque no rebota en la varilla y que las columnas que soportan la viga son a) perfectamente rígidas.94) = 𝐹∆𝑡 = 33. 𝑇1 = 0 60 𝐹∆𝑡 = 𝑚(𝑣 − 𝑣 ′ ) = ( ) (17.59 𝑠 −𝑚𝑣 + 𝐹∆𝑡 = −𝑚𝑣 ′ 36 .13.94 ) 𝑚+𝑀 300 𝑠 𝑓𝑡 = 3.94 − 3.94)2 − (3.59)2 ] 2𝑔 240 − (3.2) 𝑓𝑡 𝑣=√ = 17.7 𝑙𝑏 ∙ 𝑠 𝑉1 = 𝑊ℎ = (60 𝑙𝑏)(5 𝑓𝑡) = 300 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 1 𝑇2 = 𝑚𝑣 2 𝑉2 = 0 2 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 1 60 0 + 300 = ( ) 𝑣 2 2 𝑔 1 1 1 2 2 𝐸 = 𝑚𝑣 2 − 𝑚𝑣 ′ − 𝑀𝑣 ′ 2 2 2 60 = [(17. Determine el impulso inicial ejercido sobre la cadena y la energía que absorbe.154 Con el fin de probar la resistencia del impacto de una cadena es suspendida de una viga rígida de 240 lb y sostenida mediante dos columnas.