Instituto Tecnológico Superior de la Sierra Norte de Puebla. Materia: Dinámica 3er Semestre Alumno: Humberto Josué Garrido Silvestre. “Ejercicios Dinámica” 13.41 Una sección de la pista de una montaña rusa está compuesta por dos arcos circulares AB y CD unidos por una porción recta BC. El radio de AB es de 90 ft y el radio de CD es de 240 ft. El carro y sus ocupantes, con un peso total de 560 lb, llega al punto A prácticamente sin velocidad y luego cae libremente a lo largo de la pista. Determine la fuerza normal ejercida por la pista sobre el carro cuando éste alcanza el punto B. Desprecie la resistencia del aire y la resistencia al rodamiento. Datos: 𝑣𝑎 = 0, Peso total = 560 lb 2 𝑚𝑣𝐵 m𝜕𝑛 = 𝑅 Solución 𝑣𝑛 = 0 𝑇𝐴 = 0 𝑇𝐵 = 1 2 1 560 280 2 𝑔 𝑔 𝑚𝑣𝐵2 = ( ) ( ) 𝑣𝐵2 = 𝑣𝐵2 ∂=90(1-cos40º) 𝑈𝐴𝐵 = 𝑊(90)(1 − 𝑐𝑜𝑠40°) 𝑈𝐴𝐵 = (500 𝑙𝑏)(90𝑓𝑡)(.234) 𝑈𝐴𝐵 = 11791 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑇𝐴 + 𝑈𝐴𝐵 = 𝑇𝐵 0 + 11791 = 280 2 𝑣 𝑔 𝐵 𝑓𝑡 (11791 𝑙𝑏∗𝑓𝑡)(32.2 2 ) 𝑠 𝑣𝐵2 = 280 𝑙𝑏 2 𝑚𝑣𝐵 N-Wcos40º=- 𝑅 ; 𝑣𝐵2 = 1356 𝑣𝐵2 = 1356 N= (500 𝑙𝑏) (𝑐𝑜𝑠40°) − 𝑓𝑡 2⁄ 𝑠2 𝑓𝑡 2⁄ 𝑠2 𝑓𝑡 (32.2 2)(90 𝑓𝑡) (560 𝑙𝑏)(1356 𝑠 𝑓𝑡 2⁄ 𝑠2 𝑁 = 429 − 262 𝑁 = 167.0 𝑙𝑏 13.42 Una sección de la pista de una montaña rusa está compuesta por dos arcos circulares AB y CD unidos por una porción recta BC. El radio de AB es de 90 ft y el radio de CD es de 240 ft. El carro y sus ocupantes, con un peso total de 560 lb, llega al punto A prácticamente sin velocidad y luego cae libremente a lo largo de la pista. Determine los valores máximo y mínimo de la fuerza normal ejercida por la pista sobre el carro mientras éste viaja desde A hasta D. Desprecie la resistencia del aire y la resistencia al rodamiento. Datos 𝑣𝑎 = 0, Peso total = 560 lb 𝑁 = 167.0 𝑙𝑏 Solución Desde B a C 𝑁 ′ 𝐵 − 𝑊𝑐𝑜𝑠40° = 0 𝑁 ′ 𝐵 = (560)𝑐𝑜𝑠40° 𝑁′𝐵 = 429 𝑙𝑏 En C y D (carro en la curva en c) En C 𝑁𝑐 − 𝑤𝑐𝑜𝑠𝜃 = En D 𝑁𝑑 − 𝑤𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑤 𝑣𝑐2 𝑔 𝑅 𝑤 2 𝑣𝐷 𝑔 𝑅 𝑁𝑐 = 560(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑁𝐷 = 560(1 + 𝑣𝑐2 𝑅 2 𝑣𝐷 𝑔𝑅 Desde 𝑣𝐷 > 𝑣𝐶 𝑦 𝑐𝑜𝑠∅ < 1, 𝑁𝐷 > 𝑁𝑐 Trabajo y energía desde A a D 1 𝑤 𝑣𝐴 = 0, 𝑇𝐴 = 0 𝑇𝐷 = 2 𝑔 𝑣𝐷2 = 280 2 𝑣𝐷 𝑔 𝑈𝐴−𝐵 = 𝑤(90 + 60) = (560 𝑙𝑏)(150 𝑓𝑡) 𝑇𝐴 + 𝑈𝐴−𝐵 = 𝑇𝐵 𝑣2 𝑈𝐴−𝐵 = 84000 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 0 + 84000 = 280𝑣2𝐷 300 𝑁𝐷 = 560(1+𝑔𝑅𝐷 )=560(1+240) = 1260 𝑙𝑏 𝑁𝑚𝑖𝑛 = 𝑁𝐵 = 167.0 𝑙𝑏; 𝑁𝑚𝑎𝑥 = 𝑁𝐷 = 1260 𝑙𝑏 𝑣2𝐷 𝑔 = 300 13.43 Una pequeña esfera B de masa m se libera desde el reposo en la posición mostrada y oscila libremente en un plano vertical, primero alrededor de O y luego alrededor de la clavija A después de que la cuerda entra en contacto con la clavija. Determine la tensión en la cuerda a) justo antes de que la cuerda entre en contacto con la clavija, b) justo después de que la cuerda hace contacto con la clavija. 𝑣2 m𝜕𝑛 = 𝑚 𝑅𝐶 𝑣𝐵 = 0 Datos Solución Velocidad de la esfera cuando el cordón entra en contacto con A 𝑣𝐵 = 0 1 𝑇𝐶 = 2 𝑚𝑣2𝐶 𝑇𝐵 = 0 (0.8)(sin 30°) = 0.4 𝑇𝐵 + 𝑈𝐵−𝐶 = 𝑇𝐶 𝑈𝐵−𝐶 = (𝑚𝑔)(0.4) 0 + 0.4𝑚𝑔 = 1 𝑚𝑣2𝐶 2 𝑣2𝐶 = (0.8)𝑔 Ley de Newton, la cuerda rota sobre el punto 0 (R=L) 𝑣2 m𝜕𝑛 =𝑚 𝑅𝐶 𝑣2 T-mg (cos60°)= 𝑚 𝐿𝐶 T=mg (cos60°)+ 𝑚 0.8𝑔 0.8 3 𝑇 = 2 𝑚𝑔 𝑇 = 1.5 𝑚𝑔 b) Cordón rotando sobre A (R=𝐿⁄2) 𝑣2 T-mg (cos60°)= 𝑚 𝐿⁄𝐶 2 T=mg/2+ 𝑚 (0.8)(g)/(0.4) 1 5 𝑇 = (2 + 2) 𝑚𝑔 = 2 𝑚𝑔 𝑇 = 2.5 𝑚𝑔 13.44 Un pequeño bloque se desliza a una rapidez v 8 ft/s sobre una superficie horizontal a una altura h 3 ft sobre el suelo. Determine a) el ángulo al cual el bloque abandonará la superficie cilíndrica BCD, b) la distancia x a la cual golpeará el suelo. No tome en cuenta la fricción ni la resistencia del aire. Datos v= 8 ft/s h= 3ft Solución El bloque deja la superficie en C cuando la fuerza normal N=0 Mg cos ∅= m𝜕𝑛 𝑔cos ∅ = 𝑣𝐶2 ℎ 𝑣𝐶2 = 𝑔ℎcos ∅ = 𝑔𝑦 Principio de trabajo-energía 1 1 2 2 a) 𝑇𝐵 = 𝑚𝑣 2 = 𝑚(8)2 = 32 𝑚 1 𝑇𝐶 = 2 𝑚𝑣2𝐶 𝑈𝐵−𝐶 = 𝑤(ℎ − 𝑦) = 𝑚𝑔(ℎ − 𝑦𝐶 1 32 + 𝑚𝑔(ℎ − 𝑦) = 2 𝑚𝑣2𝐶 𝑇𝐵 + 𝑈𝐵−𝐶 =𝑇𝐶 1 32 + 𝑔(ℎ − 𝑦𝐶 ) = 2 𝑔𝑦𝐶 3 3 32 + 𝑔ℎ = 2 𝑔𝑦𝐶 𝑦𝐶 = (32 + 𝑔ℎ)/ 2 𝑔 3 (32.2)(3))/ 2 32.2 𝑦𝐶 = (32 + 𝑦𝐶 = 2.6625𝑓𝑡 𝑦𝐶 = ℎ cos ∅ cos ∅ = 𝑦𝐶 2.6625 = = 0.8875 ∅ ℎ 3 = 27.4° b) Desde 1 y 3 𝑁𝑐 = √𝑔𝑦 𝑁𝑐 = √32.2 ∗ 2.6625 𝑁𝑐 = 9.259 𝑓𝑡 𝑠 En C: (𝑣𝑐 )𝑥 = 𝑣𝑐 cos ∅ = (9.259)(cos 27.4°) = 8.220 𝑓𝑡/𝑠 −(9.259)(sin 27.4°) = 4.261𝑓𝑡/𝑠 (𝑣𝑐 )𝑦 = −𝑣𝑐 sin ∅ = 1 y=𝑦𝐶 + (𝑣𝑐 )𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2 = 2.6625 − 4.261𝑡 − 16.1𝑡 2 2 En E 𝑦𝐸 = 0 𝑡 2 + 0.264𝑡 − 0.1654 = 0 𝑡 = 0.2953𝑠 𝑥 = ℎ(sin ∅) + ( 𝑁𝑐 )𝑥 𝑡 = 3(sin 27.4) + (8.220). 2953) 𝑥 = 1.381 + 2.427 𝑥 = 3.81 𝑓𝑡 13.45 Un pequeño bloque se desliza a una rapidez v sobre una superficie horizontal. Se sabe que h 2.5 m, determine la rapidez requerida del bloque si éste debe dejar la superficie cilíndrica BCD cuando =40°. Datos: cuando 𝑁𝑐 = 0 ∅ = 40° 𝑔 cos ∅ = 𝑣𝐶2 ℎ ℎ = 2.5𝑚 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑣2𝐶 = 𝑔ℎ cos ∅ = (9.81)(2.5)(cos 40°) Principio de trabajo-energía 1 2 ℎ(1 − cos ∅) 𝑇𝐵 = 𝑚𝑣2 𝑇𝐶 = 1 1 𝑚 𝑣2𝐶 = 𝑚(18.79) 𝑇𝐶= 9.395𝑚 2 2 𝑣2𝐶 = 18.79 𝑈𝐵−𝐶 = 𝑚𝑔ℎ(1 − cos ∅) 𝑇𝐵 + 𝑈𝐵−𝐶 = 𝑇𝐶 𝑣 2 = −2𝑔ℎ(1 − cos ∅) + 18.79 1 1 𝑚𝑣 2 + 𝑚𝑔ℎ(1 − cos ∅) = 𝑚 𝑣𝐶2 2 2 𝑣 2 = −2(9.81𝑚/𝑠 2 )(2.5𝑚)(1 − cos ∅) + 18.79 𝑣 2 = 7.315 𝑣𝐶 = 2.70𝑚/𝑠 13.46 a) Una mujer de 120 lb conduce una bicicleta de 15 lb hacia arriba por una pendiente de 3 por ciento a una rapidez constante de 5 ft/s. ¿Cuánta potencia debe generar la mujer? b) Un hombre de 180 lb sobre una bicicleta de 18 lb empieza a desplazarse hacia abajo por la misma pendiente y mantiene una rapidez constante de 20 ft/s accionando los frenos. ¿Cuánta potencia disipan los frenos? No tome en cuenta la resistencia del aire ni la resistencia al rodamiento. Datos: a) 𝑣 = 5𝑓𝑡 𝑠 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎 3% 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎, 𝑊𝐵 = 15 𝑙𝑏 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑢𝑗𝑒𝑟, 𝑊𝑤 = 120 𝑙𝑏 𝑏) 𝑣 = 20 𝑓𝑡 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 3%, 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎, 𝑊𝐵 = 18 𝑙𝑏, 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒𝑙 ℎ𝑜𝑚𝑏𝑟𝑒, 𝑊𝑀 = 180 𝑙𝑏 𝑠 Solución del problema 3 (a) tan ∅ = 100 ∅1.718° 𝑊 = 𝑊𝐵 + 𝑊𝑤 = 15 + 120 𝑊 = 135 𝑙𝑏 𝑃𝑤 = 𝑊 ∗ 𝑣 = (𝑊 sin ∅) (𝑣) 𝑃𝑤 = (135)(sin 1.718°) (5) 𝑃𝑤 = 20.24 𝑓𝑡 ∗ 𝑙𝑏/𝑠 (b) 𝑊 = 𝑊𝐵 + 𝑊𝑀 = 18 + 180 𝑊 = 198 𝑙𝑏 Los frenos deben disipar la potencia generada por la bicicleta y el hombre yendo abajo por la pendiente en 20 ft/s 𝑃𝐵 = 𝑊 ∗ 𝑣(𝑊 sin ∅)(𝑣) 𝑃𝐵 = 198(sin 1.718)(20) 𝑃𝐵 = 118.7 𝑓𝑡 ∗ 𝑙𝑏/𝑠 13.47 Se va a deducir una fórmula para especificar la potencia de un motor eléctrico que acciona una banda transportadora que mueve material sólido a diferentes velocidades y a distintas alturas y distancias. Si se denota la eficiencia de los motores mediante y no se toma en cuenta la potencia que se necesita para accionar la propia banda, obtenga una fórmula a) en el sistema de unidades del SI, para la potencia P en kW, en términos de la tasa del flujo de masa m en kg/h, la altura b y la distancia horizontal l en metros, y b) en unidades de uso común en Estados Unidos, para la potencia en hp, en términos de la razón de flujo de masa w en tons/h y la altura b y la distancia horizontal l en pies. (a) el material se eleva una altura b a una velocidad ( Por lo tanto Δ𝑢 Δ𝑡 = 𝑁 𝐻 [𝑚𝑔( )] 3600𝑠/𝐻 =( 𝑚𝑔𝑏 𝑁∗𝑚 3600 ) 𝑠 1000N*m/s=1 kw Por lo tanto, incluyendo la eficiencia del motor 𝛿 𝑚𝑘𝑔 𝐻 𝑔𝑚 𝑁 ) ( 𝑠2 ) = [𝑚𝑔(𝐻)] 𝑚 𝑚𝑔𝑏(𝑁 ∗ 𝑠 ) 𝑃(𝑘𝑤) = 𝑚 1000𝑁 ∗ 𝑠 3600( )(𝛿) 𝑘𝑤 (b) Δ𝑢 Δ𝑡 = 𝑃(𝑘𝑤) = 0.278𝑥10−6 𝑇𝑜𝑛𝑠 𝑙𝑏 )(2000 )(𝑏(𝑓𝑡)] 𝐻 𝑇𝑜𝑛𝑠 [𝑤( 3600 𝑠/𝐻 = 𝑤𝑏 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 1.8 𝑠 𝑚𝑔𝑏 𝛿 ; 1ℎ𝑝 = 550 𝑐𝑜𝑛 𝛿, ℎ𝑝 = [ 𝑤∗𝑏 1.8 1.010𝑥10−3 𝑤𝑏 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 ( 𝑠 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 )] [ 𝑠 1ℎ𝑝 1 ] (𝛿) = 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 550 𝑠 𝛿 13.48 Un transportador de sillas está diseñado para trasladar 900 esquiadores por hora desde la base A hasta la cumbre B. El peso promedio de un esquiador es de 160 lb y la rapidez promedio del transportador es de 250 ft/min. Determine a) la potencia promedio requerida, b) la capacidad requerida del motor si la eficiencia mecánica es de 85 por ciento y se permite una sobrecarga de 300 por ciento. a) Δ𝑈 Δ𝑡 = 𝑚 𝑠 (1000)(70 𝑘𝑔)(9.81 2 )(300) 3600 𝑠 = 57225 𝑁∗𝑚 𝑠 Potencia requerida = 57.2 kW b) 100+300 100 (57.225 𝑘𝑊) = 229 𝑘𝑊 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 229 𝑘𝑊 = 296 𝑘𝑊 0.85 13.49 En una carrera de automóviles, las llantas traseras (de tracción) de un automóvil de 1000 kg patinan los primeros 20 m y ruedan sin patinar los restantes 380 m. Las ruedas delanteras del automóvil se despegan un poco del piso durante los primeros 20 m y para el resto de la carrera 80 por ciento del peso del automóvil está sobre las ruedas traseras. Si se sabe que los coeficientes de fricción son s 0.90 y k 0.68, determine la potencia desarrollada por el automóvil en las llantas de tracción a) al final de los primeros 20 m de la carrera, b) al final de la carrera. Dé su respuesta en kW y en hp. No tome en cuenta el efecto de la resistencia del aire ni la resistencia al rodamiento. Datos Peso= 1000 kg, patinan los primeros 20 m y ruedan sin patinar los restantes 380 m. Las ruedas delanteras se despegan un poco del piso durante los primeros 20 m y para el resto de la carrera 80 % del peso del automóvil está sobre las ruedas traseras Coeficientes de fricción= s 0.90 y k 0.68 respectivamente Solución :(a) primeros 20 m (calcule la velocidad en 20) ya que el coche patina, así 𝐹𝑠 = (.68)(1000)(𝑔) 𝑚 𝐹𝑠 = (0.68)(1000𝑘𝑔) (9.81 𝑠2 ) = 6670.8 𝑁 1 2 2 2 Trabajo y energía 𝑇1 = 0, 𝑇2 = 𝑚𝑣20 = 500𝑣20 𝑈1−2 = 20𝑚(𝐹𝑠 ) = 20𝑚(6670.8 𝑁) 2 𝑣20 = 133420 500 = 266.83 𝑣20 = 16.335 𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 𝑈1−2 = 133420 𝐽 𝑚 𝑠 2 0 + 133420 = 500𝑣20 Potencia= (𝐹𝑠 )( 𝑣20 ) = (6670.8𝑁)(16.335𝑚/𝑠) Potencia=108970 J/s = 108.97 kJ/s 1kJ/s=1kW kW 1hp=0.7457kW Potencia= 109.0 kJ/s =109 109.0 𝑘𝑊 Potencia=0.7457𝑘𝑊/ℎ𝑝 = 146.2 ℎ𝑝 (b) final de la carrera (calcular la velocidad en 400 m) 𝐹𝐼 = (90)(. 80)(1000) (9.81 𝑚 𝑠2 ) 𝐹𝐼 = 7063.2 𝑁 Trabajo y energía. Desde 20 m a 28 m 𝑣2 = 16.335 133420 𝐽 𝑚 𝑠 𝑇3 = 1 2 𝑇2 = (1000𝑘𝑔) (16.335 1 2 𝑚𝑣300 2 2 (133420 𝐽) + (2684000 𝐽) = 500𝑣30 𝑚 𝑠 𝑇2 = 2 = 500 𝑣30 𝑈2−3 = (𝐹𝐼 )(380𝑚) = (7063.2 𝑁)(380𝑚) 2684000 𝐽 𝑇2 + 𝑈2−3 = 𝑇3 Potencia = (𝐹𝐼 )( 𝑣30 ) = (7063.2 𝑁) (75.066 ) = 530200 𝐽 𝑚 ) 𝑠2 𝑈2−3 = 𝑣30 = 75.066 𝑚 𝑠 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 530200 𝐽 = 530 𝑘𝑊 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 530 𝑘𝑊 = 711 ℎ𝑝 𝑘𝑊 0.7457 ℎ𝑝 13.50 Se requieren 15 s para levantar un automóvil de 1200 kg y la plataforma de soporte 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 por ciento, determine a) la potencia de salida promedio entregada por la bomba hidráulica para elevar el sistema, b) la potencia eléctrica promedio que se requiere. Datos Masa del carro, 𝑚𝑐 = 1200𝑘𝑔 𝑀𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎𝑑𝑜𝑟, 𝑚𝑙 =3000kg 𝑆𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑧𝑎𝑑𝑜 = 2.8𝑚 𝑒𝑛 15 𝑠 (a) Solución (𝑃𝑝 )𝐴 = (𝐹)(𝑣𝐴 ) = (𝑚𝑐 + 𝑚𝑙 )(𝑔)(𝑣𝐴 ) (𝑃𝑝 )𝐴 = [( 1200𝑘𝑔) + (300𝐾𝑔) (9.81 (𝑏) (𝑃𝐸 )𝐴 = (𝑃𝑝 ) = (2.75𝑘𝑊)(0.82) 𝛿 𝑣𝐴 = 5 = (2.8𝑚)(15𝑠) = 0.18667 𝑚 𝑡 𝑚 𝑚 ) (0.18667 ) 2 𝑠 𝑠 (𝑃𝑝 )𝐴 = 2747 𝑘𝐽 = 2.75𝑘𝑊 (𝑃𝐸 )𝐴 = 3.35 𝑘𝑊 13.51 La velocidad del elevador del problema 13.50 aumenta de manera uniforme desde cero hasta su valor máximo en 7.5 s y después disminuye uniformemente hasta cero en 7.5 s. Si se sabe que la salida de potencia máxima de la bomba hidráulica es de 6 kW cuando la velocidad es máxima, determine la fuerza de elevación máxima proporcionada por la bomba. Datos Masa del carro, 𝑚𝑐 = 1200𝑘𝑔 𝑀𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎𝑑𝑜𝑟, 𝑚𝑙 =3000kg 𝑆𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑧𝑎𝑑𝑜 = 2.8𝑚 𝑒𝑛 15 𝑠 Velocidad del elevador aumenta de manera uniforme desde cero hasta su valor máximo en 7.5 s y después disminuye uniformemente hasta cero en 7.5 s, la salida de potencia máxima de la bomba hidráulica es de 6 kW cuando la velocidad es máxima. Solución 𝑀𝑔 = (𝑚𝑐 +𝑚𝑙 )𝑔 = (12000 + 300)(𝑔) 𝑀𝑔 = 1500𝑔 ↑ ∑ 𝐹 = 𝐹 − 1500𝑔 = 1500 𝑎 (1) 𝑣𝑚𝑎𝑥 7.5 𝑠 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 60000 𝐹 𝑎= 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑎 6000⁄7.5)(𝐹) 𝑃 = (6000 𝑤) = (𝐹)(𝑣max ) (2) Sustituimos (2) en (1) 𝐹 − 1500𝑔 = (1500)(6000)⁄(7.5)(𝐹) 𝐹 2 − (1500𝑘𝑔) (9.81 𝑚 )𝐹 𝑠2 − (1500𝑘𝑔)(6000 𝑁∗𝑚 ⁄𝑠) (7.5 𝑠) =0 𝐹 2 − 14715𝐹 − 1.2𝑥106 = 10 𝐹 = 14800 𝑁 13.52 Un tren de 100 ton que viaja sobre una pista horizontal requiere 400 hp para mantener una rapidez constante de 50 mi/h. Determine a) la fuerza total necesaria para contrarrestar la fricción del eje, la resistencia al rodamiento y la resistencia del aire, b) los caballos de fuerza adicionales requeridos si el tren debe mantener la misma rapidez cuando asciende por una pendiente de 1 por ciento. Datos: w= 100 tons. P= 400 hp v=50 mi/h constante Solución (a) P= 400 hp= (500 𝑃 = 𝐹𝑅 ∗ 𝑣 𝐹𝑅 = 𝑃 𝑣 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 𝑠 /ℎ𝑝)(400 ℎ𝑝) = 220000 = (220000 (b) w=(100 tons)(2000 lb./tons) 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 𝑓𝑡 )/( 73.33 𝑠 ) 𝑠 w=200000 lb 𝑓𝑡∗𝑙𝑏 𝑠 𝑣 = 50 𝑚𝑖/ℎ = 73.33 𝑓𝑡/𝑠 𝐹𝑅 = 3000 𝑙𝑏 1 ∅ = 𝑡𝑎𝑛−1 100 = 0.573° ∆𝑃 = (200000 lb)(sin. 573°)(73.33 𝑓𝑡/𝑠) ∆𝑃=wsin ∅ ∗ 𝑣 ∆𝑃 = 146667 𝑓𝑡 ∗ 𝑙𝑏 𝑠 ∆𝑃 = 267 ℎ𝑝 13.53 Se sabe que la resistencia de fricción de un barco varía directamente como la potencia 1.75 de la velocidad v del barco. Un solo remolcador a máxima potencia puede jalar al barco a una rapidez constante de 4.5 km/h, ejerciendo una fuerza constante de 300 kN. Determine a) la potencia desarrollada por el remolcador, b) la rapidez máxima a la que dos remolcadores, capaces de entregar la misma potencia, pueden arrastrar al barco. Solución (a) La potencia desarrollada por el remolcador en 4.5 km/h 𝑣0 = 4.5 𝑘𝑚 𝑚 = 1.25 ℎ 𝑠 𝑃0 = 𝐹0 𝑣0 = (300𝑘𝑖𝑁) (1.25 𝐹0 = 300 𝑘𝑁 𝑚 ) 𝑠 𝑃0 = 375 𝑘𝑊 (b) la rapidez máxima a la que dos remolcadores 𝑣 𝐹 = 𝐹0 ( )1.75 𝑣0 𝑣 𝑣 𝑃 = 𝐹𝑣 = 𝐹0 𝑣( )1.75 = 𝐸0 𝑣0 ( )2.75 𝑣0 𝑣0 𝑣 2𝐹0 𝑣0 = 𝐹0 𝑣0 ( )2.75 𝑣0 𝑣 = (4.5 ( 𝑣 2.75 ) =2 𝑣0 1 𝑣 = 𝑣0 (2)2.75 = 𝑣0 (1.2867) 𝑣0 = 4.5 𝑘𝑚 ℎ 𝑘𝑚 )( (1.2867) = 5.7902 𝑘𝑚/ℎ ℎ 13.54 El elevador E tiene una masa de 3000 kg cuando está completamente cargado y se conecta como se muestra a un contrapeso W de 1000 kg de masa. Determine la potencia en kW que entrega el motor a) cuando el elevador se mueve hacia abajo a una rapidez constante de 3 m/s, b) cuando tiene una velocidad hacia arriba de 3 m/s y una desaceleración de 0.5 m/s2. Datos: 𝑀𝐸 = 3000 𝑘𝑔, 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑙𝑣𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑀𝑤 = 1000 𝑘𝑔, 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑠𝑜 Solución: (a) +↑ ∑ 𝐹 = 𝑇𝑤 − 𝑀𝑤 𝑔 = 0 +↑ ∑ 𝐹 = = 2𝑇𝑐 + 𝑇𝑤 − 𝑀𝐸 𝑔 = 0 𝑇𝑤 = 1000𝑘𝑔 ∗ (9.81 𝑚 ) 𝑠2 2𝑇𝑐 = (−9810N) + (3000kg) ( 9.81 𝑇𝑤 = 9810𝑁 𝑇𝑐 = 9810𝑁 2𝑋𝐸0 = 𝑋𝑐0 Cinemática: 2𝑋𝐸 = 𝑋𝐶 𝑣𝑐 = 2𝑣𝐸 = 6 𝑚/𝑠 𝑚 𝐽 𝑃 = 𝑇𝑐 *𝑣𝑐 = (9810𝑁) (6 𝑠 ) = 58860 𝑠 (b) 𝑎𝐸 = .5 𝑚 𝑠2 𝐶𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑚 ) 𝑠2 ↑ 𝑣𝐸 = 3 𝑚 𝑠 ↓ 𝑃(𝑘𝑊) = 58.9 𝑎𝑊 = 𝑎𝐸 = 0.5 𝑚 𝑠2 ∑ 𝐹 = 𝑀𝑎 𝑇𝑤 = (1000𝑘𝑔) [( 9.81 ∑ 𝐹 = 𝑇𝑤 − 𝑀𝑤 𝑔 = 𝑀𝑤 𝑎𝑤 𝑚 𝑚 ) + (. 5 2 )] 2 𝑠 𝑠 𝑇𝑤 = 10310 𝑁 𝐸𝑙𝑒𝑣𝑎𝑑𝑜𝑟 ∑ 𝐹 = 𝑀𝑎 ∑ 𝐹 = 2 𝑇𝑐 + 𝑇𝑤 − 𝑀𝐸 𝑔 = −𝑀𝐸 𝑎𝐸 𝑇𝑐 = 8810 𝑁 𝑣𝑐 = 6 2𝑇𝑐 = (3000𝑘𝑔) [( 9.81 𝑚 𝑠2 ) − (. 5 𝑚 𝑠2 )]-10310 N 𝑚 (𝑣𝑒𝑟 𝑎) 𝑠 𝑚 𝑃 = 𝑇𝑐 ∗ 𝑣𝑐 = (8810 𝑁) ( 6 ) 𝑠 𝑃 = 52860 𝐽 = 52.860 𝑘𝐽 𝑃(𝑘𝑊) = 52.9 13.55 Una fuerza P se aplica lentamente a una placa que está unida a dos resortes y provoca una deflexión 𝑥𝑜 . En cada uno de los dos casos indicados, obtenga una expresión para la constante 𝑘𝑒 , en términos de 𝑘1 y 𝑘2 , del resorte único equivalente al sistema dado, esto es, de un resorte que experimentaría la misma deformación 𝑥𝑜 si se sometiera a la misma fuerza P. Solución: sistema está en equilibrio en deviación con la posición 𝑥𝑜 Caso (a) la fuerza en ambos resortes es la misma = P 𝑥𝑜 = 𝑥1 + 𝑥2 𝑥1 = 𝑃 𝑘1 𝑥𝑜 = 𝑥2 = 𝑃 𝑘2 𝑃 𝑘𝑒 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑃 𝑃 𝑃 = + 𝑘𝑒 𝑘1 𝑘2 1 1 1 = + 𝑘𝑒 𝑘1 𝑘2 𝑘𝑒 = 𝑘1 𝑘2 𝑘1 + 𝑘2 Caso (b) la desviación en ambos resortes es la misma = 𝑥𝑜 𝑃 = 𝑘1 𝑥𝑜 + 𝑘2 𝑥𝑜 𝑃 = ( 𝑘1 + 𝑘2 )𝑥𝑜 𝑃 = 𝑘𝑒 𝑥𝑜 Igualando las dos expreiones por 𝑃 = ( 𝑘1 + 𝑘2 )𝑥𝑜 = 𝑘𝑒 𝑥𝑜 𝑘𝑒 = 𝑘1 + 𝑘2 13.56 Un bloque de masa m está unido a dos resortes como se muestra en la figura. Si se sabe que en cada caso indicado el bloque se jala a través de una distancia 𝑥𝑜 desde su posición de equilibrio y después se suelta, determine la máxima rapidez del bloque en el movimiento subsecuente. Datos: bloque de masa m Bloque movido a 𝑥𝑜 y liberado del resto Usaremos una constante de resorte equivalente 𝑘𝑒 (13.55) Elige 1 en posición inicial de inflexión 𝑣1 = 0 1 𝑇1 = 𝑚𝑣12 2 Elige 2 en 𝑥𝑜 donde v=0 𝑣2 = 1 𝑘 𝑥2 2 𝑒 0 𝑇2 = 0 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇1 + 𝑣2 1 2 0 + 𝑚𝑣12 = 1 2 𝑘𝑒 𝑥02 + 0 por lo tanto 𝑣1 = 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 √ 𝑘𝑒 𝑚 Caso (a) 𝑘𝑒 = 𝑘1 𝑘2 𝑘1 + 𝑘2 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 √ 𝑘1 𝑘2 𝑚(𝑘1 + 𝑘2 ) Caso (b) 𝑘𝑒 = 𝑘1 + 𝑘2 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑥𝑜 √ 𝑘1 + 𝑘2 𝑚 13.57 Un collarín C de 1.2 kg puede deslizarse sin fricción a lo largo de una varilla horizontal. Está unido a tres resortes, cada uno de constante k 400 N/m y con una longitud no deformada de 150 mm. Si se sabe que el collarín se suelta desde el reposo en la posición mostrada, determine la rapidez máxima que alcanzará con el movimiento resultante. Datos: Resorte A.C = 2√(3𝑚)2 + (0.15𝑚2 ) = 0.3354 𝑚 = 3.3354 − .150 = 0.18554 𝑚 Resorte C.D = 2√. 152 +. 152 = .2121 𝑚 .150𝑚 = 0.062 𝑚 . 21.21 − 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐵𝐷 = 2 = .15𝑚 ∆= 0 Potencia 𝑣1 = 𝑣1 = 200(0.0382) = 𝑣1 = 7.64 𝑁. 𝑚 𝑚 = 1.2𝑘𝑔 𝑚 9.81 2 𝑠 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐴. 𝐶 = 𝐿 = √(. 15)2 + (.152 ) = .2121 de 1 𝑘∆ΣΔ2 2 energía = 1 (400 𝜇𝑚)[(. 1854)2 2 𝐾 = 400𝑀𝑚 + (0.0622 )] 1 2 𝑡2 = (0.1223 𝑁)𝑣22 = 0.1223 𝑁 Δ = .2121 − .15 = .062 𝑚 𝐿 = .15 Δ = 0 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐵𝐶 = 𝐿 = √(. 152)2 + (. 152 ) = .2121 𝑚 Δ = .2121 − .15 = 0.062 𝑚 1 1 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑣2 = Σ 2 𝑘Δ2 = 2 𝑘ΣΔ2 1 𝑁 𝑣2 = 2 (400 𝑚) [(0.0622 + 0 + (0.062)2 ] = 1.5376 1 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑇1 + 𝑉! = 𝑇2 + 𝑉2 ; 0 + 7.64 𝑁. 𝑚 = 2 (0.1223)𝑣22 𝑣22 = 99.85 𝑣2 = 9.99 𝑚 𝑠 13.58 Un collarín B de 10 lb puede deslizarse sin fricción a lo largo de una varilla horizontal y está en equilibrio en A cuando se le empuja 5 in. hacia la derecha y se le suelta desde el reposo. La longitud sin deformar de los resortes es de 12 in. y la constante de cada uno es k 1.6 lb/in. Determine a) la rapidez máxima del collarín, b) la aceleración máxima del collarín. Datos W=10 lb, está en equilibrio en A cuando se le empuja 5 in. hacia la derecha, la longitud sin deformar de los resortes es de 12 in. y la constante de cada uno es k 1.6 lb/in. Solución (a) 𝑇1 = 0 𝑘 = (1.6 𝑙𝑏 𝑖𝑛 𝑙𝑏 ) (12 ) = 19.2 𝑖𝑛 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝐿𝑜𝑐 = √52 + 122 = 13 𝑖𝑛 ∆𝐿𝑜𝑐 = 13 𝑖𝑛 − 12 𝑖𝑛 = 1 𝑖𝑛 = 1 5 𝑓𝑡 ∆𝐿𝐴𝑐 = 5𝑖𝑛 = 𝑓𝑡 12 12 1 1 𝑙𝑏 1 5 𝑣1 = 𝑘(∆𝐿𝑜𝑐 )2 + 𝑘( ∆𝐿𝐴𝑐 )2 = (19.2 )[( 𝑓𝑡)2 + ( 𝑓𝑡)2 ] = 𝑣1 = 1.733 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 2 2 𝑓𝑡 12 12 Posición 2 1 1 10 2 5 2 𝑇2 = 𝑚𝑣22 = ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 𝑣2 2 2 𝑔 𝑔 = 0 (𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒𝑠) 5 2 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇2 + 𝑣2 0 + 1.733 = ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 +0 𝑔 𝑓𝑡 2 = 11.16 2 𝑠 (b) ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 (19.2 𝐹1 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝐹2 = 𝑚𝑎𝑚𝑎𝑥 2 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 10 𝑙𝑏 𝑓𝑡 ) 𝑠2 𝑓𝑡 ) 𝑠2 5 𝑙𝑏 𝑘∆𝐿𝑜𝑐 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝑘∆𝐿𝐴𝑐 = 𝑚𝑎𝑚𝑎𝑥 𝑙𝑏 1 5 5 10 𝑙𝑏 )[( 𝑓𝑡)⁄( ) + ( 𝑓𝑡)] = 𝑎𝑚𝑎𝑥 𝑓𝑡 12 13 12 𝑔 (8.615 𝑙𝑏)(32.2 (1.733 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡)(32.2 8.615 = 10 𝑙𝑏 𝑎𝑚𝑎𝑥 𝑔 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 27.7 𝑓𝑡⁄𝑠 2 13.59 Una cuerda elástica está estirada entre dos puntos A y B, separados por una distancia de 16 in. en el mismo plano horizontal. Cuando se estira directamente entre A y B, la tensión es de 10 lb. Después la cuerda se estira como se muestra en la figura hasta que su punto medio C se ha movido 6 in. hasta C’; se requiere una fuerza de 60 lb para mantener la cuerda en C’. Si se coloca un perdigón de 0.2 lb en C’y luego se suelta la cuerda, determine la rapidez del perdigón cuando pasa por C. Datos: Σ𝐹𝑥 = 0: 23 ( 5 𝐹) − 60𝑙𝑏 = 0 𝑓1 = 50 𝑙𝑏 1 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 2 𝐴𝐶𝐵 = 16 𝑖𝑛 𝐸𝑙𝑜𝑛𝑔𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = 2 = 16 − 𝑙 𝑡2 = 10𝑙𝑏 𝐹1 = 𝐾𝑥 𝐹2 = 𝐾𝑥2 𝐹1 − 𝐹2 = 𝐾(𝑥1 − 𝑥2 ) 𝐾[(2 − 6) − (1.3 − 𝑖)] = .7𝜇 10𝑙𝑏 .7𝐾 𝑘= 40𝑙𝑏 𝑙𝑏 𝑓𝑡 14.28 𝑙𝑏 = 14.28 𝑓𝑡 𝑥1 = 𝐹1 𝐾 = 50𝑙𝑏 14.28 𝑙𝑏 𝑓𝑡 50𝑙𝑏 − 40 𝑙𝑏 = = 3.50 𝑓𝑡 𝑥2 = 𝐹2 𝐾 = = .7002 𝑓𝑡 1 1 𝑙𝑏 𝑙𝑏 2 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 1 = 𝑇1 = 0 𝑉1 = 𝐾𝑥12 = (14.88 ) (3.5 ) = 24.99 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 2 2 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 2 1 1 1 𝑚 = .2 𝑙𝑏 𝑡2 = 2 𝑚22 = 2 (. 21 𝑙𝑏)𝑈22 = .1 𝑈22 1 𝑉2 = 2 𝜇𝑥22 = 2 (14.28)(. 7002)2 = 4.99 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑠𝑎 = 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 . 1 𝑣22 = 20 𝑣2 = 14.14 0 + 24.99 = .1 𝑣22 + 4.99 𝑓𝑡 𝑠 13.60 Un collarín de 1.5 kg está unido a un resorte y se desliza sin fricción a lo largo de una varilla circular en un plano horizontal. El resorte tiene una longitud no deformada de 150 mm y una constante k 400 N/m. Si se sabe que el collarín está en equilibrio en A y se le da un ligero impulso para ponerlo en movimiento, determine la velocidad del collarín a) cuando pasa por B, b) cuando pasa por C. Datos Collarín de 1.5 kg, el resorte tiene una longitud no deformada de 150 mm, una constante k 400 N/m, el collarín está en equilibrio en A y se le da un ligero impulso para ponerlo en movimiento. Solución (a) velocidad en B 𝑣𝐴 = 0 𝑇𝐴 = 0 ∆𝐿𝐴𝐷 = 𝐿𝐴𝐷 − 𝐿𝑜 ∆𝐿𝐴𝐷 = 425 − 150 = 275 1 1 𝑁 ∆𝐿𝐴𝐷 = 275 𝑚𝑚 = .275 𝑚 𝑣𝐴 = 𝑘(∆𝐿𝐴𝐷 )2 𝑣𝐴 = (400 )(. 275𝑚)2 𝑣𝐴 = 15.125 𝐽 2 2 𝑚 1 1.5 𝑘𝑔 𝑇𝐵 = 𝑚𝑣𝐵2 = ( ) (𝑣𝐵2 ) = (0.75)𝑣𝐵2 2 2 1 𝐿𝐵𝐷 = (3002 𝑚𝑚 + 1252 𝑚𝑚)2 = 325 𝑚𝑚 ∆𝐵𝐷 = 𝐿𝐵𝐷 − 𝐿𝑜 = (325𝑚𝑚 − 150𝑚𝑚) = 175 𝑚𝑚 = 0.175 𝑚 1 1 𝑁 𝑣𝐵 = 𝑘(∆𝐵𝐷 )2 = (400 )(. 175)2 = 6.125 𝐽 2 2 𝑚 0 + 15.125 = 0.75𝑣𝐵2 + 6.125 𝑣𝐵2 = 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐵 +𝑣𝐵 (15.125−6.125) (0.75) = 12.00 𝑚2 𝑠2 𝑣𝐵 = 3.46 𝑚 𝑠 5 (b) velocidad en C 𝑇𝐴 = 0 𝑣𝐴 = 15.125 𝐽 (𝑎) 1 1 𝑇𝐶 = 𝑚𝑣𝐶2 = (1.5 𝑘𝑔)𝑣𝐶2 = 0.75 𝑣𝐶2 2 2 ∆𝐿𝐷𝐶 = 𝐿𝑜 − 𝐿𝐷𝐶 = (150 𝑚𝑚 − 175 𝑚𝑚) = 25 𝑚𝑚 𝑣𝐶 = 𝑣𝐶 = 0.125 𝐽 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐶 + 𝑣𝐶 1 1 𝑁 2 𝑘(∆𝐿𝐷𝐶 )2 = (400 )(−0.025𝑚) 2 2 𝑚 0 + 15.125 = 0.75𝑣𝐶2 + 0.125 𝑣𝐶2 = 15 = 20 0.75 𝑣𝐶 = 4.47 𝑚/𝑠 13.61 Un collarín de 500 g se puede deslizar sin fricción sobre la varilla curva BC en un plano horizontal. Si la longitud no deformada del resorte es de 80 mm y k 400 kN/m, determine a) la velocidad que se le debe imprimir al collarín en el punto A para llegar a B con velocidad nula, b) la velocidad del collarín cuando llegue al punto C. Datos Masa: collarín de 500 g, longitud no deformada del resorte es de 80 mm, k 400 kN/m. Solución (a) 1 . 5𝑘𝑔 2 𝑇𝐴 = 𝑚𝑣𝐴2 = ( ) 𝑣𝐴 2 2 ∆𝐿𝐴 = 0.15𝑚 − 0.080𝑚 𝑇𝐴 = (0.25)𝑣𝐴2 ∆𝐿𝐴 = 0.070 𝑚 1 𝑣𝐴 = 𝑘(∆𝐿𝐴 )2 2 1 𝑁 𝑣𝐴 = (400𝑥103 )(0.070𝑚)2 2 𝑚 𝑣𝐴 = 980 𝐽 ∆𝐿𝐵 = 0.2𝑚 − 0.080𝑚 = .120𝑚 1 1 𝑁 𝑣𝐵 = 𝑘(∆𝐿𝐵 )2 = (400𝑥103 )(0.120𝑚)2 𝑣𝐵 = 2880 𝐽 2 2 𝑚 0.25𝑣𝐴2 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐵 +𝑣𝐵 𝑣𝑎 = 87.2 + 980 = 0 + 2880 𝑣𝐵 = 0 𝑣𝐴2 𝑇𝐵 = 0 (2880 − 980) = 0.25 𝑣𝐴2 𝑚2 = 7600 2 𝑠 𝑚 𝑠 1 .5𝑘𝑔 ) 𝑣𝐶2 2 (b) 𝑇𝐶 = 2 𝑚𝑣𝐶2 = ( = 0.25 𝑣𝐶2 ∆𝐿𝐶 = 0.10𝑚 − 0.08𝑚 = 0.020𝑚 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 = 𝑇𝐶 +𝑣𝐶 1 1 𝑁 𝑣𝐶 = 𝑘(∆𝐿𝐶 )2 = (400𝑥103 )(0.020)2 = 80.0 𝐽 2 2 𝑚 0 + 2880 = 0.25𝑣𝐶2 + 80.0 𝑣𝐶2 = 11200 𝑚2 𝑠2 𝑣𝐶 = 105.8 𝑚 𝑠 13.62 Un collarín de 3 kg puede deslizarse sin fricción sobre una varilla vertical y descansa en equilibrio sobre un resorte. Se empuja hacia abajo, comprimiendo el resorte 150 mm, y se suelta. Si se sabe que la constante del resorte es k 2.6 kN/m, determine a) la altura máxima h que alcanza el collarín sobre su posición de equilibrio, b) la rapidez máxima del collarín. Datos m=3kg, k=2.6 kN/m, comprimiendo el resorte 150 mm Solución (a) la altura máxima h que alcanza el collarín sobre su posición de equilibrio 𝑣2 = 0 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑇1 = 0 𝑣 = 𝑣𝑔 + 𝑣𝑒 Posición 1 (b) máxima rapidez del 𝑋1 = 𝑚𝑔⁄𝑘 + 0.150 = (𝑣𝑔 )1 = 0 𝑋1 = 𝑚𝑔/𝑘 + 0.15 𝑚 ) 𝑠 2 + 0.15 𝑚 = 001132 + 0.15 = 0.1613 𝑚 𝑁 2.6𝑥103 𝑚 (3𝑘𝑔) (9.81 1 1 𝑁 (𝑣𝑒 )1 = 𝑘𝑥12 = (2.6𝑥103 )(0.1613 𝑚)2 = 33.83 𝐽 𝑣1 = 0 + 33.83 𝐽 2 2 𝑚 Posición 2 (𝑣𝑔 )2 = 𝑚𝑔(0.15 + ℎ) = 3𝑔(0.150 + ℎ) 0+(𝑣𝑔 )1 + (𝑣𝑒 )1 = 0 + (𝑣𝑔 )2 + (𝑣𝑒 )2 ℎ= 33.83𝐽 (3𝑘𝑔)(9.81 (𝑣𝑒 )2 = 0 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇2 +𝑣2 0 + 0 + 33.83 = 0 + 3𝑔(0.150 + ℎ) + 0 𝑚 − (0.150 𝑚) = 0.9995 𝑚 ) 𝑠2 ℎ = 1000 𝑚𝑚 (b) la rapidez máxima del collarín, cuando la aceleración= 0 1 2 1 2 2 2 En posición 3 𝑇3 = 𝑚𝑣32 = (3)𝑣𝑚𝑎𝑥 = 1.5𝑣𝑚𝑎𝑥 1 2 𝑣3 = (𝑣𝑔 )3 + (𝑣𝑒 )3 = 𝑚𝑔(0.15) + 𝑘(𝑋1 −0.150)2 𝑣3 = (3𝑘𝑔) (9.81 𝑚 1 𝑁 3 (0.15𝑚) ) + (2.6𝑥10 )(0.1613 − 0.15 𝑚)2 𝑠2 2 𝑚 𝑣3 = 40415 𝐽 + 0.1660 𝐽 = 4.581 𝐽 2 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇3 +𝑣3 (29.249) 𝑚2 = 19.50 2 1.5 𝑠 2 0 + 33.83 𝐽 = 1.5𝑣𝑚𝑎𝑥 + 4.581 𝐽 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 4.42 𝑚/𝑠 13.63 En mecánica de materiales se ha demostrado que cuando una viga elástica AB soporta a un bloque de peso W en un punto dado B, la deflexión 𝑦st (llamada deflexión estática) es proporcional a W. Demuestre que si el mismo bloque se deja caer desde una altura h sobre el extremo B de una viga en voladizo AB y no rebota, la deflexión máxima 𝑦m en el movimiento resultante puede expresarse como 𝑦m =𝑦st (1+ √1 + 2ℎ/𝑦st ). Observe que esta fórmula es aproximada, puesto que se basa en el supuesto de que no hay energía disipada en el impacto y en que el peso de la viga es pequeño en comparación con el peso del bloque. Datos 𝑦st = 𝑤 Solución 𝑦st = 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇2 +𝑣2 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑑𝑜 (1) 1 2 𝑣2 = −𝑊𝑦𝑚 + 𝑘𝑦𝑚 2 𝑊 = 𝑘𝑦st 𝑤 (1) 𝑇1 = 0 𝑘 𝑣1 = 𝑊ℎ 𝑇2 = 0 1 2 0 + 𝑊ℎ = 0 − 𝑊𝑦𝑚 + 𝑘𝑦𝑚 2 1 2 𝑘𝑦st (ℎ + 𝑦𝑚 ) = 𝑘𝑦𝑚 2 2 𝑦𝑚 − 2𝑦st 𝑦𝑚 ℎ = 0 2ℎ 𝑦𝑚 = 𝑦st (1 + √ ) 𝑦st 13.64 Una varilla circular delgada se mantiene en un plano vertical mediante una brida en A. Unido a la brida y enrollado holgadamente alrededor de la varilla está un resorte de constante k 3 lb/ft y longitud no deformada igual al arco de círculo AB. Un collarín C de 8 oz, que no está unido al resorte, puede deslizarse sin fricción a lo largo de la varilla. Si se sabe que el collarín se suelta desde el reposo cuando 30°, determine a) la altura máxima sobre el punto B que alcanza el collarín, b) la rapidez máxima del collarín. Solución (a) 𝑇𝐶 = 0 𝑇𝐸 = 0 𝑣 = 𝑣𝑒 + 𝑣𝑔 Punto C 𝜋 𝜃 = 30° = 6 𝑅𝐴𝐷 𝑅 = 12 𝑖𝑛 = 1 𝑓𝑡 𝜋 ∆𝐿𝐵𝐶 = 1 𝑓𝑡 ( 𝑅𝐴𝐷) 6 ∆𝐿𝐵𝐶 = 6 𝑓𝑡 𝜋 2 1 1 𝑙𝑏 𝜋 (𝑣𝐶 )𝑒 = 𝑘(∆𝐿𝐵𝐶 )2 (𝑣𝐶 )𝑒 = (3 ) ( 𝑓𝑡) 2 2 𝑓𝑡 6 = 0.4112 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 (𝑣𝐶 )𝑔 = 𝑊𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 = Punto E (𝑣𝐸 )𝐶 = 0 8 𝑜𝑧 𝑙𝑏 𝑜𝑧 (1 𝑓𝑡)(1 − 𝑐𝑜𝑠30°) = 0.06699 𝑓𝑡 16 𝑙𝑏 8 0 + 0.4112 + 0.06699 = 0 + 0 + (b) 𝑇𝐶 = 0 𝐻 (𝑣𝐸 )𝑔 = 𝑊𝐻 = (16) (𝐻) = 2 (𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡) 𝐻 2 𝐻 = 0.956 𝑓𝑡 𝑣𝐶 = 0.4112 + 0.6699 = 0.482 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 2 𝑇𝐵 = 0.07640 𝑣𝑚𝑎𝑥 𝑣𝐵 = 0 𝑇𝐶 +𝑣𝐶 = 𝑇𝐸 + 𝑣𝐸 𝑇𝐶 +𝑣𝐶 = 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 2 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 61.59 𝑓𝑡 2 𝑠2 1 1 1 𝑓𝑡 2 𝑇𝐵 = 2 (𝑚𝑣𝐵2 ) = 2 (2 𝑙𝑏⁄32.2 𝑠2 )𝑣𝑚𝑎𝑥 2 0 + 0.4782 = (0.07640 𝑣𝑚𝑎𝑥 ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 7.85 𝑓𝑡/𝑠 13.65 Una varilla circular delgada se mantiene en un plano vertical por medio de una brida en A. Unido a la brida y enrollado holgadamente alrededor de la varilla está un resorte de constante k 3 lb/ft y longitud no deformada igual al arco de círculo AB. Un collarín C de 8 oz, que no está unido al resorte, puede deslizarse sin fricción a lo largo de la varilla. Si se sabe que el collarín se suelta desde el reposo a un ángulo 𝜃 con respecto a la vertical, determine a) el valor mínimo de 𝜃 para el cual el collarín pasará a través de D y llegará al punto A, b) la velocidad del collarín cuando éste llega al punto A. Solución (a) 𝑣𝐶 = 0 𝑇𝐶 = 0 𝑣𝐷 = 0 𝑇𝐷 = 0 𝑣 = 𝑣𝑒 + 𝑣𝑔 3 (𝑣𝐶 )𝑒 = 2 𝜃2 Punto C ∆𝐿𝐵𝐶 = (1 𝑓𝑡)(𝜃) = 𝜃 𝑓𝑡 (𝑣𝐶 )𝑔 = 𝑊𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) (𝑣𝐶 )𝑔 𝑜𝑧 = (8 𝑜𝑧)(1 𝑓𝑡)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) 16 𝑙𝑏 1 3 1 (𝑣𝐶 )𝑔 = (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑣𝐶 = (𝑣𝐶 )𝑒 +(𝑣𝐶 )𝑔 = 𝜃 2 + (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) 2 2 2 Punto D (𝑣𝐷 )𝑒 = 0 (𝑣𝐷 )𝑔 = 𝑊(2𝑅) = (2)(0.5 𝑙𝑏)(1 𝑓𝑡) = 1 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 3 1 0 + 𝜃 2 + (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0 2 2 (b) punto D 𝑣𝐷 = 0 𝑇𝐷 = 0 (1.5)𝜃 2 − (0.5)𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0.5 𝜃 = 0.7592 𝑅𝐴𝐷 𝜃 = 43.5° 𝑣𝐷 = 1 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 1 1 (0.5 𝑙𝑏) 2 2 32.2𝑓𝑡 2 Punto A 𝑇𝐴 = (𝑚𝑣𝐴2 ) = 𝑇𝐶 +𝑣𝐶 = 𝑇𝐷 + 𝑣𝐷 𝑣𝐴2 𝑇𝐴 = 0.007640𝑣𝐴2 𝑣𝐴 = (𝑣𝐴 )𝑔 = 𝑊(𝑅) = 𝑠 0.5 𝑙𝑏 ∗ 1 𝑓𝑡 = 0.5 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑇𝐴 +𝑣𝐴 = 𝑇𝐷 + 𝑣𝐷 0.007640𝑣2𝐴 + 0.5 = 0 + 1 𝑣2𝐴 = 64.4 𝑓𝑡 2 𝑠2 𝑣𝐴 = 8.02 𝑓𝑡/𝑠 13.66 Un collarín de 2.7 lb puede deslizarse a lo largo de la varilla que se muestra en la figura. El collarín está unido a una cuerda elástica anclada en F, con una longitud sin deformar de 0.9 ft y una constante de resorte de 5 lb/ft. Si se sabe que el collarín se suelta desde el reposo en A y si no se toma en cuenta la fricción, determine la rapidez del collarín a) en B, b) en E. Solución 𝐿𝐴𝐹 = √1.62 + 1.42 + 1.12 𝐿𝐴𝐹 = 2.394 𝑓𝑡 𝐿𝐵𝐹 = √1.42 + 1.12 𝐿𝐵𝐹 = 1.178 𝑓𝑡 𝐿𝐹𝐸 = √1.62 + 1.12 𝐿𝐹𝐸 = 1.942 𝑓𝑡 𝑣 = 𝑣𝑒 + 𝑣𝑔 (a) Velocidad en A 𝑣𝑎 = 0, 1 (𝑣𝐴 )𝑒 = 𝑘(∆𝐿𝐴𝐹 )2 2 𝑇𝐴 = 0 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐴 ∆𝐿𝐴𝐹 = 𝐿𝐴𝐹 − 𝐿0 = 2.394 − 0.9 (𝑣𝐴 )𝑒 = 5.58 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 ∆𝐿𝐴𝐹 = 1.494 𝑓𝑡 (𝑣𝐴 )𝑔 = (𝑊)(1.4) = (2.7 𝑙𝑏)(1.4𝑓𝑡) = 3.78 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑣𝐴 = (𝑣𝐴 )𝑒 + (𝑣𝐴 )𝑔 = 5.58 + 3.78 𝑣𝐴 = 9.36 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐵 ∆𝐿𝐵𝐹 = 𝐿𝐵𝐹 − 𝐿0 = 1.780 − 0.9 = .88 𝑓𝑡 1 1 2.7 𝑙𝑏 𝑇𝐵 = 𝑚𝑣𝐵2 = ( ) 𝑣2 𝑓𝑡 𝐵 2 2 32.2 2 𝑠 1 (𝑣𝐵 )𝑒 = 𝑘(∆𝐿𝐵𝐹 )2 = (5 𝑙𝑏)(. 88 𝑓𝑡 )2 = 1.936 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 2 (𝑣𝐵 )𝑔 = (𝑊)(1.4) = (2.7 𝑙𝑏)(1.4𝑓𝑡) = 3.78 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑣𝐵 = 5.716 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 𝑣𝐵2 = (3.644)⁄(0.4193) (b) 𝑣𝐵2 = 86.91 𝑇𝐵 = 0.04193𝑣𝐵2 𝑣𝐵 = (𝑣𝐵 )𝑒 + (𝑣𝐵 )𝑔 = 1.936 + 3.78 0 + 9.36 = 0.04193𝑣𝐵2 + 5.716 𝑓𝑡 2 𝑓𝑡 𝑣𝐵 = 9.32 2 𝑠 𝑠 velocidad en E 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐴 𝑇𝐴 = 0 𝑣𝐴 = 9.36 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐵 1 1 2.7 𝑙𝑏 2 2 2 𝑇𝐸 = 2 𝑚𝑣𝐸 = 2 (32.2𝑓𝑡) 𝑣𝐵 = 0.04193𝑣𝐸 𝑠2 1 1 (𝑣𝐸 )𝑒 = 2 𝑘(∆𝐿𝐹𝐸 )2 = 2 (5 𝑙𝑏)(1.042 𝑓𝑡 ) 2 = 2.714 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 0.900 = 1.042 𝑓𝑡 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐸 + 𝑣𝐸 (𝑣𝐸 )𝑔 = 0 ∆𝐿𝐵𝐹 = 𝐿𝐵𝐹 − 𝐿0 = 1.942 − 𝑣𝐸 = 2.714 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 0 + 0.9360 = 0.04193𝑣𝐸2 + 2.714 = 𝑣𝐸2 = 6.6456⁄0.04193 𝑣𝐸2 = 158.49 𝑓𝑡 2 𝑠2 𝑣𝐸 = 12.59 𝑓𝑡/𝑠 13.67 El sistema que se muestra está en equilibrio cuando 0. Si se sabe que inicialmente 90° y que el bloque C recibe un ligero golpe cuando el sistema está en esa posición, determine la rapidez del bloque cuando pasa por la posición de equilibrio ∅=0. Desprecie la masa de la varilla. Solución 𝜃 = 𝑇𝑎𝑛−1 = 1.1 = 13.3045 𝑅𝐴𝐷 𝜃 = 74.745° 0.3 𝐿𝐵𝐷 = √(1.1)2 + (.3)2 𝐿𝐵𝐷 = 1.140 𝑓𝑡 Equilibrio ∑ 𝑀𝐴 = (0.3)(𝐹𝑆 sin 𝜃) − (25)(2.1) = 0 𝐹𝑆 = 181.39 𝑙𝑏 = (600 𝑙𝑏 ) ( ∆𝐿𝐵𝐷 ) 𝑓𝑡 (25)(2.1) = 181.39 𝑙𝑏 𝐹𝑆 = 𝑘∆𝐿𝐵𝐷 (0.3)(sin 74.745°) ∆𝐿𝐵𝐷 = 0.30232 𝑓𝑡 𝐿𝑂 = 𝐿𝐵𝐷 − ∆𝐿𝐵𝐷 𝐿𝑂 = 1.140 − 0.3032 = 0.83768 𝑓𝑡 𝑎𝑙𝑎𝑟𝑔𝑎𝑚𝑖𝑒𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 ∆𝐿′ 𝐵𝐷 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 ∅ = 90° ∆𝐿′ 𝐵𝐷 = (1.1 𝑓𝑡 + 0.3 𝑓𝑡) − 𝐿𝑂 En 1 (∅ = 90°) (𝑣1 )𝑒 = 𝑣1 = 0 ∆𝐿′ 𝐵𝐷 = 1.4 𝑓𝑡 − 0.8377 𝑓𝑡 = 0.56232 𝑓𝑡 𝑇1 = 0 𝑣1 = (𝑣1 )𝑒 + (𝑣1 )𝑔 1 𝑙𝑏 (600 )(0.56232 𝑓𝑡 )2 2 𝑓𝑡 (𝑣1 )𝑒 = 94.86 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 1 (𝑣1 )𝑒 = 2 𝑘(∆𝐿′ 𝐵𝐷 )2 (𝑣1 )𝑔 = −(25 𝑙𝑏)(2.1 𝑓𝑡) = −52.5 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑣1 = 4.86 − 52.5 = 42.36 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 En 2 (∅ = 90°) (𝑣2 )𝑔 = 0 (𝑣2 ) = 𝑒 1 1 𝑣2 = 27.42 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 0 + 42.36 = 0.3882 𝑙𝑏 𝑘(∆𝐿′ 𝐵𝐷 )2 = 2 (600 𝑓𝑡)(0.3032 𝑓𝑡 )2 2 𝑣22 (𝑣2 ) = 27.42 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑒 1 1 25 𝑙𝑏 𝑇2 = 𝑚𝑣22 = ( ) 𝑣 2 = 0.3882 𝑣22 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇2 𝑣2 𝑓𝑡 2 2 2 32.2 2 𝑠 + 27.42 𝑣22 = 14.941 0.3882 𝑣22 𝑓𝑡 2 = 38.48 2 𝑠 𝑣2 = 6.20 𝑓𝑡 𝑠 13.68 Un resorte se usa para detener un paquete de 50 kg, el cual se mueve hacia abajo sobre una pendiente de 20°. El resorte tiene una constante k 30 kN/m y se sostiene mediante cables, de manera que en un inicio está comprimido 50 mm. Si se sabe que la velocidad del paquete es de 2 m/s cuando se encuentra a 8 m del resorte y si se desprecia la fricción, determine la deformación adicional máxima del resorte para llevar el paquete al reposo. 1 2 1 2 a) 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 1 𝑇1 = 𝑚𝑣12 = (50)(2)2 = 100 𝐽 𝑣1𝑔 = 𝑚𝑔ℎ = (50)(9.81)(8 sin 20°) = 1342.09 𝐽 1 𝑣1𝑒 = 𝑘12 = (30𝑥103 )(0.050)2 = 37.5 𝐽 2 1 Posición 2 𝑇2 = 2 𝑚𝑣22 = 0 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑣2 = 0 𝑣2𝑔 = 𝑚𝑔ℎ2 = (50)(9.81)(−𝑥 sin 20°) = 167.76 𝑥 1 𝑣2𝑒 = 𝑘22 = (30𝑥103 )(0.050 + 𝑥)2 = 37.5 + 1500𝑥 + 15000𝑥 2 2 Principio de conservación y energía 100 + 1342.09 + 37.5 = −16.61𝑥 + 37.5 + 1500𝑥 + 15000𝑥 2 15000𝑥 2 + 1333.24𝑥 − 1442.09 = 0 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑑𝑜 𝑥 = 0.269 𝑚 𝑥 = 0.26882 𝑦 − 0.35764 𝑥 13.69 Retome el problema 13.68, y ahora suponga que el coeficiente de fricción cinética entre el paquete y el plano inclinado es de 0.2. 1 2 1 2 a) 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 1 𝑇1 = 𝑚𝑣12 = (50)(2)2 = 100 𝐽 𝑣1𝑔 = 𝑚𝑔ℎ = (50)(9.81)(8 sin 20°) = 1342.09 𝐽 1 𝑣1𝑒 = 𝑘12 = (30𝑥103 )(0.050)2 = 37.5 𝐽 2 1 Posición 2 𝑇2 = 2 𝑚𝑣22 = 0 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑣2 = 0 𝑣2𝑔 = 𝑚𝑔ℎ2 = (50)(9.81)(−𝑥 sin 20°) = 167.76 𝑥 1 𝑣2𝑒 = 𝑘22 = (30𝑥103 )(0.050 + 𝑥)2 = 37.5 + 1500𝑥 + 15000𝑥 2 2 Trabajo de la fuerza de fricción +↑ ∑ 𝐹𝑛 = 0 𝑁 − 𝑚𝑔 cos 20° 𝑁 = 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠20° 𝐹𝑓 = 𝑈𝑘 𝑁 = (0.2)(460.92) = 92.184 = −737.47 − 92.184𝑥 (50)((9.81)𝑐𝑜𝑠20° = 460.92 𝑁 𝑈1→2 = −𝐹𝑓 𝑑 = −92.184(8 + 𝑥) Principio de trabajo y energía 𝑇1 + 𝑣1 + 𝑈1→2 = 𝑇2 𝑣2 100 + 1342.09 + 37.5 − 737.47 − 92.184𝑥 = −167.76𝑥 + 37.5 + 1500𝑥 + 15000𝑥 2 15000𝑥 2 + 1424.42𝑥 − 704.26 = 0 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 𝑥 = 0.17440 𝑦 − 0.26963 𝑥 = 0.17440 𝑚 13.70 Un objeto de 300 g se suelta desde el reposo en A y se desliza sin fricción a lo largo de la superficie mostrada. Determine la fuerza que ejerce la superficie sobre el objeto a) justo antes de que llegue a B, b) inmediatamente después de que pasa por B. Solución Velocidad en 2 𝑣1 = 0 𝑇1 = 0 𝑣1 = 𝑚𝑔(1.2)(sin 30°) 𝑚 1 ) (1.2𝑚) ( ) 2 𝑠 2 = 1.766 𝐽 𝑣1 = (. 3𝑘𝑔) ( 9.81 1 1 𝑇2 = 𝑚𝑣22 = (. 3𝑘𝑔)(𝑣22 ) = 0.15𝑣22 2 2 = 0.15𝑣22 + 0 𝑣2 = 0 𝑣22 = 11.77 𝑇1 + 𝑣1 = 𝑇2 + 𝑣2 𝑚2 𝑠2 0 + 1.766 𝑣1 𝑁 = (. 3𝑘𝑔) ( 9.81 (𝑎) ↑ ∑ 𝐹 = 𝑁 − .3𝐾𝑔 cos 30° = 0 (𝑎) 𝑚 √3 ) ( ) = 255 𝑁 2 𝑠 2 ↑ ∑ 𝐹 = 𝑁 − .3𝐾𝑔 cos 30° = 𝑚𝑣 2 / 𝑟 = (0.3𝑘𝑔)( 11.77 𝑁 = 2.55 + 4.41 𝑚2 )/(0.8𝑚) 𝑠2 𝑁 = 6.96 𝑁 13.71 Un objeto de 300 g se suelta desde el reposo en A y se desliza sin fricción a lo largo de la superficie mostrada. Determine la fuerza ejercida sobre el objeto por la superficie a) justo antes de que llegue a C, b) inmediatamente después de que pasa por C. Solución 1.2 sin 30° = 0.6𝑚 0.8(1 − cos 30°) = 0.1072𝑚 𝑣𝐴 = 0 𝑇𝐴 = 0 𝑣𝐴 = (. 3𝑘𝑔) ( 9.81 1 𝑇𝑐 = 𝑚𝑣𝑐2 𝑇𝑐 = 0.15𝑣𝑐2 2 𝑣𝐴 02.081 𝐽 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐶 + 𝑣𝐶 0 + 2.081 = 0.15𝑣𝑐2 + 0 𝑣𝑐2 = 13.873 𝑚 ) (0.1072𝑚) 𝑠2 𝑣𝑐 = 0 𝑚2 𝑠2 (a) fuerza normal justo antes de C El objeto está en la curva (𝑎𝑛 = 𝑣𝑐2 /𝑟) 𝑁 − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝑐2 𝑟 𝑁 = 𝑚 (𝑔 + 𝑣𝑐2 𝑟 +↑ ∑ 𝐹 = 𝑚𝑣𝑐2 /𝑟 𝑚2 𝑚 𝑠2 ) 𝑁 = (.3𝑘𝑔)(9.81 2 + (0.8𝑚) 𝑠 13.873 ) 𝑁 = (0.3)(9.81 + 17.34) = 8.15 𝑁 (b) fuerza normal justo después de C (𝑎𝑛 = 0) +↑ ∑ 𝐹 = 𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 𝑁 = 0.3𝑔 = 2.94 𝑁 13.72 Un collarín de 1.2 lb puede deslizarse sin fricción a lo largo de la varilla semicircular BCD. El resorte tiene una constante de 1.8 lb/in. y su longitud sin deformar es de 8 in. Si se sabe que el collarín se suelta desde el reposo en B, determine a) la rapidez del collarín cuando pasa por C, b) la fuerza que ejerce la varilla sobre el collarín en C. Datos Un collarín de 1.2 lb. El resorte tiene una constante de 1.8 lb/in. Longitud sin deformar es de 8 in. Solución 𝐿𝐴𝐵 = √122 + 62 + 32 = 13.748 𝑖𝑛. 𝐿𝐴𝐶 = √122 + 32 = 12.369 𝑖𝑛 (a) Velocidad en C 𝑘 = 1.8𝑙𝑏⁄𝑖𝑛. = 21.6𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 𝑣𝐵 = 0 𝑇𝐵 = 0 0.479𝑓𝑡 𝑒𝑛 𝐵 𝑣𝐵 = (𝑣𝐵 )𝐶 + (𝑣𝐵 )𝑔 1 (𝑣𝐵 )𝐶 = 𝑘(∆𝐿𝐴𝐵 )2 2 ∆𝐿𝐴𝐵 = 13.748𝑖𝑛 − 8𝑖𝑛 ∆𝐿𝐴𝐵 = 5.748𝑖𝑛 = 1 𝑙𝑏 (𝑣𝐵 )𝐶 = (21.6 ) (0.479 𝑓𝑡)2 (𝑣𝐵 )𝐶 = 2.478 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 2 𝑓𝑡 6 (𝑣𝐵 )𝑔 = 𝑤𝑟 = (1.2𝑙𝑏) ( 𝑓𝑡) = 0.6 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 𝑣𝐵 = (𝑣𝐵 )𝐶 + (𝑣𝐵 )𝑔 = 2.478 + 0.6 12 = 3.078 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 En C 1 1 𝑇𝐶 = 2 𝑚𝑣𝐶2 = 2 ( 1.2 𝑙𝑏 𝑓𝑡 32.2 2 𝑠 ) 𝑣𝐶2 𝑇𝐶 = 0.018634 𝑣𝐶2 1 (𝑣𝐵 )𝐶 = 2 𝑘( ∆𝐿𝐴𝐶 )2 1 𝑙𝑏 ∆𝐿𝐴𝐶 = 12.369 𝑖𝑛. −8 𝑖𝑛. = 4.369 𝑖𝑛. = 0.364 𝑓𝑡 (𝑣𝐶 )𝐶 = (21.6 ) (0.364)2 2 𝑓𝑡 = 1.4316 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 (𝑣𝐶 )𝑔 = 0 0 + 3.078 = 𝑣𝐶 = (𝑣𝐶 )𝐶 + (𝑣𝐶 )𝑔 = 1.4316 + 0 = 1.4316 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡 0.018634 𝑣𝐶2 = 9.40 + 1.4316 𝑣𝐶2 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 = 𝑇𝐶 + 𝑣𝐶 (3.078 − 1.4316) 𝑓𝑡 2 = = 88.36 2 (0.018634) 𝑠 𝑓𝑡 𝑠 (b) la fuerza que ejerce la varilla sobre el collarín en C. 𝑣𝐶 𝐹𝛿 = 0(sin 𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛) 𝐹 𝜗 = 𝐹𝑥 𝐶 𝜗 + 𝐹𝑦 𝛿 𝐹𝑒 = (𝑘∆𝐿𝐴𝐶 )(𝑐𝑜𝑠∅𝐶 𝜗 + sin ∅𝑘𝜗 ) ∅ = 𝑡𝑎𝑛−1 3 = 14.04° 2 𝐹𝑒𝜗 = (21.6)(0.364)(cos 14.04° 𝐶 𝜗 + 𝑠𝑖𝑛14.04°𝑘𝜗 ) 𝐹𝑒𝜗 = 7.628𝐶 𝜗 + 1.9069𝑘𝜗 (𝑙𝑏) +↑ ∑ 𝐹𝜗 = (𝐹𝑥 + 7.628) 𝐶 𝜗 + (𝐹𝑦 − 1.2)𝛿 + 1.906𝑘𝜗 = 𝐹𝑦 = 1.2𝑙𝑏 + (1.2𝑙𝑏)(88.36 𝑓𝑡 2 ⁄𝑠 2 ) (32.2 𝑓𝑡⁄𝑠 2 )(0.5𝑓𝑡) = −7.628 𝑙𝑏 𝑚𝑣 2 𝛿 𝑟 + 𝑚𝑎𝑘𝜗 𝐹𝑥 + 7.628 𝑙𝑏 = 0 𝐹𝑦 = 7.78 𝑙𝑏 𝐹𝑥 𝐹𝜗 = −7.63 𝑙𝑏 𝐶 𝜗 + 7.78 𝑙𝑏 𝛿 13.73 Un collarín de 1 lb está unido a un resorte y se desliza sin fricción a lo largo de una varilla circular en un plano vertical. El resorte tiene una longitud no deformada de 5 in. y una constante k 10 lb/ft. Si se sabe que el collarín se suelta desde el reposo en A, determine la rapidez del collarín y la fuerza normal entre el collarín y la varilla cuando el collarín pasa por B. Solución (a) Por el collar 𝑚 = 𝑊 𝑔 1 = 32.2 = 0.031056 𝑙𝑏 ∗ 𝑠 2 /𝑓𝑡 Por el resorte 𝑘 = 10 𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 𝐿0 = 5 𝑖𝑛 En A 𝐿𝐴 = 7 + 5 + 5 = 17 𝑖𝑛 𝐿∆ − 𝐿0 = 12 𝑖𝑛 = 1 𝑓𝑡 En B 𝐿𝐵 = √(7 + 5)2 + 52 = 13 𝑖𝑛 1.8 𝑖𝑛 = Velocidad del collar en B 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 𝐿𝐵 − 𝐿0 = 3 𝑓𝑡 2 1 1 𝑇𝑎 = 2 𝑚𝑣𝐴2 = 0 𝑣𝐴 = 2 𝑘( 𝐿𝐴 − 𝐿0 )2 + 𝑊(0) 1 1 1 (10)(1)2 + 0 = 5 𝑓𝑡 ∗ 𝑙𝑏 𝑇𝐵 = 𝑚𝑣𝐵2 = (0.031056)𝑣𝐵2 = 0.015528 𝑣𝐵2 2 2 2 1 1 2 5 𝑣𝐵 = 𝑘(( 𝐿𝐵 − 𝐿0 )2 + 𝑊ℎ = (10)( )2 + (1)(− )2 = 1.80556 𝑓𝑡 ∗ 𝑙𝑏 2 2 3 12 0 + 5 = 0.015528𝑣𝐵2 = 1.80556 𝑣𝐵2 = 205.72 𝑓𝑡 2 𝑠2 𝑣𝐵 = 14.34 𝑓𝑡/𝑠 2 5 Fuerza en B 𝐹𝑠 = 𝑘( 𝐿𝐵 − 𝐿0 ) = (10) (3) = 6.6667 𝑙𝑏 𝑚𝑎𝑛 = 5 sin 𝛼 = 13 𝜌 = 5 𝑖𝑛 = 12 𝑓𝑡 𝑚𝑣𝐵2 (0.031056)(205.72) = = 15.3332 𝑙𝑏 𝜌 5/12 +↑ ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦 ; 𝐹𝑠 sin 𝛼 − 𝑊 + 𝑁 = 𝑚𝑎𝑛 = 15.3332 + 1 − (6.6667) ( 5 ) 13 𝑁 = 𝑚𝑎𝑛 + 𝑊 − 𝐹𝑠 sin 𝛼 𝑁 = 13.769 𝑙𝑏 13.74 Un paquete de 200 g se lanza, mediante un resorte en A, hacia arriba con una velocidad 𝑣0 ; el paquete se mueve alrededor de un conducto sin fricción y se deposita en C. Para cada uno de los dos conductos que se muestran, determine a) la velocidad mínima 𝑣0 para la cual el paquete llegará a C, b) la fuerza correspondiente ejercida por el paquete en el conducto justo antes de abandonar el conducto en C. (a) +↓ ∑ 𝐹 = 0 + 𝑚𝑔 = (9.81)(0.5) = 4.90 1 En A 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑣02 1 𝑚2 𝑠2 2 𝑚𝑣𝐵 𝑟 𝑣𝐵2 = 𝑔𝑟 = 𝑣𝐵 = 2.215 𝑚/𝑠 𝑣𝐴 = 0 1 En B 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑣𝐵2 = 2 𝑚(4.905) = 2.453 𝑚 𝑣𝐵 = 𝑚𝑔(2.5 + 0.5) = 3 𝑚𝑔 1 𝑚𝑣02 + 0 = 2.453𝑚 + 3𝑚𝑔 2 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 𝑣0 = 7.99 𝑚 𝑠 En C 1 2 𝑇𝑐 = 𝑚𝑣𝐶2 1 1 𝑚𝑣02 + 0 = 𝑚𝑣𝐶2 + 2.5𝑚𝑔 2 2 +→ ∑ 𝐹 = 𝑁𝐶 = 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 (b) 1 2 𝑇𝑐 = 𝑚𝑣𝐶2 𝑣02 = 2((2. .453) + 3(9.81)) = 63.77 𝑣𝐶 = 𝑚𝑔(2.5𝑚) 𝑇𝑐 + 𝑣𝑐 = 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 𝑣𝐶2 = (63.77 − (5)(9.81)) = 14.72 𝑚𝑣𝐶2 (0.2)(14.72) = = 5.89 𝑁 𝑟 0.5 0 + 3𝑚𝑔 = 1 𝑚𝑣02 + 0 2 𝑣𝐶 = 𝑚𝑔(2.5𝑚) 𝑚2 𝑠2 𝑣𝐵 = 𝑚𝑔(2.5𝑚 + .5𝑚) = 3𝑚𝑔 𝑣02 = 6𝑔 𝑇𝑐 + 𝑣𝑐 = 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 𝑣0 = 7.67 𝑚/𝑠 1 𝑚𝑣02 2 1 2 + 0 = 𝑚𝑣𝐶2 + 2.5𝑚𝑔 𝑣𝐶2 = 6𝑔 − 5𝑔 = 9.81 𝑚2 𝑠2 +→ ∑ 𝐹 = 𝑁𝐶 = 𝑚𝑣𝐶2 (0.2)(9.81) = 𝑟 0.5 𝑁𝐶 = 3.92 𝑁 13.75 Si el paquete del problema 13.74 no debe golpear la superficie horizontal en C con una rapidez mayor que 3.5 m/s, a) demuestre que este requisito sólo puede ser satisfecho por el segundo conducto, b) determine la velocidad inicial máxima permisible 𝑣0 cuando se emplea el segundo conducto. (a) +↓ ∑ 𝐹 = 0 + 𝑚𝑔 = (9.81)(0.5) = 4.90 1 2 En A 𝑇𝐴 = 𝑚𝑣02 1 2 𝑚2 𝑠2 2 𝑚𝑣𝐵 𝑟 𝑣𝐵2 = 𝑔𝑟 = 𝑣𝐵 = 2.215 𝑚/𝑠 𝑣𝐴 = 0 1 2 En B 𝑇𝐵 = 𝑚𝑣𝐵2 = 𝑚(2.2152 ) = 2.453 𝑚 𝑣𝐵 = 𝑚𝑔(2.5 + 0.5) = 3 𝑚𝑔 En C 1 𝑇𝑐 = 2 𝑚𝑣𝐶2 𝑣𝐶 = 2.5𝑚𝑔 𝑇𝑐 + 𝑣𝑐 = 𝑇𝐵 + 𝑣𝐵 1 𝑚2 2.453𝑚 + 3𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝐶2 + 2.5𝑚𝑔 𝑣𝐶2 = 2(2.453 + 0.5(9.81)) 𝑣𝐶2 = 14.72 2 2 𝑠 𝑚 = 3.836 > 3.5 𝑚/𝑠 𝑠 1 2 (b) en A 𝑇𝐴 = 𝑚𝑣02 𝑣𝐶 = 2.5 𝑚𝑔 𝑣𝐴 = 0 𝑒𝑛 𝐶 𝑇𝐴 + 𝑣𝐴 = 𝑇𝐶 + 𝑣𝐶 2(6.125 + 2.5𝑔) = 6.13 𝑚2 𝑠2 𝑣𝐶 = 3.5 1 𝑚𝑣02 2 𝑚 𝑠 1 2 𝑇𝑐 = 𝑚(3.5)2 𝑣𝐶 𝑇𝑐 = 6.125 𝑚 + 0 = 6.125𝑚 + 2.5𝑚𝑔 𝑣02 = 𝑣0 = 7.83 𝑚/𝑠 13.76 La pelota de 2 lb en A se encuentra suspendida de una cuerda inextensible y se le da una velocidad horizontal inicial de 16 ft/s. Si l 2 ft y xB 0, determine yB de forma que la pelota entre en la canasta. 13.77 La pelota de 2 lb en A se encuentra suspendida de una cuerda inextensible y se le da una velocidad horizontal inicial de v0. Si l 2 ft, xB 0.3 ft y yB 0.4 ft, determine la velocidad inicial v0 de forma que la pelota entre a la canasta. 13.78 En un almacén los paquetes se mueven desde el punto A, en el piso superior, hasta el punto B del piso inferior, 12 ft directamente por debajo de A, por medio de un tobogán cuya línea central tiene la forma de una hélice con eje vertical y y radio R 8 ft. La sección transversal del tobogán debe inclinarse de modo que cada paquete, después de soltarse en A sin velocidad, se deslice a lo largo de la línea central del tobogán sin tocar los bordes. Si se desprecia la fricción, a) exprese el ángulo formado por la normal a la superficie del tobogán en P y la normal principal de la línea central en ese punto, como una función de la elevación y de un punto dado P de la línea central, b) determine la magnitud y la dirección de la fuerza ejercida por el tobogán sobre un paquete de 20 lb cuando éste llega al punto B. Sugerencia: La normal principal a la hélice en el punto P es horizontal y está dirigida hacia el eje y, además el radio de curvatura de la hélice es R[1 (h/2 πR)2]. En el punto A 𝑣𝐴 = 0 𝑇𝐴 = 0 𝑣𝐴 = 𝑚𝑔ℎ 1 En el punto P nada 𝑇𝑝 = 2 𝑚𝑣 2 1 0 + 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣 2 + 𝑚𝑔𝑦 2 𝑣𝐴 + 𝑇𝐴 = 𝑇𝑝 + 𝑣𝑝 𝑣 2 = 2𝑔(ℎ − 𝑦) 𝑣𝑝 = 𝑤𝑦 = 𝑚𝑔𝑦 𝛽 = 𝑡𝑎𝑛−1 ℎ (12𝑓𝑡) = 𝑡𝑎𝑛−1 = 13.427° 2𝜋𝑅 2𝜋(8𝑓𝑡) Nota: la fricción es igual a cero ∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛 𝛽 = 𝑚𝑎𝑡 𝑎𝑡 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝛽 ∑ 𝐹𝑏 = 𝑚𝑎𝑏 𝑁𝑏 − 𝑊𝑐𝑜𝑠 𝛽 = 0 𝑁𝑏 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝛽 = 2𝑊 𝑡𝑎𝑛∅ = 𝑁𝑏 𝑁𝑛 ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑁𝑛 = (ℎ − 𝑦) 𝑒 𝑚𝑣 2 𝑚2𝑔(ℎ − 𝑦) = 𝑒 𝑒 𝛽 tan ∅ = (𝑒⁄2(ℎ − 𝑦)) 𝑐𝑜𝑠𝛽 (ℎ − 𝑦) 2𝑊 𝑒 ℎ 2 𝑅 = 𝑅[1 + ( ) ] = 𝑅(1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝛽) = 2𝜋𝑅 𝑐𝑜𝑠 2 𝛽 𝑡𝑎𝑛∅ = 𝑊𝑐𝑜𝑠 𝑒 𝑅 Por lo tanto 𝑡𝑎𝑛∅ = 2(ℎ−𝑦) cos 𝛽 = 2(ℎ−𝑦)𝑐𝑜𝑠𝛽 𝑜 (b) en el punto B 𝑦 = 0 8 𝑓𝑡 𝑑𝑎: 𝑒 4.113 tan ∅ = 2(12−𝑦)𝑐𝑜𝑠14.327° = 12−𝑦 cot ∅ = 0.243(12 − 𝑦) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑊 = 20 𝑙𝑏 𝑁𝑥 = 𝑁𝑏 sin 𝛽 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝛽𝑠𝑖𝑛𝛽 = (20)(𝑐𝑜𝑠14.327°𝑠𝑖𝑛14.327°) = 𝑁𝑥 = 4.517 𝑙𝑏 𝑁𝑦 = 𝑁𝑏 𝑐𝑜𝑠𝛽 = 𝑊𝑐𝑜𝑠 2 𝛽 = (20)(𝑐𝑜𝑠 2 14.327°) 𝑁𝑦 = 18.922 𝑙𝑏 ℎ−𝑦 ℎ−𝑦 12𝑓𝑡 − 0 = −2𝑊 𝑁𝑍 = 2(20) ( ) 𝑐𝑜𝑠 2 14.327° 𝑁𝑍 2 𝑒 𝑅⁄𝑐𝑜𝑠 𝛽 8𝑓𝑡 = −56.765 𝑙𝑏 𝑁𝑍 = − 𝑁𝑛 = −2𝑊 𝑁 = √4.5172 + 18.9222 + (−56.765)2 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥 = 𝑁 = 60.0 𝑙𝑏 𝑁𝑦 18.922 𝑁𝑥 4.517 = 𝜃𝑥 = 85.7° 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑦 = = 𝑁 60 𝑁 60 56.742 =− 𝜃𝑧 = 161.1° 60 𝜃𝑦 = 71.6° 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑦 = 𝑁𝑧 𝑁 13.79 Demuestre que una fuerza F(x, y, z) es conservativa, si y sólo si se satisfacen las 𝜕𝐹𝑥 siguientes relaciones 𝜕𝑦 = 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑧 = 𝜕𝐹𝑧 𝜕𝐹𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑥 = 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝑧 Solución Para una fuerza conservadora eq.(13.22) debe ser satisfecha 𝜕𝑣 𝐹𝑥 = − 𝜕𝑥 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝜕𝑣 𝐹𝑌 = − 𝜕𝑦 𝜕2𝑣 𝜕2𝑣 = ∶ 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝐹𝑥 = − 𝜕𝑧 𝑎ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑖𝑟𝑏𝑖𝑚𝑜𝑠 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝑦 = −𝜕2 𝑣 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑥 = −𝜕2 𝑣 𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝐹𝑦 = 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝐴 𝑢𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑠𝑖𝑚𝑖𝑙𝑎𝑟 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝐹𝑧 = 𝜕𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝐹𝑧 𝜕𝐹𝑥 = 𝜕𝑥 𝜕𝑧 13.80 La fuerza F (yzi+zxj+xyk)/xyz actúa sobre la partícula P(x, y, z) que se mueve en el espacio. a) Utilizando la relación deducida en el problema 13.79, demuestre que es una fuerza conservativa. b) Determine la función potencial asociada con F. Solución (a) 𝐹𝑥 = 𝑦𝑧⁄𝑥𝑦𝑧 (b) 𝐹𝑥 = − 1 𝐹𝑦 = 𝑧𝑥 ⁄𝑥𝑦𝑧 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝐹𝑦 = − 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝐹𝑥 𝜕(1⁄𝑥 ) = =0 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝐹𝑥 = 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝐹𝑧 = − 𝜕𝑧 1 𝑣 = − ln 𝑥 + 𝑓(𝑦, 𝑧) (1) 𝐹𝑥 = 𝑥 = − 𝜕𝑥 𝜕𝐹𝑦 𝜕(1⁄𝑦) = =0 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝐹𝑦 = 𝑦 = − 𝜕𝑦 𝑣 = − ln 𝑦 + 𝑔(𝑥, 𝑧) (2) 𝐹𝑧 = 1 𝜕𝑣 =− 𝑧 𝜕𝑧 𝑣 = − ln 𝑧 + ℎ(𝑥, 𝑦) (3) Igualando (1) y (2) ln 𝑥 + 𝑓(𝑦, 𝑧) = − ln 𝑦 + 𝑔(𝑥, 𝑧) − ln 𝑦 + 𝑘(𝑧)(4) 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑔(𝑥, 𝑧) = − ln 𝑧 + 𝑘(𝑧)(5) 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 (2)𝑦 (3) − ln 𝑧 + ℎ(𝑥, 𝑦) = − ln 𝑦 + 𝑔(𝑥, 𝑧) Desde 5 𝑔(𝑥, 𝑧) = − ln 𝑥 + 𝑙(𝑧) 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 (4) 𝑓(𝑦, 𝑧) = 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑘(𝑧) = − ln 𝑧 𝑓(𝑦, 𝑧) = − ln 𝑦 − ln 𝑧 𝑔(𝑥, 𝑧) = − ln 𝑧 + 𝑙(𝑥) 𝑙(𝑥) = − ln 𝑥 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑓(𝑦, 𝑧) 𝑒𝑛 (1) 𝑣 = − ln 𝑥 − ln 𝑦 − ln 𝑧 𝑣 = − ln 𝑥𝑦𝑧 + 𝑐 13.80 La fuerza F = (yzi + zxj + xyk)/xyz actúa sobre la partícula P(x, y, z) que se mueve en el espacio. a) Utilizando la relación deducida en el problema 13.79, demuestre que es una fuerza conservativa. b) Determine la función potencial asociada con F. 𝐹𝑥 = yz/xyz 𝜕𝐹𝑥 = 𝜕𝑦 𝜕1⁄𝑥 𝜕𝑦 𝐹𝑦 = zx/xyz 𝜕𝐹𝑥 =0 𝜕𝑦 b) 1 𝜕𝑣 1 𝜕𝑣 𝐹𝑥 = 𝑥= - 𝜕𝑥 𝐹𝑦 = 𝑦= -𝜕𝑦 1 𝜕𝑣 𝐹𝑧 =𝑧= -𝜕𝑧 v= -ln x + f (y,z) v= -lny + g (z,x) v= -lnz + h(x,z) -(𝑙𝑛𝑧) + h (x,y)= lny + g(z,x) g (z,x)= -(𝑙𝑛𝑧) + l (x) g(z,x)= -(𝑙𝑛) x + l (z) k(z)= -(𝑙𝑛) z l (x)= - (𝑙𝑛)x f(y,z)= - (𝑙𝑛)y –(𝑙𝑛)z V= - (𝑙𝑛)x – ln y –(𝑙𝑛)z V= -(𝑙𝑛) xyz+c = 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥 13.81 Una fuerza F actúa sobre una partícula P(x, y) que se mueve en el plano xy. Determine si F es una fuerza conservativa y calcule el trabajo de F cuando P describe la trayectoria A,B, C,A en el sentido de las manecillas del reloj, incluyendo el cuarto de círculo x2 y2 a2, si a) F = kyi, b) F = k(yi+ xj) a) (a)= F= (b)=k (Y L + x J) k.y 𝐹𝑥 =ky 𝐹𝑦 = 0 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑦 𝑏 ≠ 𝜕𝑥 𝜕𝐹𝑥 =k 𝜕𝑦 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥 =0 𝑐 ∫ 𝐹. 𝑑𝑟 = ∫𝑎 𝑘𝑦𝑙. 𝑑𝑦𝑗 + ∫𝑏 𝑘𝑦𝑐. (𝑑𝑥𝑙 + 𝑑𝑦𝑗) 𝑏 ∫𝑎 =0 𝑐 𝑐 ∫𝑏 𝑘𝑦𝑐(𝑑𝑥𝑙 + 𝑑𝑦𝑗) = ∫𝑏 𝑘𝑑𝑦𝑑𝑥. Y=√𝑎2−𝑥 2 𝑐 𝑎 𝜋𝑘𝑎 2 𝑑𝑥 = 4 ∫𝑏 𝑘𝑦𝑑𝑥 = ∫0 𝑘√𝑎2−𝑥 2 𝑎 ∫𝑐 𝑘𝑦𝐿. 𝑑𝑥𝑗 = 0 (𝑦 = 0 𝑒𝑛 𝑎) 𝑈 𝑏 𝑐 𝑑 𝑎𝑏𝑐𝑑=∫𝑎 + ∫𝑏 + ∫𝑐 =0+ 𝜋𝑘𝑎2 +0 4 𝑈 𝑎𝑏𝑐𝑑= 𝜋𝑘𝑎2 4 b) 𝐹𝑥=𝑘𝑦 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝑦 𝐹𝑦=𝑘𝑥 =k = 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥 =𝑘 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥 F es conservativa. L 13.83 a) Calcule el trabajo realizado desde D hasta O por la fuerza P del problema 13.82 integrando a lo largo de la diagonal del cubo. b) Usando el resultado obtenido y la respuesta al inciso b) del problema 13.82, verifique que el trabajo realizado por una fuerza conservativa alrededor de la trayectoria cerrada OABDO es cero. (𝑟 = 𝑘𝐿 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘) (𝑑𝑟 = 𝑑𝑟𝑙 + 𝑑𝑦𝑗 + 𝑧𝑘) (𝑃 = 𝑘𝑙+𝑦𝑗+𝑧𝑘 2 2) 𝑥 2+𝑦 +𝑧 𝑎 𝑈𝑎.𝑑 = ∫0 √3 𝑑𝑥 = √3𝑎 (b) 𝑈0𝑎𝑏𝑑0 = 𝑈0𝑎𝑏0 + 𝑈𝑑0 𝑈0𝑎𝑏𝑑0 = √3𝑎 𝑈𝑑0 = −𝑈0𝑑 = −√3𝑎 𝑈0𝑎𝑏𝑑0 = √3𝑎 − √3𝑎 = 0 𝑈𝑎.𝑑 = √3𝑎 13.84 La fuerza F = (xi yj zk)/(x2 y2 z2)3/2 actúa sobre la partícula P(x, y, z) que se mueve en el espacio. a) Utilizando la relación deducida en el problema 13.79, demuestre que F es una fuerza conservativa. b) Determine la función potencial V(x, y, z) asociada con F. (a) 𝐹𝑥 = 𝑥⁄(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )33 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝑦 𝐹𝑦 = 𝑦⁄( (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )12 3 𝑥(− )(2𝑦) 𝜕𝐹𝑦 2 = (𝑥 2 +𝑦 2 +𝑧 2 𝜕𝑥 3 𝑥(− )(2𝑦) 2 = 𝑦 (𝑥 2 +𝑦 2 +𝑧 2 𝜕𝐹𝑥 𝜕𝑦 = 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝑥 (b) 𝜕𝑣 𝐹𝑥 =- 𝑑𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝐹𝑦 =− 𝑑𝑦 𝐹𝑧 = − 𝑑𝑧 1 V=-∫(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ) 2 𝑑𝑥 1 V=(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ) − 2 v= 1 1 2 (𝑥 2 +𝑦 2 +𝑧 2 ) 13.85 Mientras describe una órbita circular a 300 km sobre la Tierra un vehículo espacial lanza un satélite de comunicaciones de 3600 kg. Determine a) la energía adicional que se requiere para poner el satélite en una órbita geosíncrona a una altura de 35 770 km sobre la superficie terrestre, b) la energía requerida para poner el satélite en la misma órbita lanzándolo desde la superficie de la Tierra, sin incluir la energía necesaria para superar la resistencia del aire. (Una órbita geosíncrona es una órbita circular en la cual el satélite parece estacionario con respecto al suelo. 𝑟2 = 6370𝑘𝑚 + 35770𝑘𝑚 = 42.140𝑥106 Orbita en 300 km 𝑟1 = 6370 + 300 = 6.67𝑥106 𝑚 (𝐹 = 𝑚𝑎: 𝐺𝑀𝑚 𝑟2 𝑚𝑣 2 = 𝑟 1 𝐺𝑀 (𝐸 = 𝑇 + 𝑉 = 2 716𝑥1015 6.67𝑥106 𝐺𝑀 𝑟 𝐺𝑀 𝑟 1 𝐺𝑀 = −2 (𝐸 = − 2 𝑟 ) (𝑣 = − ) 176𝑥1015 6.6𝑥106 𝑟 ) 1 (9.81)(6370𝑥103 )(3600) (𝐸 = − 2 = −17.003𝑥109 𝐽 (a) 𝐸300 = − 𝐺𝑀𝑚 ) 𝑟 1 𝑔𝑅 2 𝑒𝑚 (𝐺𝑀 = 𝑔𝑅 2 𝐸) (N.m) 𝐸𝐺𝑠 = 𝑟 − ) = (𝑣 2 = = −107,42 𝐺𝐽 ∆𝐸300 = −17.003 + 107.42 = 90.45 𝐺𝐽 𝑟 ) E= - 716.15𝑥1015 𝑟 13.86 Un satélite se coloca en una órbita elíptica alrededor de la Tierra. Si se sabe que el cociente vA/vP de la velocidad en el apogeo A y la velocidad en el perigeo P es igual al cociente rP/rA de la distancia al centro de la Tierra en P a la distancia correspondiente en A, y que la distancia entre A y P es de 80 000 km, determine la energía por unidad de masa que se requiere para poner el satélite en su órbita lanzándolo desde la superficie terrestre. Excluya la energía adicional necesaria para superar el peso del cohete impulsor, la resistencia del aire y las maniobras. (𝐸 = 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝑃 + 𝑉𝑃 ) 𝐸 = 𝑚 𝑉𝐴2 (1 𝑉𝐴2 ( 𝑟𝑝 −𝑟𝐴 )(𝑟𝑝 +𝑟𝐴 ) 𝑟𝑝2 = 2𝐺𝑀 𝑟𝑝 𝑟𝑝 −(𝑟𝑝 +𝑟𝐴 ) 𝐸 = 𝐺𝑀 𝑟 [ 𝑀 𝐴 𝐴 𝑟𝑝 𝑟𝐴 𝐺𝑀 𝑝 +𝑟𝐴 𝑚 𝐺𝑀 = 𝑔𝑅𝐸2 = (9.81 𝑠2 )(6370𝑥103 𝑚) 𝑟𝑝 + 𝑟𝐴 = 80.000𝑥103 𝑚 𝐸 =− 𝑚 𝐸𝐸 𝑚 𝐸𝐸 𝑚 𝐸𝑝 𝑚 𝑚 𝑠 (9.81 2 )(6370𝑥103 𝑚) =− 80.000𝑥103 𝑚 2 𝑔𝑅𝐸 𝑅𝐸 = −4.98 𝑚 𝑀𝐽 𝑘𝑔 𝑚 = −(9.81 𝑠2 )( 6370𝑥103 𝑚) = −62.49 = 57.5 𝐸 𝑀𝐽 𝑘𝑔 𝑀𝐽 𝐸𝑝 𝑘𝑔 𝑚 = −4.98 𝑀𝐽 2 1 1 𝐴 𝑝 − 𝑉 2 ) = 2𝐺(𝑟 − 𝑟 ) (𝑟𝑝 −𝑟𝐴 ) ] = −𝑟 𝑟𝑝 +𝑟𝐴 𝑉𝑝2 𝑉𝐴2 + 62.49 𝑘𝑔 𝑀𝐽 𝑘𝑔 − 𝐺𝑀 𝑟𝐴 = 𝑈𝑝2 2 − 𝐺𝑀 𝑟 13.87 Si se sabe que la velocidad de una sonda espacial experimental lanzada desde la Tierra tiene una magnitud vA 20.2 103 mi/h en el punto A, determine la velocidad de la sonda cuando pase por el punto B. 𝑟𝐴 = ℎ𝐴 + 𝑅 = 2700𝑚𝑖 + 3960𝑚𝑖 𝑟𝐴 = 6660 𝑚𝑖 𝑟𝐵 = ℎ𝐵 + 𝑅 = 7900𝑚𝑖 + 3960𝑚𝑖 𝑟𝐵 = 11860 𝑚𝑖 𝑉𝐴 = 20.2𝑥103 = 2962 𝑓𝑡⁄ 𝑠 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚(2962 𝑓𝑡) = 438.8 𝑥106 𝑚 𝑉𝐴 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 =− 𝑔𝑅 2 𝑚 𝑟𝐴 = 6660𝑚𝑖 = 35.1 𝑥106 𝑓𝑡 𝑟𝐴 (𝑅 = 3960𝑚𝑖 = 20.909𝑥106 𝑓𝑡) 𝑉𝐴 = −400.3𝑥106 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑉𝐵 = − 𝑉𝐵 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐵 = 𝑔𝑅 2 𝑚 𝑟𝐵 = 11860 𝑚𝑖 = 62.62𝑥106 𝑓𝑡 𝑟𝐵 (32.2𝑓𝑡/𝑠2 )(20.909𝑥106 ) 𝑉𝐵 = −224.8x106 𝑚 62.62𝑥106 𝑓𝑡 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 1 438.8x106 𝑚 − 400.3𝑥106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐵2 − 224.8𝑥106 𝑚 𝑉𝐵2 = 2(438.8x106 𝑚 − 400.3𝑥106 𝑚 + 224.8𝑥106 ) 𝑉𝐵2 = 526.75𝑥106 𝑉𝐵 = 22.95𝑥103 𝑓𝑡 𝑠 𝑓𝑡 2⁄ 𝑠2 = 15.65𝑥103 𝑚𝑖/ℎ 𝑉𝐵 = 15.65𝑥103 𝑚𝑖/ℎ 13.88 Un módulo de excursión lunar (LEM) se utilizó en las misiones de alunizaje Apolo para ahorrar combustible al hacer innecesario el relanzamiento de toda la nave espacial Apolo desde la superficie de la Luna en su viaje de retorno a la Tierra. Verifique la eficacia de este planteamiento calculando la energía por libra que requiere una nave espacial para escapar del campo gravitacional lunar si la nave parte desde a) la superficie de la Luna, b) una órbita circular a 50 mi sobre la superficie lunar. No tome en cuenta el efecto del campo gravitatorio terrestre. (El radio de la Luna es de 1081 mi y su masa es 0.0123 veces la masa de la Tierra.) 𝐺𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 = 0.0123𝑔𝑅𝐸2 𝐸2 = 𝑇2 + 𝑉2 = 0 − 𝐺𝑀𝑚 =0−0=0 ∞ (a) 𝑅𝑚 = 1080 𝑚𝑖 = 5.707𝑥106 𝑓𝑡 𝑅𝐸 = 3960𝑚𝑖 = 20.90𝑥106 𝑓𝑡 𝑉1 = 0 𝑇1 = 0 𝑉1 = − 𝐺𝑀𝑚 0 − 0.0123𝑔𝑅𝐸2 𝑚 𝐸1 = 𝑓𝑡 (0.0123)(32.2 ⁄ 2 )(20.90𝑥106 𝑓𝑡) 𝑠 − (5.707𝑥106 𝑓𝑡) 2 6 𝑓𝑡 𝐸1 = (−30.33𝑥10 𝐸1 = (− 30.33𝑥106 𝑓𝑡 32.2 2 𝑠 𝑠2 ∆𝐸 = 942103 𝑊𝐸 )𝑚 m= 𝑔 𝑓𝑡 2 /𝑠 2 ) 𝑊𝐸 ∆𝐸 = 𝐸2 − 𝐸1 = 0 + (942.1𝑥103 𝑊𝐸 𝑅𝑚 𝑓𝑡.𝑙𝑏 𝑙𝑏 ) 𝑊𝐸 𝑓𝑡.𝑙𝑏 𝑙𝑏 (b) 𝑟1 = 𝑅𝑀 + 50𝑚𝑖 𝑟1 = (1081 𝑚𝑖 + 50𝑚𝑖) = 1131𝑚𝑖 = 5.97 𝑥106 (𝐹 = 𝑚𝑎𝑛 ) : 𝑉12 = 𝐺𝑀𝑚 =𝑚𝑟 𝑟12 1 𝐺𝑀𝑚 𝑚 𝑟1 1 𝐺𝑀𝑚 2 2 𝑟1 1 𝐺𝑀𝑚 𝑚 𝐸1 = 𝑇1 + 𝑉1 = 2 𝑟1 1 𝐺𝑀𝑚 𝑚 1 𝑇1 = 𝑚𝑉12 = 𝑚 𝑟1 𝐸1 = 2 2 1 0.0123𝑔𝑅𝐸 𝑚 = −2 𝑟1 𝑓𝑡 6 2 1 (0.0123)(32.2 ⁄𝑠2 )(20.909𝑥10 𝑓𝑡) 𝐸1 = − 2 𝐸1 = 450.2𝑥103 𝑙𝑏 𝑉12 𝐺𝑀𝑚 𝑉1 = − 𝑓𝑡.𝑙𝑏 5.9717𝑥106 𝑓𝑡 𝑓𝑡.𝑙𝑏 𝑙𝑏 𝑊𝐸 𝑚 𝑟1 − 𝐺𝑀𝑚 𝑚 𝑟1 𝐸1 = 𝑇1 + 𝑉1 = ∆𝐸 𝑊𝐸 = 450𝑥103 𝑓𝑡.𝑙𝑏 𝑙𝑏 13.89 Un satélite de masa m describe una órbita circular de radio r alrededor de la Tierra. Exprese como una función de ra) la energía potencial del satélite, b) su energía cinética, c) su energía total como función de r. Denote el radio de la Tierra mediante R y la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre mediante g, y suponga que la energía potencial del satélite es cero en su plataforma de lanzamiento. (a) 𝑅 V=mgR(1 − 𝑟 ) (b) (𝐹 = 𝑚𝑎𝑛 ) 𝑉2 = 𝐺𝑀 𝑟 = 𝐺𝑀𝑚 : 𝑟12 𝑉2 = 𝑚 𝑟1 1 𝑔𝑅 2 𝑟 1 𝑚𝑔𝑅 2 1 T=2 𝑚𝑉 2 T= 2 𝑟 (c) 1 E= T+V=2 𝑚 𝑔𝑅 2 𝑟 𝑅 + 𝑚𝑔(1 − 𝑟 ) 𝑅 E=mgR(1 − 𝑟 ) 13.90 ¿Cuánta energía por kilogramo debe proporcionarse a un satélite para ponerlo en una órbita circular a una altura de a) 600 km, b) 6000 km? 𝑟1 = 𝑅 = 6.37𝑥106 𝑚 ∆𝐸 𝑚 𝑅 = 𝑅𝑔(1 − 2𝑟 ) 2 𝑉1 = 0 (a) 𝑟2 = 6370 + 600 = 6970𝑘𝑚 ∆𝐸 𝑚 (6370) = (6.37𝑥106 )(9.81)(1-2(6970)) = 33.9 𝑀𝐽 𝑘𝑔 (b) 𝑟2 = 6370 + 6000 = 12370 𝑘𝑚 ∆𝐸 𝑚 (6370) = (6.37𝑥106 )(9.81)(1-2(12370)) = 46.4 𝑀𝐽 𝑘𝑔 13.91 a) Demuestre que, si se establece r R+y en el miembro del lado derecho de la ecuación (13.17) y se desarrolla ese miembro en una serie de potencias en y/R, la expresión en la ecuación (13.16) para la energía potencial Vg debida a la gravedad es una aproximación de primer orden para la expresión dada en la ecuación (13.17) b) Utilizando el mismo desarrollo, deduzca una aproximación de segundo orden para Vg. 𝑊𝑅 2 𝑉𝑔 = − 𝑟 (a) 𝑉𝑔 = 𝑊𝑦 𝑉𝑔 = − 𝑊𝑅 2 𝑊𝑅 2 𝑟 𝑦 𝑉𝑔 = −𝑊𝑅(1 + 𝑅)−1 = −𝑊𝑅 [1 + 𝑦 𝑊𝑅 (𝑟 = 𝑅 + 𝑦 ∶ 𝑉𝑔 = − 𝑅+𝑦 = − 1+𝑦) (−1) 𝑦 1 𝑅 + (−1)(−2) 𝑦 1.2 (𝑅) + ⋯ ] 𝑦 𝑉𝑔 = 𝑊𝑅 [𝑅 − (𝑅)2 ] (a) 𝑦 𝑉𝑔 = 𝑊𝑅 (𝑅) = 𝑊𝑦 (b) 𝑦 𝑦 𝑅 𝑅 𝑉𝑔 = 𝑊𝑅 [ − ( )2 ] 𝑉𝑔 = 𝑊𝑦 − 𝑊 𝑦2 𝑅 13.92 Las observaciones muestran que un cuerpo celeste que viaja a 1.2 106 mi/h parece describir un círculo de radio igual a 60 años luz alrededor del punto B. Se sospecha que el punto B es una concentración de masa muy densa conocida como un hoyo negro. Determine el cociente MB/MS de la masa en B y la masa del Sol. (La masa del Sol es 330 000 veces la masa de la Tierra y un año luz es la distancia recorrida por la luz en un año a la velocidad de 186 300 mi/s.) (𝑉 = 1.2𝑥106 𝑚𝑖 ℎ = 1.76𝑥106 𝑓𝑡/𝑠) r=60 años luz años luz=186300 mi/s (𝑟 = (60𝑎ñ𝑜𝑠)(186300 𝑚𝑖 𝑠 )(5280 𝑓𝑡 𝑚𝑖 )(365 𝑑𝑖𝑎𝑠 𝑎ñ𝑜𝑠 ℎ 𝑠 )(24 𝑑𝑖𝑎𝑠)(3600 ℎ)) r=1.8612x1018 𝑓𝑡 F= 𝐺𝑀𝐵 𝑚 𝑟2 =𝑚 𝑟𝑉 2 𝑀𝐵 = 𝑟 𝑓𝑡 𝑟𝑉 2 𝐺 𝑓𝑡 GM=g𝑅 2 = (32.2 𝑠2 )(3960𝑚𝑖 𝑥 5280 𝑚𝑖)2 = 14.077𝑥1015 M=330000𝑀𝐸 4.645𝑥1021 𝑀 𝑠2 : GM=(330000)(14.077x1015 ) = G= 𝑓𝑡 3 GM=330000 G𝑀𝐸 𝑓𝑡 3 4.645𝑥1021 𝑠2 𝑀𝐵 = 𝑟𝑉 2 𝐺 = 𝑟𝑉 2 𝑀/4.64𝑥1021 (1.8612𝑥1018 )(1.76𝑥106 )2 𝑀𝐵⁄ = = 1.241𝑥109 𝑀 4.645𝑥1021 13.93 Una bola de 200 g se puede deslizar sobre una superficie horizontal sin fricción que está unida a un punto fijo O por medio de una cuerda elástica de constante k 150 N/m y longitud no deformada de 600 mm. La bola se coloca en el punto A, a 900 mm de O, y se le da una velocidad inicial vA perpendicular a OA. Si se sabe que la bola pasa a una distancia d 100 m de O, determine a) la rapidez inicial vA de la bola, b) su rapidez v después de que la cuerda se pone flácida. (a) b𝑉0 = (𝑎 + 𝑏)𝑣 1 𝑏𝑉 0 𝑉𝑐 = (𝑎+𝑏) (b) 𝑉𝑐 = 𝑉0 𝑏𝑉 0 𝑉 1 = (𝑎+𝑏) 13.94 Para la bola del problema 13.93, determine a) la magnitud mínima de la velocidad inicial vA de la bola, para la cual la cuerda elástica permanece tensa en cualquier momento, b) la rapidez máxima correspondiente que alcanza la bola. (2.25m)( m)(5m/s)=(1.25m)(M)(𝑉01 ) 𝑉01 =(2.25)(5)/(1.25)=9.00 m/s (𝑇 + 𝑉 = 𝑇1 + 𝑉1 ) 1 (𝑇 = 2 𝑚(𝑉𝑟2 + 𝑉02 ) = 2.4𝑘𝑔 2 ∗ 0 + 5 𝑚⁄𝑠 2 ) T=30 1 1 V= 2 𝑘(𝑟 − 𝑟0 ) = 2 (750 𝑁⁄𝑚)(2.25𝑚 − 1.5𝑚)2 V=210.9 J 𝑉01 = 9 𝑚/𝑠 1 2 2 𝑇 ′ = 2 𝑚(𝑉𝑟′ + 𝑉0′ ) = (2.4 𝑘𝑔) 2 2 (𝑉0′ + (9𝑚/𝑠)2 ′2 𝑇 ′ = 1.2𝑉𝑟 + 97.2 1 1 𝑉 1 = 2 𝑘(𝑟 − 𝑟0 )2 = 2 (750𝑁/𝑚)(1.25𝑚 − 1.5𝑚)2 J 𝑉 1 = 23.44 𝐽 𝑇 + 𝑉 = 𝑇1 + 𝑉1 2 30+210.9=1.2𝑉𝑟′ + 97.2 + 23.44 2 1.2𝑉𝑟′ = 120.26 2 𝑉𝑟′ = 100.22 𝑉𝑟1 = 10.01 𝑚 𝑠 13.95 El collarín A pesa 10 lb y está unido a un resorte de constante 50 lb/ft y una longitud sin deformar de 18 in. El sistema se pone en movimiento con r = 12 in., v=16 ft/s y vr = 0. Si se desprecia la masa de la varilla y el efecto de la fricción, determine las componentes radial y transversal de la velocidad del collarín cuando r = 21 in Conservación del momento angular 2.5𝑉1 = 1.9 𝑉2 2.5 𝑉2 = 1.9 𝑉1 = 1.3158 𝑉0 Conservación de la energía 1𝑊 𝑇1 = 2 𝑦 𝑉02 = 𝑉1 = 𝑉0 1 1 10𝑙𝑏 𝑉1 = 2 𝑘(𝐿 − 𝐿0 )2 = 2 ( 1𝑊 𝑇2 = 2 𝑔 𝑉22 = .75 𝑔 𝑓𝑡 𝑉22 + 0 𝑔 𝑉2 = 1.3158𝑉0 .75 𝑔 𝑉02 [(1.3158)2 − 1] = 1.800 𝑉02 = (1.8 𝑙𝑏.𝑓𝑡)(32.2𝑓𝑡/𝑠2 ) (.75 𝑙𝑏)(.7313) 𝑉0 = 10.28 𝑓𝑡/𝑠 𝑔 𝑉02 )(2.5𝑓𝑡 − 1.9𝑓𝑡)2 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉" .75 2 .75 𝑉0 + 1.800 = + 0 𝑔 .75 ∆𝐿 = 0 𝑉1 = 1.800 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 V=0 13.96 Para el movimiento descrito en el problema 13.95, determine a) la distancia máxima entre el origen y el collarín, b) la rapidez correspondiente. (Sugerencia: Resuelva por prueba y error la ecuación obtenida para r.) Conservación del momento angular 2.5𝑉0 = .8 𝑉 V= 3.125 𝑉0 1𝑊 𝑇1 = 2 𝑔 𝑉02 = 𝑉1 = 𝑉0 1 1 10𝑙𝑏 𝑉1 = 2 𝑘(𝐿 − 𝐿0 )2 = 2 ( 𝑉2 = 𝑉 𝑉2 = 0 .75 𝑔 .75 𝑔 𝑓𝑡 .75 𝑔 𝑉02 )(2.5𝑓𝑡 − 1.9𝑓𝑡)2 1𝑊 𝑇2 = 2 𝑔 𝑣 2 = .75 𝑔 𝑉1 = 1.800 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 𝑣2 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 𝑉02 + 1.800 = 0.75 𝑣2 𝑔 +0 V=3.125 𝑉0 𝑉02 [(3.125)2 − 1] = 1.800 𝑓𝑡 𝑉02 = (1.800 𝑙𝑏.𝑓𝑡)(32.2 2 ) 𝑠 (0.75 𝑙𝑏)(8.765) 𝑉0 = 2.97𝑓𝑡/𝑠 (b) Cuando d=0.8 ft 𝑈𝑚 = 3.125𝑈0 = (3.125)(2.97) = 9.28 𝑓𝑡/𝑠 𝑈𝑚 = 9.28 𝑓𝑡/𝑠 13.97 Retome el problema 13.8, y ahora suponga que la cuerda elástica se sustituye por una fuerza central F de magnitud (80/r2) N dirigida hacia O. Conservación de la energía 1 1 20𝑚 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 = 2 (0.6𝑘𝑔)( 𝑠)2 = 120 𝐽 80 V=∫ 𝐹𝑑𝑟 = ∫ 𝑟 2 𝑑𝑟 = − 80 𝑟 80 𝑉𝐴 = − 0.5 = −160 𝐽 1 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝑚2 = 2 (0.6𝑘𝑔)𝑉𝑚2 = 0.3𝑉𝑚2 80 𝑉𝐵 = − 𝑟 𝑚 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 = 80 120-160=0.3𝑉𝑚2 − 𝑟 𝑚 𝑟𝑚2 − 2𝑟𝑚 + 0.5625 = 0 𝑟𝑚 = 0.339 𝑦 𝑟𝑚 = 1.661𝑚 (b) 8.66 𝑉𝑚1 = 0.339 = 25.6 8.66 𝑉𝑚 = 1.66 = 5.21 𝑚 𝑠 𝑚 𝑠 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 25.6 𝑚 𝑠 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 5.21𝑚/𝑠 13.98 Un collarín A de 1.8 kg y un collarín B de 0.7 kg pueden deslizarse sin fricción sobre un armazón, compuesto por una varilla horizontal OE y una varilla vertical CD, la cual gira libremente alrededor de CD. Los dos collarines se conectan mediante una cuerda que corre sobre una polea unida al armazón en O. En el instante que se muestra, la velocidad vA del collarínA tiene una magnitud de 2.1 m/s y un tope evita el movimiento del collarín B. Si repentinamente se quita el tope, determine a) la velocidad del collarín A cuando está a 0.2 m de O, b) la velocidad del collarín. A cuando el collarín B queda en reposo. (Suponga que el collarín B no golpea a O, que el collarín A no sale de la varilla OE y que la masa del armazón puede ignorarse Conservación del momento angular en DC (0.1m)(𝑚𝐴 )(𝑉𝐴 ) = (0.2𝑚)(𝑚𝐴 )(𝑉𝐴1 ) 𝑇 0.1 (𝑉𝐴1 ) 𝑇 = 0.2 (2.1 𝑚⁄𝑠) = 1.5 𝑚⁄𝑠 Conservación de la energía. (1) 𝑉𝐴 = 2.1 𝑚⁄𝑠 )2 =3.96 J 1 𝑇1 = 2 (1.8 𝑘𝑔)(2.1 𝑚⁄𝑠 𝑉𝐵 = 0 (2) (𝑉𝐴′ ) 𝑇 = 1.050 𝑚⁄𝑠 1 (𝑉𝐴′ )𝑅 = 𝑉𝐵1 1 𝑇2 = 2 𝑚𝐴 [(𝑉𝐴′ )2𝑇 + (𝑉𝐴′ )2𝑅 ] + 2 𝑚𝐵 (𝑉𝐵1 )2 1 1 𝑇2 = 2 (1.8 𝑘𝑔)[(1.05𝑚/𝑠)2 + (𝑉𝐴′ )2𝑅 ] + 2 (0.7𝑘𝑔)(𝑉𝐴1 )2𝑅 𝑇2 = 0.9923 + 1.25(𝑉𝐴1 )2𝑅 9.81𝑚 𝑉2 = 𝑚𝐵 𝑔(0.1𝑚) = (0.7𝑘𝑔) ( 𝑠2 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 3.969+0=0.9923+1.25(𝑉𝐴1 )2𝑅 + 0.686 (𝑉𝐴1 )2𝑅 = 1.832 𝑚2 𝑠2 ; ) (0.1𝑚) = 0.686 𝐽 (𝑉𝐴1 )𝑅 = 1.354 𝑚/𝑠 𝑉𝐴1 = √(𝑉𝐴′ ) 𝑇 + (𝑉𝐴1 )2𝑅 = 1.71𝑚/𝑠 1.05 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑉𝐴′ ) 𝑇 (𝑉𝐴1 )𝑅 = 𝑡𝑎𝑛−1 1.354 = 37.8° 13.99 Utilice el principio de la conservación de la energía y de la conservación de la cantidad de movimiento angular, para resolver el inciso a) del problema resuelto 12.9. R=6370 km 𝑟0 = 500km +6370 km= 6.87x106 𝑚 𝑉0 = 36900𝑘𝑚/ℎ 36.9𝑥106 𝑚 = 3.6𝑥103 𝑠 = 10.25103 𝑚/𝑠 𝑉0 = 10.25103 𝑚/𝑠 1 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉02 = 2 𝑚(10.25𝑥103 )2 𝑇𝐴 = (𝑚)(52.53 𝑥106 )(𝐽) 𝑉𝐴 = − 𝑉𝐴 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟0 398𝑥1012 𝑚3 )𝑚 𝑠2 6 (6.87𝑥10 𝑚) ( =-57.93 x106 𝑚(𝐽) 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝑉𝐴1 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟1 =− 398𝑥1012 𝑚 𝑟1 1 52.53 x106 𝑚 − 57.93x106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐴2 − 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐴1 + 𝑉𝐴1 -5.402 x106 = (70.41𝑥109 )2 2(𝑟1 )2 (𝐽) - 398𝑥1012 𝑚3 𝑟1 398𝑥1012 𝑟1 𝑟1 = 66.7𝑥106 𝑚 𝑟𝑚𝑎𝑥 = 66700 𝑘𝑚 13.100 Se espera que una nave espacial, que viaja a lo largo de una trayectoria parabólica hacia el planeta Júpiter, alcance el punto A con una velocidad vA de 26.9 km/s de magnitud. Sus motores se activarán entonces para frenarla, colocándola en una órbita elíptica que la pondrá a 100 103 km de Júpiter. Determine la reducción en la velocidad v en el punto A que colocará a la nave espacial en la órbita requerida. La masa de Júpiter es 319 veces la masa de la Tierra Conservación de la energía. 1 𝑇𝐴 =2 𝑚(𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 )2 𝑉𝐴 = − 𝐺𝑀𝐽 𝑚 𝑟𝐴 G𝑀𝐽 = 319 𝐺𝑀𝐸 = 319𝑔𝑅𝐸2 𝑅𝐸 = 6.37𝑥106 G𝑀𝐽 = (319)(9.82 𝑚⁄𝑠 2 )(6.37 𝑥106 )2 G𝑀𝐽 = 126.98𝑥1015 𝑚3 /𝑠 2 𝑟𝐴 = 350 𝑥106 𝑚 126.98𝑥1015 𝑚3 )𝑚 𝑠2 𝑉𝐴 = − (350𝑥106 𝑚) ( 𝑉𝐴 = −(362.8 𝑥106 ) 𝑚 Punto B. 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑉𝐵 = − 𝐺𝑀𝐽 𝑚 𝑟𝐵 =− (126.98𝑥1015 𝑚3 /𝑠2 )𝑚 𝑉𝐵 = −(1269.8 𝑥106 ) 𝑚 (100𝑥 𝑥106 𝑚) 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 1 2 1 𝑚(𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 )2 − 362.8𝑥106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐵2 − 1269.8𝑥106 𝑚 (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 )2 − 𝑉𝐵2 = −184𝑥106 Conservación del momento angular 𝑟𝐴 = 3508 𝑥106 𝑚 𝑟𝐵 = 100 𝑥106 𝑚 𝑟𝐴 𝑚 (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 ) = 𝑟𝐵 𝑚𝑉𝐵 𝑉𝐵 = 𝑟𝐴 𝑟𝐵 (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 ) = 350 100 (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 ) (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 )2 [1 − (3.5)2 ] = −1814𝑥106 (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 )2 = 1612.4 𝑥106 𝑉𝐴 = 26.9 𝑥103 𝑚⁄𝑠 ∆𝑉𝐴 = 14.20 𝑘𝑚/s (𝑉𝐴 − ∆𝑉𝐴 ) = ±12.698𝑥103 𝑚⁄𝑠 ∆𝑉𝐴 = (26.9 𝑥103 𝑚⁄𝑠 -12.698 𝑥103 𝑚⁄𝑠) 13.101 Después de completar su misión exploratoria a la Luna, los dos astronautas que formaban la tripulación del módulo de excursión lunar (LEM) Apollo se preparaban para reunirse con el módulo de mando que se encontraba orbitando la Luna a una altura de 140 km. La tripulación encendió el motor del LEM, llevándolo a lo largo de una trayectoria curva hasta el punto A, 8 km sobre la superficie de la Luna, para después apagar el motor. Si se sabe que el LEM se movía en ese momento en una dirección para la una trayectoria elíptica hacia un punto de encuentro en B con el módulo de mando, determina) la rapidez del LEM al apagar el motor, b) la velocidad relativa con la que el módulo de mando se aproximó al LEM en B. (El radio de la Luna es de 1740 km y su masa es 0.01230 veces la masa de la Tierra Conservación del momento angular m𝑟𝐴 𝑉𝐴 = 𝑚𝑟𝐵 𝑉𝐵 𝑟 1748 𝑟𝐵 = 𝑟𝐴 𝑉𝐴 = 1880 𝑉𝐴 𝐵 𝑉𝐵 = 0.9298 𝑉𝐴 Conservación de la energía 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝑉𝐴 =- 𝐺𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 𝑚 𝑟𝐴 Punto A. G𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 = 0.0123𝐺𝑀 = 0.0123𝑔𝑅 2 𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 = 0.0123 𝑀 𝑚 G𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 = (0.0123)(9.81 𝑠2 )(6.37𝑥106 𝑚)2 3 G𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 = 4.89𝑥1012 𝑚 ⁄𝑠 2 𝑟𝐴 = 1748𝑥103 𝑚 3 𝑉𝐴 = (4.89𝑥1012 𝑚 ⁄ 2 )𝑚 𝑠 − (1748𝑥103 𝑚) = −2.80𝑥106 𝑚 Punto B. 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑟𝐵 = 1880 𝑥103 𝑚 3 𝑉𝐵 = (4.89𝑥1012 𝑚 ⁄ 2 )𝑚 − (1880 𝑥103 𝑚𝑠 ) 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 ; = −2.60 𝑥106 𝑚 1 2 1 𝑚𝑉𝐴2 − 2.80 𝑥106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐵2 − 2.60 𝑥106 𝑚 𝑉𝐴2 = 𝑉𝐵2 + 393.3𝑥103 (𝑚2 ⁄𝑠 2 ) (a) 𝑉𝐴2 [1 − (0.9298)2 ] = 393.33𝑥103 𝑉𝐴2 = 2.903 𝑥106 𝑉𝐴 = 1.704 𝑥103 𝑚/𝑠 𝑉𝐴 = 1704 𝑚/𝑠 (b) 𝑉𝐵 = (0.9298)(1704) = 1584 𝑚/𝑠 G𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎⁄ 4.89𝑥1012⁄ 𝑟𝐵 = √ 1.88𝑥106 = 1613.8 𝑚/𝑠 Velocidad relativa= 𝑉𝑐𝑖𝑟𝑐 − 𝑉𝐵 = 1613.8 − 1584 = 29.8 𝑚/𝑠 𝑉𝑐𝑖𝑟𝑐 = √ 13.102 La manera óptima de transferir un vehículo espacial de una órbita circular a una órbita coplanar exterior es activar sus motores cuando pasa a través de A para aumentar su rapidez y ponerla en una órbita de transferencia elíptica. Otro incremento en la rapidez cuando pasa por B la colocará en la órbita circular deseada. Para un vehículo en una órbita circular alrededor de la Tierra a una altura h1 200 mi, el cual se va a transferir a una órbita circular a una altura h2 500 mi, determine a) el incremento de rapidez requerido en A y B, b) la energía total por unidad de masa requerida para ejecutar la transferencia. Conservación del momento angular m𝑟𝐴 𝑉𝐴 = 𝑚𝑟𝐵 𝑉𝐵 𝑟 𝑉𝐴 = 𝑟𝐵 𝑉𝐵 = 𝐴 23.549 21.95 𝑟𝐴 = 3960𝑚𝑖 + 200𝑚𝑖 = 4160𝑚𝑖 𝑟𝐴 = 21.965𝑥106 𝑓𝑡 𝑟𝐵 = 3960𝑚𝑖 + 500𝑚𝑖 = 4460𝑚𝑖 𝑟𝐵 = 23.549 𝑥106 𝑓𝑡 R=(3960)(5280)=20.909 𝑥106 𝑓𝑡 𝑉𝐵 𝑉𝐴 = 1.072𝑉𝐵 Conservación de la energía 𝑓𝑡 GM=g𝑅 2 = (32.2 𝑠2 )(20.09𝑥106 𝑓𝑡)2 GM=14.077x1015 𝑓𝑡 3 /𝑠 2 Punto A. 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝑉𝐴 = − 𝐺𝑀𝑚 =− 𝑟𝐴 (14.077x1015 )𝑚 𝑉𝐴 = 640.89 𝑥106 𝑚 (21.95𝑥106 ) Punto B. 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑉𝐵 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐵 =- (14.077x1015 )𝑚 (23.549𝑥106 ) = −597𝑥106 𝑚 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 1 2 1 𝑚𝑉𝐴2 − 640.89 𝑥106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐵2 − 597.79 𝑥106 𝑚 𝑉𝐴2 − 𝑉𝐵2 = 86.219 𝑥106 𝑉𝐵2 [(1.0721)2 − 1] = 86.212 𝑥106 𝑉𝐴 = 1.0721𝑉𝐵 𝑉𝐵 = 24020.4 𝑓𝑡/𝑠 𝑉𝐴 = 25752. 𝑓𝑡/𝑠 Orbita circular en A y B. 15 (𝑉𝐴 )𝑐 = √𝐺𝑀⁄𝑟𝐴 = √14.077x10 ⁄21.95𝑥106 = 2531 𝑓𝑡/𝑠 15 (𝑉𝐵 )𝑐 = √𝐺𝑀⁄𝑟𝐵 = √14.077x10 ⁄23.549𝑥106 = 2445 𝑓𝑡/𝑠 (a) ∆𝑉𝐴 = 𝑉𝐴 − (𝑉𝐴 )𝑐 = 25753 − 25316 = 437 𝑓𝑡/𝑠 ∆𝑉𝐵 = (𝑉𝐵 )𝑐 − 𝑉𝐵 ) = 24449 − 24020 = 429𝑓𝑡/𝑠 (b) 𝐸⁄ = 1 [𝑉 2 − (𝑉 )2 + (𝑉 )2 − (𝑉 )2 ] 𝐴 𝑐 𝐵 𝑐 𝐵 𝑚 2 𝐴 𝐸⁄ = 1 [(25753)2 − (25313)2 + (24450)2 − (24020)2 ] 𝑚 2 2 𝐸⁄ = 216𝑥106 𝑓𝑡 ⁄ 𝑚 𝑠2 13.103 Una nave espacial que se aproxima al planeta Saturno alcanza el punto A con una velocidad vA de 68.8 103 ft/s de magnitud. Se pone en una órbita elíptica alrededor de Saturno de manera que será capaz de examinar periódicamente a Tetis, una de las lunas de Saturno. Tetis se ubica en una órbita circular de 183 103 mi de radio alrededor del centro de Saturno y viaja a una rapidez de 37.2 103 ft/s. Determine a) la reducción en la rapidez requerida por la nave espacial en A para que alcance la órbita deseada, b) la rapidez de la nave espacial cuando alcance la órbita de Tetis en B. 𝑉𝐴 = 68.8𝑥103 𝑓𝑡/𝑠(a) 𝑟𝐴 = 115𝑥 103 𝑚 𝑟𝐵 = 183 𝑥 103 𝑚 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝑟𝐴 = 607.2𝑥106 𝑓𝑡 𝑟𝐵 = 966.2 𝑥106 𝑓𝑡 Punto A 𝑉𝐴 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 𝑉𝑐𝑖𝑟𝑐 = √𝐺𝑀⁄𝑟 GM=(966.2 𝑥106 𝑓𝑡)(37.2 𝑥 103 𝑓𝑡/𝑠)2=1.33x1018 𝑉𝐴 = − 𝑓𝑡 3⁄ )m 𝑠2 6 (602.2𝑥10 𝑓𝑡) (1.33x1018 2 𝐺𝑀 = 𝑟𝐵 𝑉𝑐𝑖𝑟𝑐 𝑓𝑡 3⁄ 𝑠2 = −2,202𝑥109 𝑚 Punto B. 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑉𝐵 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐵 =− 𝑓𝑡 3⁄ )m 𝑠2 966.2 𝑥106 𝑓𝑡 (1.33x1018 = 1.384𝑥109 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 ; 1 1 𝑚𝑉𝐴2 − 2.202 𝑥109 𝑚=2 𝑚𝑉𝐵2 − 1.384 𝑥109 𝑚 2 𝑉𝐴2 − 𝑉𝐵2 = 1.63 𝑥109 (b) 𝑟 𝑉𝐵 = 𝑟𝐴 𝑉𝐴1 = (0.6284)(52005)=32700 𝑓𝑡/𝑠 𝐵 13.104 Una nave espacial describe una órbita elíptica de altura mínima hA 2400 km y altura máxima hB 9600 km sobre la superficie de la Tierra. Determine la rapidez de la nave espacial en A. ℎ𝐴 = 2400 𝑘𝑚 ℎ𝐵 = 9600 𝑘𝑚 𝑟𝐴 = 6370 𝑘𝑚 + 2400𝑘𝑚 𝑟𝐴 = 8770 𝑘𝑚 𝑟𝐵 = 6370 𝑘𝑚 + 9600 𝑘𝑚 = 15970 𝑘𝑚 Conservacion del momento. 𝑟𝐴 𝑚𝑉𝐴 = 𝑟𝐵 𝑚𝑉𝐵 𝑟 8770 𝑉𝐵 = 𝑟𝐴 𝑉𝐴 = 15970 𝑉𝐴 = 0,5492𝑉𝐴 𝐵 Conservacion de la energia. 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝑉𝐴 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑉𝐵 = − 3 𝐺𝑀 = 𝑔𝑅 2 = (9.81 𝑚⁄𝑠 2 ) (6370𝑥103 𝑚)2 =398.1x1012 𝑚 ⁄𝑠 2 (398.1x1012 )𝑚 𝑉𝐴 = − = 45.39𝑥106 𝑚 (8770𝑥103 ) 𝑉𝐵 = − 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 (398.1x1012 )𝑚 (15970𝑥103 ) 1 2 = −24.93𝑚 1 𝑚𝑉𝐴2 − 45.39𝑥106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐵2 − 24.93𝑚 𝑉𝐴2 = [1 − (0,5492)] = 40,92𝑥106 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐵 2 𝑉𝐴2 = 58.59𝑥106 𝑚 ⁄𝑠 2 𝑉𝐴 = 7.65 𝑥103 𝑚/𝑠 𝑉𝐴 = 27.6𝑥103 𝑘𝑚/ℎ 13.105 Una nave espacial que describe una órbita elíptica alrededor de la Tierra tiene una rapidez máxima vA 26.3 103 km/h en A y una rapidez mínima vB 18.5 103 km/h en B. Determine la altitud de la nave espacial en B. 𝑉𝐴 = 26.3𝑥103 𝑘𝑚/ℎ 𝑉𝐴 = 7.3 𝑥103 𝑚/𝑠 𝑉𝐵 = 18.5𝑥𝑘𝑚/ℎ 𝑉𝐵 = 5.14𝑥103 𝑚/𝑠 Conservación del momento. 𝑟𝐴 𝑚𝑉𝐴 = 𝑟𝐵 𝑚𝑉𝐵 𝑉 18.5 𝑟𝐴 = 𝑉𝐵 𝑟𝐵 = 26.3 𝑟𝐵 𝑟𝐴 𝑉𝐴 = 𝑟𝐵 𝑉𝐵 𝑟𝐴 = 0.7034𝑟𝐵 𝐴 Conservación de la energía. 1 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝑇𝐵 = 1 2 𝑉𝐴 = − 𝑇𝐴 = 2 𝑚(7.3 𝑥103 )2 = 26.69𝑥106 𝑚 1 𝑚𝑉𝐵2 𝑇𝐵 = 𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀 = 𝑔𝑅 2 = (9.81 𝑚⁄𝑠)(6370 𝑥103 )2 𝑟𝐴 2 𝑚(5.14 𝑥103 )2 = 13.20 𝑥106 𝑚 3 𝐺𝑀 = 398.1𝑥1012 𝑚 ⁄𝑠 2 𝑉𝐴 = − 𝑉𝐵 = − 398.1𝑥1012 𝑟𝐴 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐵 =− 398.1𝑥1012 𝑟𝐵 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 26.69 𝑥106 𝑚 − 398.1𝑥1012 𝑟𝐵 1 𝑟𝐵 398.1𝑥1012 𝑟𝐴 𝑚 = 13.20 𝑥106 𝑚 − 1 [(0.7034) − 1] = 13.49 𝑥106 = 80.37𝑥10−9 𝑟𝐵 = 12.442 𝑥106 𝑚 = 12442𝑘𝑚 ℎ𝐵 = 𝑟𝐵 − 𝑅 = 12442𝑘𝑚 − 630𝑘𝑚 398.1𝑥1012 𝑟𝐵 𝑚 13.106 Cuando el LEM regresó al módulo de mando, la nave espacial Apollo del problema 13.101 se giró de modo que el LEM viera la parte trasera de la nave. Después el LEM se impulsó con una velocidad de 200 m/s con respecto al módulo de mando. Determine la magnitud y la dirección (ángulo formado con la vertical OC) de la velocidad vC del LEM justo antes de estrellarse en C sobre la superficie de la Luna. 𝑟𝐵 = 1740 + 140 = 1880𝑘𝑚=1.88x106 m 𝐺𝑀𝑙𝑢𝑛𝑎 = 0.0123𝐺𝑀 = 0.0123 𝐺𝑀 = 0.0123𝑔𝑅 2 =0.0123(9.81)(6.37x106 )2 3 =4.896x1012 𝑚 ⁄𝑠 2 𝐺𝑀𝑚 𝑚 2F=ma 𝑟𝐵2 𝑉2 𝑚𝑉𝐵2 − 2 𝐺𝑀𝑚 𝑚 𝑟𝐵 𝑉𝑐2 = 𝑉𝐵2 + 2 m𝑟0 𝑟𝐵2 𝐵 12 𝑉0 = √𝐺𝑀𝑚⁄𝑟𝐵 = √4.896x10 ⁄1.88x106 = m𝑟0 𝐵 𝑉0 = 1614 𝑚/𝑠 1 𝑉2 𝐺𝑀𝑚 𝑚 R=1740km 𝑉𝐵 = 1614 − 200 = 1414𝑚/𝑠 1 = 2 𝑚𝑉𝑐2 − 𝐺𝑀𝑚 𝑚 𝑟𝐵 (𝑅 𝑟𝐵 𝐺𝑀𝑚 𝑚 𝑟𝑐 𝑟𝑐 = 𝑅 − 1) 3 𝑉𝑐2 =( 1414𝑚 𝑠)2 4.896x1012 𝑚 ⁄𝑠 2⁄ 1.88x106⁄ + 2( ) ( 6 1.38𝑥10 𝑚 1.74x106 − 1) 𝑉𝑐2 = 1.999 x106 + 0.4191 𝑥106 = 2.418 x106 𝑚2 ⁄𝑠 2 𝑉𝑐 = 1555𝑚/𝑠 Conservacion del momento angular. 𝑟𝐵 𝑚𝑉𝐵 = 𝑅𝑚𝑉𝑐 𝑆𝑙𝑁∅ 𝑆𝑙𝑁∅ 𝜙 = 79.26° 𝑟 𝑉 (1.88x106 )(1414𝑚/𝑠 ) = 𝑟𝐵 𝑉𝐵 = (1.74x106 )(1555𝑚/𝑠 ) 𝑐 𝑐 =0.98249 13.107 Se lanza un satélite al espacio con una velocidad v0 a una distancia r0 del centro de la Tierra mediante la última etapa de su cohete de lanzamiento. La velocidad v0 se diseñó para enviar el satélite a una órbita circular de radio r0. Sin embargo, debido a un mal funcionamiento del control, el satélite no se lanzó de manera horizontal sino a un ángulo con la horizontal y, como consecuencia, se impulsó hacia una órbita elíptica. Determine los valores máximo y mínimo de la distancia del centro de la Tierra al satélite. 𝐺𝑀𝑚 F=ma 𝑉02 = 𝑟02 𝑉2 = 𝑚 𝑟0 0 𝐺𝑀 𝑟0 𝑟 𝑉𝐴 = (𝑟0 𝑐𝑜𝑠𝛼) 𝑉0 𝐴 1 2 𝑉02 − 𝑉𝐴2 = 2𝐺𝑀 𝑟0 2𝐺𝑀 𝑟0 𝑟 (1 − 1 − (𝑟0 )) 𝑟 𝐴 𝑟 , 1-(𝑟0 ) 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 = 2 (1 − 𝑟0 ) 𝐴 𝑟 𝐴 𝑟 co𝑠 2 𝛼 = (𝑟0 ) − 2 (𝑟0 ) + 1 = 0 𝐴 𝑟0 𝑟𝐴 = 𝑟𝐴 = +2±√4−4𝑐𝑜𝑠2 𝛼 2𝑐𝑜𝑠2 𝛼 𝐴 1±𝑠𝑖𝑛𝛼 1±𝑠𝑖𝑛𝛼 = 1−𝑠𝑖𝑛2 𝛼 (1+𝑠𝑖𝑛𝛼)(1−𝑠𝑖𝑛𝛼) 𝑟0 = (1 ± 𝑠𝑖𝑛𝛼)𝑟0 𝑟𝑚𝑎𝑥 = (1 + 𝑠𝑖𝑛𝛼)𝑟0 1 = 2 𝑚𝑉02 − 𝐴 𝐴 𝑟0 𝑟0 𝑟 𝑟 𝐺𝑀 𝐺𝑀𝑚 (1 − 𝑟0 ) 𝑉02 = [1 − (𝑟0 ) 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼] = 𝑉02 = 𝑚𝑉02 − 𝑟𝑚𝑖𝑛 = (1 − 𝑠𝑖𝑛𝛼)𝑟0 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 13.108 Una plataforma espacial se encuentra en una órbita circular alrededor de la Tierra a una altura de 300 km. Cuando la plataforma pasa por A, un cohete que lleva un satélite de comunicación se lanza desde la plataforma con una velocidad relativa de 3.44 km/s de magnitud en una dirección tangente a la órbita de la plataforma. Esto se hizo para poner al cohete en una órbita de transferencia elíptica al colocarlo en el punto B, donde el cohete sería encendido de nuevo para situar al satélite en una órbita geosíncrona de 42140 km de radio. Después del lanzamiento se descubrió que la velocidad relativa que se impartió al cohete era demasiado grande. Determine el ángulo y al cual el cohete cruzará la órbita intentada en el punto C. R=6370 km 𝑟𝐴 =6370 km+300km= 6.67x106 𝑚 𝑟𝐶 = 42.14𝑥106 𝑚 GM=g𝑅 2 GM=(9.81 𝑚/𝑠)(6.37x106 𝑚)2 2 𝑚𝑉𝑐𝑖𝑟 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 = 𝑎𝑛 = 𝑟 2 𝑉𝑐𝑖𝑟 𝑟 𝐹𝑛 = 12 (𝑉𝐴 )𝑐𝑖𝑟 (398.1x10 = √𝐺𝑀⁄𝑟𝐴 = √ 𝐺𝑀𝑚 𝑟2 3 𝐺𝑀 = 398.1𝑥1012 𝑚 ⁄𝑠 2 =𝑚 2 𝑉𝑐𝑖𝑟 𝑟 𝑉𝑐𝑖𝑟 = √𝐺𝑀⁄𝑟 𝑚3⁄ ) 3 𝑠2 ⁄ (6.67x106 𝑚 ) = 7.726𝑥10 𝑚/𝑠 𝑉𝐴 =(𝑉𝐴 )𝑐𝑖𝑟 + (𝑉𝐴 )𝑅 = 7.726𝑥103 + 3.44𝑥103 = 11.165𝑥103 𝑚/𝑠 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐶 + 𝑉𝐶 1 2 𝑚𝑉𝐴2 − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 1 = 2 𝑚𝑉𝐶2 − 1 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐶 1 1 1 𝑉𝐶2 = 𝑉𝐴2 + 2𝐺𝑀 (𝑟 − 𝑟 ) = (11.16 𝑥103 )2 + 2(398.1 x1012 ) (42.14𝑥106 − 6.67x106 ) 𝐶 𝐴 𝑉𝐶2 = 124.67 x106 − 100.48x106 = 24.19 x106 𝑚/𝑠 𝑉𝐶 = 4.919 𝑥103 𝑚/𝑠 𝑟𝐴 𝑚𝑉𝐴 = 𝑟𝐶 𝑚𝑉𝐶 cos 𝑟 𝑟 𝑉 (6.67x106 )(11.165𝑥103 ) cos r= 𝑟𝐴 𝑉𝐴 = (42.14𝑥106 )(4.919 𝑥103 ) = 0.3592 r= 68.9° 𝐶 𝐶 13.109 Un vehículo espacial se encuentra en una órbita circular a una altura de 225 mi sobre la Tierra. Para aterrizar disminuye su rapidez cuando pasa por A encendiendo su motor durante un breve intervalo en una dirección opuesta a la dirección de su movimiento. Si se sabe que la velocidad del vehículo espacial debe formar un ángulo B 60° con la vertical cuando llegue al punto B a una altura de 40 mi, determine a) la rapidez requerida del vehículo cuando abandona su órbita circular en A, b) su rapidez en el punto B. 𝑟𝐴 = 3960 𝑚𝑖 + 225𝑚𝑖 = 4185𝑚𝑖 𝑟𝐴 = 4185𝑚𝑖 ∗ 5280 𝑓𝑡⁄𝑚𝑖 = 22097𝑥103 𝑓𝑡 𝑟𝐵 = 3960𝑚𝑖 + 40𝑚𝑖 = 4000𝑚𝑖 𝑟𝐵 = 4000 ∗ 5280 = 21120𝑥103 𝑓𝑡 R=3960mi=20409x103 𝑓𝑡 GM=g𝑅 2 = (32.2𝑓𝑡/𝑠 2 )( 21120𝑥103 𝑓𝑡)2 GM=14.077x1015 𝑓𝑡 3⁄ 𝑠2 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚𝑉𝐴2 𝐺𝑀𝑚 𝑉𝐴 = − 1 𝑇𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑟𝐴 𝑉𝐵 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐵 =− =− 14.077x1015 22097𝑥103 14.077x1015 21120𝑥103 𝑚 = −637.1𝑥106 𝑚 𝑚= -666.5x106 𝑚 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 1 1 𝑚𝑉𝐴2 − 637.1𝑥106 𝑚 = 2 𝑚𝑉𝐵2 -666.5x106 𝑚 2 𝑉𝐴2 = 𝑉𝐵2 − 58.94 x106 (𝑟𝐴 )𝑉𝐴 𝑉𝐵 = (𝑟 𝐵 )𝑠𝑖𝑛𝜙𝐵 = 4185 4000 𝑟𝐴 𝑚𝑉𝐴 = 𝑟𝐵 𝑚𝑉𝐵 𝑠𝑖𝑛𝜙𝐵 1 =( 𝑠𝑖𝑛60° ) 𝑉𝐴 𝑉𝐵 = 1.208𝑉𝐴 𝑉𝐴2 = (1.208𝑉𝐴 )2 − 58.94 x106 𝑉𝐴2 = 18.27 x106 𝑓𝑡 2⁄ 𝑠2 𝑉𝐴2 [(1.208𝑉𝐴 )2 − 1] = 58.94 x106 𝑉𝐴 = 11.32𝑥103 𝑓𝑡/𝑠 𝑉𝐵 = 1.208𝑉𝐴 = 1.208(11.32x106 ) = 13.68 𝑥103 𝑓𝑡/𝑠 𝑉𝐵 = 13.68 𝑥103 𝑓𝑡/𝑠 13.110 En el problema 13.109 la rapidez del vehículo espacial se redujo cuando pasó por A y activó su motor en una dirección opuesta a la dirección de movimiento. Una estrategia alterna para sacar el vehículo espacial de su órbita circular sería girarlo de manera que su motor apuntara alejándose de la Tierra y darle después una velocidad incremental Δ𝑣𝐴 hacia el centro O de la Tierra. Esto requeriría probablemente un gasto más pequeño de energía cuando se encendiera el motor en A, pero podría provocar un descenso demasiado rápido en B. Suponiendo que se recurre a esta estrategia con sólo 50 por ciento del gasto de energía correspondiente al problema 13.109, determine los valores resultantes de 𝜙𝐵 𝑦 𝑣𝐵 𝑟𝐴 = 4185𝑚𝑖 = 22.097 𝑥106 𝑓𝑡 𝑟𝐴 = 3900 𝑚𝑖 + 225 𝑚𝑖 𝑟𝐵 = 3960 𝑚𝑖 + 40𝑚𝑖 = 4000 𝑚𝑖 𝑟𝐵 = 21120 𝑥106 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝐺𝑀 = 𝑔𝑅 2 = (32.2 𝑠2 ) [(3960 𝑚𝑖)(5780)𝑓𝑡^2] 𝐺𝑀 = 17.077 𝑥1015 𝑓= 𝐺𝑀𝑚 𝑎𝑛 = 𝑟𝐴2 𝑚(𝑣𝑎 )2𝑐𝑖𝑟𝑐 𝑟𝐴2 14.07𝑥1015 𝐺𝑀 𝐴 1 1 Δ𝐸109 = 2 𝑚(25.24 𝑥103 )2 − 2 𝑚(11.32𝑥103 )2 1 𝑚((Δ 𝑣𝐴 )2 = Δ𝐸110 = 2 1 𝑡𝐵 = 2 𝑚𝑉𝐵2 𝑣𝐵 = − 254.96𝑥106 𝑚 2 254.46𝑥106 𝑚 2 𝑓𝑡 𝑠 Δ𝐸109 = 254.96 𝑥106 𝑚 𝑓𝑡. 𝑙𝑏 1 𝑓𝑡. 𝑙𝑏 2 𝑚(Δ 𝑣𝐴 )2=Δ𝐸110 = 2 1 14.07𝑥1015 𝑚 22.097𝑥106 = 𝑚𝑣𝐴2 = 4.077𝑥1015 𝑠 𝐵 254.46𝑥106 𝑚 𝑇𝐴 = 2 𝑚 [(𝑣𝐴 )2𝑐𝑖𝑟𝑐 + (Δ𝑣𝐴 )2 ] 𝑓𝑡 𝑟 𝑠 𝑣𝐴 = − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 𝑟𝐴 𝑚(25.24𝑥103 )2 + 254.46𝑥106 − 2 sin 𝜙𝐵 = (𝑟𝐴 ) = 𝑓𝑡 𝐺𝑀𝑚 1 30.83𝑥103 𝑠2 (𝑣𝑀 )𝑐𝑖𝑟𝑐 = √ 𝑟 = √22.0447𝑥106 = 25.24𝑥103 𝑣𝐴 = 11.32𝑥103 Δ𝐸110 = (0.50)Δ𝐸109 = 𝑓𝑡 2 (𝑣𝐴 )𝑐𝑖𝑟𝑐 (𝑣𝐵 ) 4185 25.24 𝑥103 = 4000 10.83𝑥103 𝜙𝐵 = 58.9 ° 𝑣𝐵 = 13.111 Cuando el módulo de excursión lunar (LEM) se puso a la deriva después del regreso de dos de los astronautas al módulo de comando de la nave Apolo, el cual orbitaba la Luna a una altura de 140 km, su rapidez se redujo para dejar que se estrellara con la superficie lunar. Determine a) la cantidad mínima a la cual la rapidez del LEM tendría que haberse reducido para asegurar que se estrellaría sobre la superficie de la Luna, b) la cantidad en la que la rapidez tendría que haberse reducido para provocar que golpeara la superficie lunar en un ángulo de 45°. (Sugerencia: El punto A está en el apogeo de la trayectoria de impacto elíptica. Recuerde también que la masa de la Luna es 0.0123 veces la masa de la Tierra. 𝑟𝐴 = 1740 𝑘𝑚 + 140 𝑘𝑚 = 1880 𝑥103 𝑟𝐵 = 𝑟𝐶 = 𝑅 = 1740 𝑘𝑚 = 1740 𝑥103 𝐺𝑀𝑚𝑜𝑜𝑛 = 0.0123 𝐺𝑀𝑒 = 0.0123 𝐺𝑅𝐸2 = (0.0123) (9.82 𝑠2 ) (6.37 𝑥106 )2 𝐺𝑀𝑚𝑜𝑜𝑛 = 4.896𝑥1012 𝑚2 /𝑠 2 𝐺𝑀𝑐𝑖𝑟𝑐 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚 𝑣𝐴2 1 𝑇𝐶 = 2 𝑚 𝑣𝐶2 𝑣𝐴 = 𝑣𝐶 = 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐶 + 𝑉𝐶 𝐺𝑀𝑀 𝑚 𝑟𝐴 𝐺𝑀𝑀 𝑚 𝑟𝐶 𝑉𝑐𝑖𝑟𝑐 = √ = = 𝑚 4.896 𝑥1012 1880 𝑥103 4.896 𝑥1012 1740 𝑥106 𝑟𝐴 𝑟𝐴 𝑚𝑣𝐴 = 𝑟𝐶 𝑚𝑣𝐶 𝑟𝐴 𝑣𝐴 𝑣𝐵 = 𝑟 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝜙 1880 𝑣 1 2 𝑣𝐶 = 𝑚 𝑣𝐶2 − 2.814𝑥106 𝑚 𝑟𝐴 𝑣 𝑟𝐶 𝐴 𝑣𝐴2 = 2.502 𝑥106 Δ𝑣𝐴 = (𝑣𝐴 )𝑐𝑖𝑟𝑐 − 𝑣𝐴 = 1619 − 1582 = 31.6 b) 𝑣𝐴2 = 𝑣𝐵2 − 419.1 𝑥103 1880 = 1740 𝑣𝐴 = 1.0805 𝑣𝐴 𝑣𝐴 = 1582 𝑚 𝑚 𝑠 𝑟𝐴 𝑚𝑣𝐴 = 𝑟𝐵 𝑚𝑣𝐵 sin 𝜙 = 1740 sin 𝐴45° = 1.528 𝑣𝐴 = 1.6138 𝑥103 = −2.814𝑥106 𝑚 𝑚 𝑣𝐴2 − 2.604𝑥106 𝑚 = 2 𝑣𝐴2 = (1.0805 𝑣𝐴 )2 − 419.1 𝑥103 1880 𝑥103 𝑚 = −2.604𝑥106 𝑚 1 𝑉𝐴2 = 𝑉𝐶2 − 419.1 𝑥103 4.896 𝑥1012 𝑚3 /𝑠2 =√ 𝜙 = 45° 𝑣𝐴2 = (1.528 𝑣𝐴2 ) − 419.1 𝑥103 𝑚 𝑠 Continuación 13.111 𝑣𝐴2 = 313.98 𝑥103 𝑣𝐴 = 560 𝑚 𝑠 Δ𝑣𝐴 = (𝑣𝐴 )𝑐𝑖𝑟𝑐 − 𝑣𝐴 = 1614 − 560 = 1053 𝑚 𝑠 13.112 Una sonda espacial describe una órbita circular de radio 𝑛𝑅 con una velocidad 𝑣0 alrededor de un planeta con radio R y centro O. Demuestre que a) para que la sonda deje su órbita y golpee el planeta a un ángulo , con la vertical, su velocidad puede reducirse 𝑎𝑣07 , 2(𝑛−1) donde 𝛼 = √𝑛2 sin2 𝜃 2 b) la sonda no golpeará al planeta si 𝛼 es mayor que √1+𝑛 1 𝑇𝐴 = 2 𝑚(∝ 𝑣0 )2 𝐴𝑇 𝐴 = AT (∝ 𝑣0 )2 − ∝2 = 1 B= 2 2𝐺𝑀 𝑛𝑅 𝑚 𝑣2 𝑛∝𝑣 𝑣𝐵 = − 2 = ( 𝑠𝑖𝑛𝜃0 ) − 2(1−𝑛)(sin2 𝜃) sin2 𝜃𝑛2 = 𝐺𝑀𝑚 2𝐺𝑀 𝑛𝑅 2(𝑛−1)(sin2 𝜃) (𝑛2 sin2 𝜃) 𝑣𝐴 = − 𝑅 𝐺𝑛𝑚 𝑛𝑅 𝑛𝑅 𝑚 ∝ 𝑣0 = 𝑅𝑚𝑣𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑣 = 𝑛∝𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑛2 ∝2 = [1 − sin2 𝜃] = 2(1 − 𝑛) 2(𝑛−1) ∝= 𝑠𝑖𝑛𝜃√𝑛2 sin2 𝜃 ∝= sin 90°√ 2(𝑛 − 1) 2 √ = 𝑛2 𝑠𝑖𝑛90° 𝑛+1 13.113 Muestre que los valores 𝑣𝐴 y 𝑣𝑃 de la rapidez de un satélite terrestre en el apogeo A y en el perigeo P de una órbita elíptica se definen mediante las relaciones 2𝐺𝑀 𝑣𝐴2 = 𝑟 𝑟𝑃 2𝐺𝑀 𝑣𝑃2 = 𝑟 𝐴 +𝑟𝑃 𝑟𝐴 𝑟𝐴 𝐴 +𝑟𝑃 𝑟𝑃 donde M es la masa de la Tierra y 𝑟𝐴 y 𝑟𝑃 representan, respectivamente, las distancias máxima y mínima de la órbita al centro de la Tierra. 1 𝑚 𝑣𝑃2 − 2 𝑟 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝑃 1 = 2 𝑚 𝑣𝐴2 − 2 𝐺𝑀𝑚 𝑣𝑃2 − 𝑟𝐴 1 1 𝑃 𝐴 𝑟𝑃 𝑟𝐴2 −𝑟𝑃2 (1 − (𝑟𝑃 ) ) = 𝑣𝑃2 = 2𝐺𝑀 (𝑟 − 𝑟 ) 𝐴 2𝐺𝑀 𝑟𝐴2 𝑟 2 = (𝑟𝑃 ) 𝑣𝑃2 − 2𝐺𝑀 𝑟𝐴 𝐴 1 1 𝑃 𝐴 𝑣𝑃2 = 2𝐺𝑀 (𝑟 − 𝑟 ) 𝑟𝐴2 − 𝑟𝑃2 = (𝑟𝐴 − 𝑟𝑃 )(𝑟𝐴 + 𝑟𝑃 ) 2𝐺𝑀 𝑟𝐴 (𝑟𝐴 +𝑟𝑃 ) 𝑟𝑃 𝑣𝑃2 = 2𝐺𝑀 𝑟𝑃 𝐴 +𝑟𝑃 ) 𝑟𝐴 𝑣𝐴2 = (𝑟 13.114 Muestre que la energía total E de un satélite terrestre de masa m que describe una órbita elíptica es E = GMm/(rA + rP), donde M es la masa de la Tierra, y rA y rP representan, respectivamente, las distancias máxima y mínima de la órbita al centro de la Tierra. (Recuerde que la energía potencial gravitacional del satélite se definió igual a cero a una distancia infinita de la Tierra.) 2𝐺𝑀 𝑟𝐴 𝐴 +𝑟𝑃 𝑟𝑃 𝑣𝐴2 = 𝑟 = 𝐺𝑀𝑚 [ 𝑟 1 𝐸 = 𝑇𝑃 + 𝑉𝑃 = 2 𝑚𝑣𝑃2 − 𝑟𝐴 (𝑟 𝑃 𝐴 +𝑟𝑃 ) 1 − 𝑟 ] = 𝐺𝑀 𝑃 𝐺𝑀𝑚 1 𝑟𝑃 (𝑟𝐴 −𝑟𝐴 −𝑟𝑃 ) 𝑟𝑃 (𝑟𝐴 +𝑟𝑃 ) 2𝐺𝑀𝑚 𝑟𝐴 ] 𝐴 +𝑟𝑃 𝑟𝑃 = [𝑟 2 𝐺𝑀𝑚 𝐸 = − 𝑟𝐴+𝑟 𝑃 − 𝐺𝑀𝑚 𝑟𝑃 13.115 Una nave espacial de masa m describe una órbita circular de radio 𝑟1 alrededor de la Tierra. a) Muestre que la energía adicional 'E que debe impartirse a la nave espacial para transferirla a una órbita circular de radio 𝑟2 mayor es: ∆𝐸 = 𝐺𝑀𝑚(𝑟1 − 𝑟2 ) 2𝑟1 𝑟2 donde M es la masa de la Tierra. b) Demuestre además que, si la transferencia de una órbita circular a otra órbita circular se ejecuta al colocar la nave espacial sobre una trayectoria semielíptica de transición AB, las cantidades de energía 'EA y 'EB que deben impartirse en A y B son, respectivamente, proporcionales a r2 y r1: 𝐹 = 𝑚𝑎𝑛 = 𝐺𝑀𝑚 1 𝐸 = 𝑇 + 𝑉 = 2 𝑚 𝑣2 − 𝑟2 1 𝐺𝑀𝑚 2 𝑟2 1 𝐺𝑀𝑚 ∆𝐸 − 𝐸1 − 𝐸2 = − 2 1 1 𝐺𝑀 2 𝑇𝑐𝑖𝑟𝑐 = 2 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐 =2 𝑟1 1 𝑟1 1 𝐺𝑀𝑚 +2 ∆𝐸 = 𝑟2 2𝐺𝑀 𝑣12 = 𝑟 . 𝑟2 1 −𝑟2 𝑟1 2𝐺𝑀𝑟2 1 (𝑟1 −𝑟2 ) ∆𝐸𝐴 = 𝑇1 − 𝑇𝑐𝑖𝑟𝑐 = 2 𝑚 𝑟 1 −2 𝑚 ∆𝐸𝐴 = 𝐺𝑀𝑚(𝑟1 −𝑟2 ) 2𝑟1 𝑟2 1 1 2𝐺𝑀𝑟2 1 (𝑟1 −𝑟2 ) 𝑇1 = 2 𝑚𝑣12 = 2 𝑟 𝐺𝑀 ℎ ∆𝐸𝐴 = 𝐺𝑀𝑚(2𝑟2 −𝑟1 −𝑟2 2𝑟! (𝑟1 −𝑟2 ) 𝑟2 𝐺𝑀𝑚(𝑟2 − 𝑟1 ) [ ] 𝑟1 − 𝑟2 2𝑟! (𝑟1 − 𝑟2 ) = 𝐺𝑀𝑚(𝑟2 −𝑟1 ) 2𝑟! (𝑟1 −𝑟2 ) 𝐺𝑀𝑚 𝑟 − 13.115 Una nave espacial de masa m describe una órbita circular de radio 𝑟1 alrededor de la Tierra. a) Muestre que la energía adicional 'E que debe impartirse a la nave espacial para transferirla a una órbita circular de radio 𝑟2 mayor es: Δ𝐸 = 𝐺𝑀𝑚(𝑟1 −𝑟2 ) 2𝑟1 𝑟2 donde M es la masa de la Tierra. b) Demuestre además que, si la transferencia de una órbita circular a otra órbita circular se ejecuta al colocar la nave espacial sobre una trayectoria semielíptica de transición AB, las cantidades de energía 'EA y 'EB que deben impartirse en A y B son, respectivamente, proporcionales a 𝑟2 𝑦 𝑟1 : 𝐹 = 𝑚𝑎𝑛 : 𝐺𝑚𝑚 𝑟2 =𝑚 𝑣2 𝑣2 = 𝑟 1 𝐺𝑀𝑚 Δ𝐸 = 𝐸1 − 𝐸2 = 2 2𝐺𝑀 𝑟2 2 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐 = 𝑣12 = 𝑟 1 +𝑟2 𝑟1 1 𝑟1 1 𝑇1 = 2 𝑣12 = 2 𝑚 𝑟 + 𝐺𝑀 𝑟1 2𝐺𝑀𝑟2 1 (𝑟1 +𝑟2 ) 2𝑟 −𝑟 −𝑟 Δ𝐸𝐴 = 𝐺𝑀𝑚 2𝑟2(𝑟 1+𝑟 2) = 1 1 2 𝐺𝑚 𝑟 1 𝐺𝑀𝑚 2 𝑟2 1 𝐸 = 𝑇 + 𝑉 = 2 𝑚 𝑣2 − Δ𝐸 = 𝑟 1 𝐺𝑀𝑚 =2 𝑟 𝐺𝑀𝑚(𝑟1 −𝑟2 ) 2𝑟1 𝑟2 1 1 2 𝑇𝑐𝑖𝑟𝑐 = 2 𝑚 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐 = 2𝑚 1 Δ𝐸1 = 𝑇1 − 𝑇𝑐𝑖𝑟𝑐 = 2 𝑚 𝑟 𝐺𝑀 𝑟1 2𝐺𝑀𝑟2 1 (𝑟1 +𝑟2 ) 𝐺𝑀𝑚(𝑟1 +𝑟2 ) 2𝑟1 (𝑟1 +𝑟2 ) 𝐺𝑀𝑚 Δ𝐸𝐴 = 𝑟2 𝑟1 +𝑟2 [ 2𝐺𝑀 𝑣12 = 𝑟 . 𝑟2 1 +𝑟2 𝑟1 1 − 2𝑚 𝐺𝑀𝑚(𝑟2 −𝑟1 ) ] 2𝑟1 (𝑟1 +𝑟2 ) 𝐺𝑚 𝑟 Δ𝐸𝐴 = 𝑟 𝑟2 1 +𝑟2 13.116 Se lanza un misil desde el suelo con una velocidad inicial 𝑣0 formando un ángulo 𝜙0 con la vertical. Si el misil va a alcanzar una altura máxima igual a 𝛼𝑅, donde R es el radio de la Tierra, a) muestre que el ángulo requerido 𝜙1 se define mediante la relación. 𝑠𝑒𝑛 𝜙0 (1 + 𝛼)√1 − 𝛼 𝑣𝑒𝑠𝑐 2 ( ) 1 + 𝛼 𝑣0 Donde 𝑣𝑒𝑠𝑐 es la velocidad de escape, b) determine el intervalo de valores permisibles de 𝑣0 . 𝑟𝐴 = 𝑅 𝑅𝑚 𝑣0 sin 𝜙0 = 𝑅𝐵 𝑣𝐵 𝑅𝐵 = 𝑅 + 𝛼𝑅 = (1 + 𝛼)𝑅 𝑉𝐵 = 𝑅𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝜙0 (1+𝛼)𝑅 1−sin2 𝜙0 2 (1+𝛼)2 v0 = = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝜙0 1+𝛼 2𝐺𝑀𝑚 𝑟 1 𝐺𝑀𝑚 𝑚𝑣𝑜2 − 2 𝛼 (1+𝛼) 𝑟 2𝐺𝑀 2 𝑣𝑒𝑠𝑐 = 1 𝐺𝑀𝑚 = 2 𝑚𝑣𝐵2 − (1+𝛼)𝑅 𝑣02 [ 𝑅 1−sin2 𝜙0 ] (1+𝛼)2 sin2 𝜙0 (1+𝛼)2 𝛼 2 = 𝑣𝑒𝑠𝑐 (1+𝛼) =1− 2 𝑣𝑒𝑠𝑐 𝛼 𝑣0 1+𝛼 𝛼 2 𝑣 sin 𝜙0 − (1 + 𝛼) = √1 − 1+𝛼 ( 𝑣𝑒𝑠𝑐) 0 𝛼 𝑣0 = 𝑣𝑒𝑠𝑐 √ 𝛼 𝑣𝑒𝑠𝑐 √1+𝛼 𝑣𝑒𝑠𝑐 2 1 1+𝛼 0 < sin2 𝜙0 < 1 ((1+𝛼)2 ) = 1 − ( 𝛼 ≤ 𝑣0 ≤ 𝑣𝑒𝑠𝑐 √1+𝛼 𝑣0 ) − 𝛼 1+𝛼 𝑣𝑒𝑠𝑐 2 ( 𝑣0 2 𝑣 𝛼 0 = 1 − ( 𝑣𝑒𝑠𝑐) − 1+𝛼 0 𝛼 1 1 1+𝛼 ) = (1 + 𝛼 − )= +2𝛼−𝛼2 −1 𝛼(1+𝛼) 13.117 Utilice las respuestas obtenidas en el problema 13.107 para mostrar que la órbita circular intentada y que las órbitas elípticas resultantes se intersectan en los extremos del eje menor de la órbita elíptica. 1 𝑟 = 𝐺𝑀 𝑛2 𝐺𝑀 𝑛2 + 𝑐 𝑐𝑜𝑠𝜃 1 1 (1−𝑠𝑖𝑛𝜃) 0 0 =𝑟 1 0 cos 𝐺𝑀 𝑛2 1 1 + 𝑟 (1+ 𝑠𝑖𝑛𝜃)) (1−𝑠𝑖𝑛𝜃) 0 0 0 1 𝑟 = = 2𝑟 (𝑟 𝑐 = 2𝑟 (𝑟 1 1 𝑟0 (1−𝑠𝑖𝑛𝜃) 2𝛼 − 1 (1 + 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑐𝑜𝑠𝜃) =𝑟 𝑟0 (1+ 𝑠𝑖𝑛𝜃) = 𝐺𝑀 −𝑐 𝑛2 1 2 0 cos 𝜃 1 ) = 2𝑟 𝑟0 (1+ 𝑠𝑖𝑛𝜃) 1 +𝑐 2𝑠𝑖𝑛𝜃 2 0 1−sin 𝜃 𝑐=𝑟 𝑠𝑖𝑛𝛼 2 0 cos 𝛼 cos2 𝛼 = 1 + 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑜 13.119 Un automóvil de 1200 kg se mueve a una rapidez de 90 km/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 = .10) 𝑣1 = 90 𝑡= 𝑘𝑚 𝑚𝑣 𝑓𝑡 𝑠 82.01 𝑓𝑡 𝑠 (0.75)(32.2 2 ) 𝑚𝜇 = 0.10 𝑚𝑣 𝑣 1 1 𝑡 = 𝜇𝑘𝑊1 = 𝜇𝑘𝑚𝑔 = 𝜇𝑘𝑔 𝑚𝜇 = 0.75 𝑚𝑣1 − 𝜇𝑘𝑊𝑡 = 0 ℎ = 3.3958 𝑠 𝑡= 𝑓𝑡 𝑠 82.01 𝑓𝑡 (0.10)(32.2 2 ) 𝑠 = 25.46 𝑠 13.120 Un trasatlántico de 40000 ton tiene una velocidad inicial de 2.5 mi/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 35 kips. 𝑚 = 40000 𝑡𝑜𝑛 = 400,000,000𝑘𝑔 𝑣1 = 2.5 𝑚𝑖 ℎ 𝑚𝑣1 – 𝐹𝑡 = 0 𝑓 = 35kips (400000000 𝑘𝑔)(1.116667 𝑚/𝑠) − (155.687728 𝑥106 𝑁)𝑡 = 0 𝑡 = 290.9523𝑥106 13.121 La velocidad inicial del bloque en la posición A es de 30 ft/s. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el bloque y el plano es µk=0.30, determine el tiempo que tarda el bloque en alcanzar B con velocidad cero, si a) Ø= 0, b) Ø=20°. 13.122 Sobre una partícula de 2 kg actúa una fuerza F = (8 – 6t)i + (4 – t2)j + (4 + t)k, donde F se expresa en newtons. Si se sabe que la velocidad de la partícula es v = (150 m/s)i + (100 m/s)j – (250 m/s)k en t = 0, determine a) el tiempo en el cual la velocidad es paralela al plano yz, b) la velocidad correspondiente de la partícula. 1 1 𝑖(𝑡) = ∫ 0 𝐹(𝑡)𝑑𝑡 = (8 − 3𝑡 2 )𝑖 + (4𝑡 − 3 𝑡 3 )𝑗 + (4𝑡 + 2 𝑡 2 )𝑘 𝑖(𝑡) = ∆𝑃 = 𝑃(𝑡) − 𝑃(0) = 𝑚 (𝑉(𝑡) − 𝑉(0)) 1 3 1 𝑉(𝑡) = 𝑉(0) + (𝑀) 𝑖(𝑡) = 𝑉(𝑡) = (150 + 4𝑡 − 2 (𝑡 2 )𝑖 + (100 + 2𝑡 − 6 𝑡 3 ) 𝑗 + 1 (−250 + 2𝑡 + 4 𝑡 2 ) 𝑘 3 Vx(t1 )=0 150 + 4𝑡1 − 2 𝑡12 = 0 𝑡1 = 11.42 𝑠 𝑚 𝑉(𝑡1 ) = 0𝑖 − 125.5𝑗 − 194.5 𝑘 𝑠𝑒𝑔 13.123 Las marcas sobre una pista de carreras indican que las ruedas traseras (las de la tracción) de un automóvil patinaron en los primeros 60 ft de la pista de 1320 ft. a) Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.60, determine el menor tiempo posible en el que el automóvil puede recorrer los 60 ft iniciales si empieza desde el reposo y las ruedas frontales del automóvil apenas se despegan del suelo. b) Determine el tiempo mínimo para que el automóvil corra toda la carrera si, después de patinar durante 60 ft, las ruedas giran sin patinar por el resto de la carrera. Suponga que para la parte de la carrera con rodamiento 60 por ciento del peso del automóvil se apoya sobre las ruedas traseras y que el coeficiente de fricción estática es 0.85. No tome en cuenta la resistencia del aire y la resistencia al rodamiento. 𝑓 = 𝜇𝑘 𝑁 = 0.60 𝑤 1𝑤 2 0 + (𝜇𝑘𝑁)(60 = 2 𝑔 𝜇60 1 𝑡0 = 𝜇0 − 60 = 𝑓(60) 𝑡60 = 2 𝑚𝜇 2 𝑓𝑡 2 𝜇60 = (2)(.60)(60𝑓𝑡)(32.2 𝑠2 𝜇60 = 48.15 𝑓𝑡/𝑠 Momento de impulso 0 + 𝜇𝑘 𝑤𝑡0−60 = 𝑤 𝑔 𝜇60 𝜇60 = 48.15 𝑓𝑡 𝑠 𝑡0−60 = 𝑓𝑡 𝑠 48.15 𝑓𝑡 (0.60)(32.2 2 ) 𝑠 𝑡0−60 = 2.49𝑠 B) 𝑡0 + 𝜇0−60 + 𝜇60−1320 = 𝑡1320 𝜇0−60 = (. 60 𝑤)(60𝑓𝑡), 𝜇60−1320 = (. 510 𝑤)(1320𝑓𝑡) 𝑡0 = 0 1𝑤 1𝑤 2 2 𝑡1320 = 2 𝑔 𝜇1320 0 + 36𝑤 + (. 510)(1320)𝑤 = 2 𝑔 𝜇1320 𝜇1320 = 2090 𝑓𝑡/𝑠 13.124 Un camión viaja sobre un camino plano a una rapidez de 90 km/h cuando se aplican los frenos para frenarlo hasta 30 km/h. 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. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el camino y los neumáticos es igual a 0.65, determine el tiempo más corto necesario para que el camión se frene. 𝜇1 = 90𝑘𝑚 ℎ = 25 𝑚 𝑠 𝑚 𝜇1 − 𝜇𝑐 𝑁𝑡 = 𝑚 𝜇2 𝜇2 = 30 𝑘𝑚 ℎ = 8.33 𝑚 𝑠 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚 (25 𝑠 ) − (0.65)𝑚 (9.81 𝑠2 ) 𝑡 = 𝑚 (8.33 𝑠 ) 𝑡= 25 − 8.33 = 2.61 𝑠 (0.65)(9.81) 13.125 Un camión desciende sobre un camino con un desnivel del 4 por ciento a una rapidez de 60 mi/h cuando se aplican los frenos para frenarlo hasta 20 mi/h. 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. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el camino y los neumáticos es igual a 0.60, determine el tiempo más corto necesario para que el camión se frene. 𝑚 𝜇1 + ∑ 𝐼 𝑀 𝑃1−2 = 𝑚 𝜇2 𝜇1 = 60 𝑚𝑖 ℎ = 88 𝑓𝑡 𝑠 𝜇2 = 20 𝑚𝑖 ℎ = 29.33 𝑓𝑡 𝑠 𝑁 = 𝑤 cos 𝜃 𝑤 = 𝑚𝑔 𝐹 = 𝜇𝑠 𝑁 = 4𝑠 𝑤 cos 𝜃 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑓𝑡 (𝑚) (88 ) + (𝑚) (32.2 2 ) (𝑡)(sin 2.29°) (0.60)(𝑚)(32.2 2 )(cos 2.29°)(𝑡) 𝑠 𝑠 𝑠 𝑓𝑡 88.0−29.33 = 𝑚 (29.33 𝑠 ) 𝑡 = 32.2 [(0.60)𝑐𝑜𝑠2.29−𝑠𝑖𝑛2.29] = 3.265 13.126 El equipaje sobre el piso de un carro maletero de un tren de alta velocidad no cuenta con ningún medio para evitar su movimiento aparte de la fricción. Determine el valor mínimo permisible del coeficiente de fricción estática entre un baúl y el piso del carro si el baúl no debe deslizarse cuando el tren reduzca su velocidad a una razón constante de 200 a 90 km/h en un intervalo de 12 s. 𝜇1 = 200 𝑘𝑚 ℎ = 55.56 𝑚 𝑠 𝜇2 = 90 → 𝑚 𝜇1 −4𝑠 𝑚𝑔 𝑡1−2 = 𝑚 𝜇2 + 𝑘𝑚 ℎ = 25 𝑚 𝑠 𝑚 𝑚 (55.56 𝑠 ) − 4𝑠 (9.81 𝑠2 ) (12𝑠) = 25 𝑚 𝑠 55.56−25 4𝑠 = (9.81)(12) = 0.2596 𝜇𝑠 = .260 13.127 Retome el problema 13.126, y ahora suponga que el tren está descendiendo por una pendiente del 5 por ciento. 𝑚 𝑚 𝑚 (55.56 𝑠 ) − 𝜇𝑠 (9.81 𝑠2 ) (125)(cos 2.86°) + (9.81 𝑠2 ) (125)(sin 2.86°) = 25 4𝑠 = 𝑚 𝑠 55.56 − 25 + 9.81(12)(𝑠𝑖𝑛2.86) = 30.60 (9.81)(12)(𝑐𝑜𝑠2.86) 13.128 Un velero y sus ocupantes con un peso de 980 lb navegan a favor del viento a 8 mi/h cuando se levanta otra vela para incrementar su rapidez. Determine la fuerza neta proporcionada por la segunda vela durante el intervalo de 10 s que requiere el velero para alcanzar una rapidez de 12 mi/h. 𝜇1 = 8 𝑚𝑖 ℎ = 11.73 𝑓𝑡 𝑠 𝜇2 = 12 𝑡1−2 = 10 𝑠𝑒𝑔 𝑓𝑡 𝐹𝑁 = 𝑓𝑡 𝑠 𝑓𝑡 𝑠 (980 𝑙𝑏)(17.60 )−(11.73 ) 𝑓𝑡 (32.2 2 )(10𝑠𝑒𝑔) 𝑠 𝑓𝑡 𝑚 (11.73 𝑠 ) + 𝐹𝑁 (10𝑠) = 𝑚 (17.60 𝑠 ) 𝑚 . 𝜇1 + 𝐼 𝑚 𝑃1−2 = 𝑚 𝜇2 =178.6 lb 𝑚𝑖 ℎ = 17.60 𝑓𝑡 𝑠 13.129 Un tren ligero formado por dos vagones viaja a 45 mi/h. El peso del vagón A es de 18 tons y el del vagón B es de 13 tons. Cuando se aplican repentinamente los frenos, se ejerce una fuerza de frenado constante de 4300 lb en cada vagón. Determine a) el tiempo requerido para que el tren se detenga después de que se aplican los frenos, b)la fuerza en el acoplamiento entre los vagones mientras el tren está desacelerando. (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 )𝜇2 = 0 → 𝐹𝐵 𝑡1−2 𝑤𝐴 + 𝑤𝐵 = 18 + 13 = 31 𝑇𝑜𝑛𝑠 = 62000𝑙𝑏 ← 0 = −(4300 + 4300)𝑡1−2 + + 62000 (66)𝑡1−2 𝑔 𝑓𝑡 (62000𝑙𝑏)(66 𝑠 ) = (32.2 𝑓𝑡/𝑠 2 )(8600𝑙𝑏) = 14.785 𝑠 + ← 0 − [(4300𝑙𝑏) + 𝐹𝑐][14.785] = (36000𝑙𝑏) 𝑓𝑡 32.2 2 𝑠 𝑓𝑡 (66 𝑠 ) 𝐹𝑐 = 692.5 𝑙𝑏 13.130 Retome el problema 13.129, y ahora suponga que se aplica una fuerza de frenado constante de 4300 lb al vagón B, pero que no se aplican los frenos en el vagón A. 0 = −(4300𝑙𝑏)𝑡1−2 + (62000𝑙𝑏) 𝑓𝑡 𝑠 (32.2 2 ) 0 = −𝐹𝑐 (𝑡1−2 ) + 𝑀𝐴 𝜇1 𝐹𝑐 = 𝑓𝑡 (66 𝑠 ) 𝑡1−2 = 29.555 𝑓𝑡 𝑠 (36000𝑙𝑏)(66 ) 𝑓𝑡 (32.2 2 )(29.555) 𝑠 = 2496.66 𝑙𝑏 13.131 Un tracto camión con una cabina de 2000 kg y un remolque de 8000 kg viaja sobre un camino plano a 90 km/h. Los frenos en el remolque fallan y el sistema antiderrapante de la cabina proporciona la mayor fuerza posible que no provocará que patinen los neumáticos. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática es de 0.65, determine a) el tiempo más corto para que la cabina se detenga, b)la fuerza en el acoplamiento durante ese tiempo. 𝐹𝑡1−2 = 𝜇𝐶 𝑁𝐶 𝑡1−2 𝑁𝐶 = 𝜇𝑐𝑔 = (2000)𝑔 𝐹𝑡1−2 = (0.65)(2000)𝑔𝑡 [(𝑚𝑐 + 𝑚𝑡 )𝜇 ] = −𝐹𝑡 + [(𝑚𝑐 + 𝑚 𝑇 )𝜇] 1 𝑚 𝑚 0 = −(0.65)(2000𝑘𝑔) (9.81 𝑠2 ) (𝑡1−2 ) = (10000 𝑘𝑔)(25 𝑠 )𝑡1−2 = 19.6032𝑠 𝑚 b) [𝑚 𝑇 𝜇]2 = −𝑄 𝑡1−2 + [𝑚 𝑇 𝜇]1 0 = −𝑄 (19.6032𝑠) + (8000𝑘𝑔) (25 𝑠 ) 𝑄 = 10.204 𝐾𝑁 13.132 Un cilindro C de 8 kg descansa sobre una plataforma A de 4 kg sostenida por una cuerda que pasa sobre las poleas D y E y está unido a un bloque B de 4 kg. Si el sistema se suelta desde el reposo, determine a) la velocidad del bloque B después de 0.8 s, b) la fuerza ejercida por el cilindro sobre la plataforma. [ (𝑚𝐴 + 𝑚𝑐 )𝜇]1 − 𝑇 (𝑡1−2 ) + (𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝑔 𝑡1−2 = [(𝑚𝐴 + 𝑚𝐶 )𝜇]2 0 + (12𝑔 − 𝑇)(0.8) = 12𝜇 [𝑚𝐵 𝜇]1 + (𝑇)𝑡1−2 − 𝑚𝐵 𝑔𝑡1−2 = [𝑚𝐵 𝜇]2 0 + (𝑇 − 4𝑔)(0.8) = 4𝜇 (12𝑔 − 4𝑔)(0.8) = (12 + 4)𝜇 𝑚 ) (0.8) 𝑚 𝑠2 = 3.92 16𝑘𝑔 𝑠 (8𝑘𝑔) (9.81 𝜇= b) 0 + (𝑓𝑐 + 𝑚𝐴 𝑔 − 𝑇)𝑡1−2 = [𝑚𝐴 𝜇]2 𝑇= 𝑚 𝑠 (4𝑘𝑔)(3.92 ) 0.8 𝑚 + (4𝑘𝑔) (9.81 𝑠2 ) 4𝜇 𝑇 = 0.8 + 4𝑔 𝑇 = 58.84 𝑁 𝑚 (4𝑘𝑔)(3.92 𝑠 ) 𝑚 𝐹𝑐 = − (4𝑘𝑔) (9.81 2 ) + 58.84𝑁 = 39.2 𝑁 0.8 𝑠 13.133 El sistema mostrado en la figura se suelta desde el reposo. Determine el tiempo que se requiere para que la velocidad de A llegue a 1 m/s. No tome en cuenta la fricción ni la masa de las poleas. 𝑚𝐴 = 𝑤𝐴 𝑔 = 20 (𝑚𝐴 𝜇𝐴 )1 + (2𝑇)(𝑡1−2 ) − 𝑊𝐴 𝑡1−2 = 𝑔 𝑚(𝜇𝐴 )2 20 0 + (2𝑇 − 30)𝑡1−2 = ( 𝑔 ) (2) (𝑇 − 15)𝑡1−2 = 𝑚𝐵 = 𝑤𝐵 𝑔 = 15 20 𝑔 (𝜇𝐵 )2 = 2(𝜇𝐴 )2 = 4 𝑔 𝑓𝑡 𝑠 (𝑚𝐵 𝜇𝐴 )1 − 𝑇(𝑡1−2 ) + 𝑊𝐵 (𝑡1−2 ) = (𝑚𝐵 𝜇𝐵 )2 13.134 Sobre un collarín de 4 lb que puede deslizarse sobre una varilla vertical sin fricción actúa una fuerza P que varía en magnitud de la manera que se indica en la figura. Si el collín está inicialmente en reposo, determine su velocidad en a) t = 2 s, b) t = 3 s. a) 0 < 𝑡 < 2𝑠 𝑃 = 5𝑡 2𝑠 𝜇1 = 0 𝑡1 = 0.85 𝑡 𝑚 𝜇1 + ∫𝑡 1 𝑃𝑑𝑡 − 𝑊(𝑡2 − 𝑡1 ) = 𝑚𝜇2 2 5 4 ∫0.8 5 𝑡 𝑑𝑡 − 4(2 − 0.8) = 𝑔 𝜇2 𝜇2 = 𝑓𝑡 𝑠 32.2 4(𝑙𝑏) 5 𝑙𝑏 [2 [(25)2 − (. 85)2 ] − (4𝑙𝑏)(25 − 0.85)] 𝜇2 = 29 𝑓𝑡 𝑠 𝑡 𝑡3 = 3𝑠 𝑚 𝜇2 + ∫𝑡 3 𝑃𝑑𝑡 − 𝑊(𝑡3 − 𝑡2 ) = 𝑚𝜇3 b) 𝑡2 = 2𝑠 4 𝑠 2 3 4 𝑓𝑡 𝑓𝑡 32 2 (𝑔) (29) + ∫2 10 𝑑𝑡 − 4(3 − 2) = 𝑔 𝜇3 𝜇3 = (29 𝑠 ) + ( 4𝑙𝑏𝑠 ) [(6𝑙𝑏)(15)] 𝜇3 = 29 + 48.3 = 77.3 𝑓𝑡 𝑠 𝑡2 = 0+ 13.135 Sobre un collarín de 4 lb que puede deslizarse sobre una varilla vertical sin fricción actúa una fuerza P que varía en magnitud de la manera que se indica en la figura. Si al principio el collarín está en reposo, determine a) la rapidez máxima del collarín, b)el tiempo en el que la velocidad es cero. 𝑡 𝑡 5 5 𝑚𝜇1 + ∫4 𝑃𝑑𝑡 − ∫4 𝑊𝑑𝑡 = 𝑚 𝜇2 𝑡 < 2𝑠 𝑃 = 5𝑡 25 < 𝑡 < 3𝑠 𝑃 = 10 1 6 𝑡 < 3𝑠 𝑃 = 0 Máximo impulso = 2 (6𝑙𝑏) (5 𝑙𝑏) (1𝑠) 𝐴𝑟𝑒𝑎𝐴𝐵𝐶𝐷 = 9.6 𝑙𝑏 . 𝑠 0 + 9.6 𝑙𝑏. 𝑠 = 4 b) 5 𝑠 < 𝑡 < 3𝑠 𝐼𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 9.6(𝑙𝑏. 𝑠) 𝛥𝑡 = 2.4 𝑠 𝑡 = 3𝑠 + 2.4 𝑠 = 5.4 𝑠 4𝑙𝑏 𝑓𝑡 32.2 2 𝑠 𝜇𝑚𝑎𝑥 𝜇𝑚𝑎𝑥 = 77.3 𝑓𝑡/𝑠 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 0 = 9.6 = 4𝛥𝑡 13.136 Sobre un bloque de 125 lb que inicialmente está en reposo se aplica una fuerza P que varía como se muestra en la figura. Si se sabe que los coeficientes de fricción entre el bloque y la superficie horizontal son + 𝜇𝑠 = 0.50 y + 𝜇𝑘 = 0.40, determine a) el tiempo en el que el bloque comenzará a moverse, b) la rapidez máxima que alcanza el bloque, c) el tiempo en el que el bloque dejará de moverse. 0 + ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 1 𝑚 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] 𝑃 = 𝑓𝑠 = 𝜇𝑠 𝑊 = (0.25)(125) = 62.5 𝑙𝑏 𝑃 = 𝑓𝑘 = 𝜇𝑘 𝑊 = (0.4)(125) = 50𝑙𝑏 1 2 𝑣= (50)(4)] = 𝑣𝑚 = 1 125 32.2 1 𝑚 𝑡1 𝑓𝑠 8𝑠 𝑡 8𝑠 1 = 100 𝑙𝑏; 62.5𝑙𝑏 = 100 𝑙𝑏 𝑡1 = 5𝑠 ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑅 𝑑𝑡 1 1 𝑣𝑚 = 𝑚 [2 (12.5 + 50)(3) + (193.75) [193.75] = 49.91 𝑓𝑡 𝑠 1 [ ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] = 0 ∫ 𝑃𝑑𝑡 = (100)(16) = 800𝑙𝑏. 𝑠 2 1 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 2 (62.5)(50) + (50)(𝑡𝑚 − 5) ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 800 − [156.25 + 50 (𝑡𝑚 − 5)] = 0 𝑡𝑚 = 17.875𝑠 13.137 Retome el problema 13.136, y ahora suponga que el peso del bloque es de 175 lb. 1 𝑤 = 175𝑙𝑏 𝑣 = 𝑚 [∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡] 𝑃 = 𝑓𝑠 = 𝜇𝑠 𝑊 = (0.5)(175) = 87.5𝑙𝑏 𝑡1 𝑓𝑠 8𝑠 𝑡 8𝑠 1 = 100 𝑙𝑏; 87.5𝑙𝑏 = 100 𝑙𝑏 𝑡1 = 5𝑠 𝑃 = 𝑓𝑘 = 𝜇𝑘 𝑊 = (0.4)(175) = 70𝑙𝑏 16 − 𝑡𝑚 8𝑠 = 70𝑙𝑏 100𝑙𝑏 16 − 𝑡𝑚 = 70𝑙𝑏 ( 1 1 8 ) = 5.6 100 1 𝑡𝑚 = 10.4𝑠 1 𝑣𝑚 = 𝑚 [2 (17.5 + 30)(1.0) + 2 (30)(10.4 − 8)] = 𝑚 (59.75) 𝑣𝑚 = 1 175 32.2 𝑡 [59.75] = 10.994 1 𝑓𝑡 𝑠 [ ∫(𝑃 − 𝐹)𝑑𝑡] = 0 1 100 𝑠 ∫0 𝑃𝑑𝑡 = 2 (100)(8) − 2 ( 8 ) (16 − 𝑡𝑠 )2 = 800𝑙𝑏. 𝑠 ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 1 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 2 (87.5)(7) + (70)(𝑡𝑚 − 7) ∫ 𝑃𝑑𝑡 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 800 − 100 (16 − 𝑡𝑠 )2 − 306.25 − 70(𝑡𝑠 − 7) = 0 16 𝑡𝑚 = 13.492 𝑠 13.138 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 20 g. Si se sabe que se requiere 1.6 ms para recorrer la longitud del cañón y que la velocidad de la bala al salir es de 700 m/s, determine el valor de p0. 𝑝 = 𝑝0 + 𝑐1 − 𝑐2 𝑡 𝑐1 = 𝑝0 0 = 𝑐1 − 𝑐2 (1.6 𝑥 10−3 𝑠) 𝑝 𝑚 = 20𝑥10−3 𝑘𝑔 0 𝑐2 = (1.6 𝑥 10 −3 𝑠) 1.6 𝑥 10−3 𝐴 ∫0 𝐴= 1.6 𝑥 10−3 𝐴 ∫0 (𝑐1 − 𝑐2 𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑝𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 𝜋(10𝑥10−3 ) 4 2 = 78.54𝑥10−6 𝑚2 20𝑥10−3 𝑔 78.54𝑥10−6 𝑚2 [(𝑐1 ) − 1.6𝑥10−3 𝑠 − 𝑐2 (1.6𝑥10−3 𝑠) 700𝑚 = (20𝑥10−3 𝑘𝑔)( ) 2 𝑠 1.6𝑥10−3 𝑠 𝑐1 − 1.280𝑥10−6 𝑐2 = 178.25𝑥10−3 1.6𝑥10−3 𝑚2 . 𝑠 𝑝0 − 1.280𝑥10−6 𝑚2 .𝑠 1.6𝑥10−3 0+ 𝑝0 = 178.25𝑥10−3 𝑘𝑔. 𝑝0 = 222.8𝑥10−6 𝑁. 𝑚2 𝑚 𝑠 0+ 13.139 El siguiente modelo matemático se sugirió para la variación en la presión dentro del barril de un rifle con un diámetro de 10 mm, al disparar una bala de 25 g: 𝑝(𝑡) = 𝑡 (950 𝑀𝑃𝑎)𝑒 −0.16𝑚𝑠 donde t se expresa en ms. Si se sabe que la bala tardó 1.44 ms en recorrer toda la longitud del barril y que la velocidad de la bala después de salir fue medida en 520 m/s, determine el error porcentual introducido si la ecuación anterior se usa para calcular la velocidad en la boca del rifle. 13.140 El salto triple es una prueba de pista y campo en la cual un atleta inicia una carrera y trata de llegar lo más lejos posible, con una zancada, un paso y un salto. En la figura se muestra la zancada inicial del atleta. Si se supone que éste se aproxima a la línea de despegue desde la izquierda con una velocidad horizontal de 10 m/s, permanece en contacto con el suelo durante 0.18 s, y despega a un ángulo de 50° con una velocidad de 12 m/s, determine la componente vertical de la fuerza impulsiva promedio ejercida por el suelo sobre su pie. Dé su respuesta en términos del peso W del atleta. 𝑚𝑣1 + (𝑃 − 𝑊)𝛥𝑡 = 𝑚𝑣2 m0 + (𝑃𝑣 − 𝑊)(0.18) = 𝑊 𝑔 (12)(𝑠𝑒𝑛50°) 𝑃𝑣 = 𝑊 + 𝛥𝑡 = 0.18𝑠 (12)(𝑠𝑒𝑛50°) (9.81)(0.18) = 6.21𝑊 13.141 La última parte de la competencia atlética de salto triple es el salto, en el cual el atleta realiza el último de sus tres avances, aterrizando en un foso de arena. Si se supone que la velocidad de un atleta de 185 lb justo antes de aterrizar es de 30 ft/s a un ángulo de 35° con la horizontal y que el atleta se detiene por completo 0.22 s después del aterrizaje, determine la componente horizontal de la fuerza impulsiva promedio que se ejerce sobre sus pies durante el aterrizaje. 𝑚 = 185𝑙𝑏 𝛥𝑡 = .22𝑠 𝑚𝑣1 + (𝑃 − 𝑊)𝛥𝑡 = 𝑚𝑣2 𝑓𝑡 𝑚 (30 𝑠 ) (𝑐𝑜𝑠35°) − 𝑃𝐻 (0.22) = 0 𝑃𝐻 = 𝑓𝑡 𝑠 (185𝑙𝑏)(30 )(𝑐𝑜𝑠35) (0.22𝑠) = 2.06 𝐾𝑁 13.142 Antes de diseñar un prototipo de cinturón de seguridad que se evaluará en pruebas de choque de automóviles, se realiza una estimación de la carga esperada en el cinturón de seguridad que pasa por el hombro. Si un automóvil que viaja a 45 mi/h se detiene en 110 ms, determine a) la fuerza impulsiva promedio ejercida por un hombre de 200 lb sobre el cinturón, b) la fuerza máxima Fm que se ejerce sobre el cinturón si el diagrama fuerza tiempo tiene la forma que se muestra en la figura. 𝑣1 = 45 𝑚𝑖 ℎ = 66 𝛥𝑡 = 0.110𝑠 𝑓𝑡 𝑠 𝑊 = 200𝑙𝑏 𝑚𝑣1 − ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 ∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝐹𝛥𝑡 (200)(66) 𝐹 = (32.2)(0.110) 3727𝑙𝑏 impulso =área bajo la curva diagrama D 1 −𝑡 = 2 𝐹𝑚(0.110𝑠) 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜 = 𝐹𝛥𝑡 = 3723𝑙𝑏(0.110𝑠) 1 𝐹 (. 110𝑠) 2 𝑚 = (3723)(0.110𝑠) 𝐹𝑚 = 7454𝑙
