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UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I EXAMEN PARCIAL 01 (G1) APELLIDOS Y NOMBRES: ………………………………………………………………………………………………………..… FECHA: 29 de setiembre de 2017 1. Se sueltan dos pelotitas desde A y B simultáneamente. Si la plataforma horizontal gira con un periodo de 12 s y que la primera bolita marca el punto “P” en la plataforma y la segunda marca el punto “Q”, calcule la medida del ángulo POQ. (Considere g = 10 m/s2) SOLUCIÓN: Del gráfico se observa que 𝜃 + 𝛽 = 180° (1) 𝜃 es el ángulo girado por la plataforma con velocidad constante, durante 1 s. 𝜃 = 𝜔. 𝑡 ⇒ 𝜃 = ( 2𝜋 𝑇 ) . 𝑡 = ( 2𝜋 12 ) . 1 = 𝜋 6 𝑟𝑎𝑑 = 30° Luego en (1), se tiene: 30° + 𝛽 = 180° 𝛽 = 180° − 30° = 𝟏𝟓𝟎° 𝑹𝒆𝒔𝒑. 𝜃 𝛽 𝑃 1 𝑠 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣0. 𝑡 + 1 2 𝑔𝑡2 ℎ𝐴 = 0 + 0 + 1 2 𝑔𝑡2 𝑡 = √ 2ℎ𝐴 𝑔 𝑡 = √ 2(20𝑚) (10 𝑚 𝑠2⁄ ) 𝑡 = 2 𝑠 2 𝑠 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣0. 𝑡 + 1 2 𝑔𝑡2 ℎ𝐵 = 0 + 0 + 1 2 𝑔𝑡2 𝑡 = √ 2ℎ𝐵 𝑔 𝑡 = √ 2(45𝑚) (10 𝑚 𝑠2⁄ ) 𝑡 = 3 𝑠 3 𝑠 𝑜 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I 2. La carga Q se aplica a la polea C, la cual puede rodar sobre el cable ACB. La polea se sostiene en la posición mostrada en la figura mediante un segundo cable CAD, el cual pasa a través de la polea A y sostiene una carga P. Si se sabe que P = 750 N, determine a) la tensión en el cable ACB, b) la magnitud de la carga Q. SOLUCIÓN ∑ 𝐹𝑥 = 0: 𝑇𝐴𝐵𝐶cos25° − 𝑇𝐴𝐵𝐶cos55° − 750 cos55° = 0 𝑇𝐴𝐵𝐶(cos25° − cos55°) = 750 cos55° 𝑇𝐴𝐵𝐶 = 750 cos55° (cos25° − cos55°) ° 𝑻𝑨𝑩𝑪 = 𝟏 𝟐𝟗𝟐, 𝟖𝟖 𝑵 𝑹𝒆𝒔𝒑. ∑ 𝐹𝑦 = 0: 𝑇𝐴𝐵𝐶sen25° + 𝑇𝐴𝐵𝐶sen55° + 750 sen55° − Q = 0 𝑇𝐴𝐵𝐶(sen25° + sen55°) + 750 sen55° = Q 1 292,88 . (sen25° + sen55°) + 750 sen55° = Q 𝟐 𝟐𝟏𝟗, 𝟖𝟐 𝑵 = 𝐐 𝑹𝒆𝒔𝒑. 3. El punto A oscila con una aceleración a = 2880 – 144x, donde a y x se expresan en plg/s2 y plg, respectivamente. La magnitud de la velocidad es 11 plg/s cuando x = 20,4 plg. Determine a) la velocidad máxima de A, b) las dos posiciones a las cuales la velocidad de A es cero. A x http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I SOLUCIÓN Determinamos la velocidad: 𝑣𝑑𝑣 = 𝑠𝑑𝑎 ∫ 𝑣𝑑𝑣 𝑣 11 = ∫ (2 880 − 144𝑥)𝑑𝑥 𝑥 20,4 𝑣2 2 ] 11 𝑣 = 2 880𝑥 − 144𝑥2 2 ] 20,4 𝑥 𝑣2 2 − (11)2 2 = 2 880𝑥 − 144𝑥2 2 − 2 880(20,4) + 144 2 (20,4)2 𝑣2 = 2(2 880𝑥 − 72𝑥2 − 58 752 + 29 963,52 + 60,5) 𝑣2 = 5760𝑥 − 144𝑥2 − 57 455,96 Velocidad máxima: 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 0 ; 5760 − 288𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 5 760 288 = 20 𝑝𝑙𝑔 𝑣𝑚á𝑥 = √5 760(20) − 144(20) 2 − 57 455,96 𝒗𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐 𝒑𝒍𝒈/𝒔 Posiciones a las cuales la velocidad de A es cero 𝑣2 = 5760𝑥 − 144𝑥2 − 57 455,96 = 0 𝑥2 − 40𝑥 + 399 = 0 𝑥 = 40 ± √(−40)2 − 4(1)(399) 2(1) = 40 ± 2 2 𝒙𝟏 = 𝟐𝟏 𝒑𝒍𝒈 𝒙𝟐 = 𝟏𝟗 𝒑𝒍𝒈 4. Un jugador de golf dirige su tiro para pasar por arriba de un árbol por una distancia h en el punto máximo de la trayectoria y evitar caer en el estanque en el lado opuesto. Si se sabe que la magnitud de V0 es 85 pies/s, determine: a) el intervalo de valores de h que debe evitarse. http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I SOLUCIÓN: Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 150 = 0 + 85𝑡 𝑡 = 150 85 = 1,765 𝑠 Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 40 + ℎ = 0 + (0)𝑡 + 1 2 (32,2)(1,765)2 ℎ = 50,155 − 40 = 10,155 𝑝𝑖𝑒𝑠 Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 160 = 0 + 85𝑡 𝑡 = 160 85 = 1,882 𝑠 Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 40 + ℎ = 0 + (0)𝑡 + 1 2 (32,2)(1,882)2 ℎ = 57,025 − 40 = 17,025 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝟏𝟎, 𝟏𝟓𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 < |𝒉| < 𝟏𝟕, 𝟎𝟐𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 5. Un hombre cae desde el reposo desde una altura de 100 m después de caer 2 s lanza un paquete horizontalmente con velocidad de 10 m/s. ¿A qué distancia (en metros) aproximadamente de su dirección vertical caerá el paquete? (g = 10 m/s2 ; √5 = 2,25) SOLUCIÓN Estanque 40 pies 150 pies 10 pies http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I Como la persona lanza el paquete después de 2 s de haber caído, el paquete tardará, en llegar al piso: 𝑡 = 2√5 − 2 = 2(√5 − 1) = 2(2,25 − 1) = 2,5 𝑠 La distancia horizontal a la que llegará es paquete es: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 = 0 + (10)(2,5) 𝒙 = 𝟐𝟓 𝒎 Determinamos el tiempo que demora la persona en llegar el piso 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 −100 = 0 + (0)𝑡 − 1 2 (10)𝑡2 𝑡 = √ 100 5 = 2√5 𝑠 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I EXAMEN PARCIAL 01 (G2) APELLIDOS Y NOMBRES: ………………………………………………………………………………………………………..… FECHA: 29 de setiembre de 2017 1. Un hombre cae desde el reposo desde una altura de 100 m después de caer 2 s lanza un paquete horizontalmente con velocidad de 10 m/s. ¿A qué distancia (en metros) aproximadamente de su dirección vertical caerá el paquete? (g = 10 m/s2 ; √5 = 2,25) SOLUCIÓN Como la persona lanza el paquete después de 2 s de haber caído, el paquete tardará, en llegar al piso: 𝑡 = 2√5 − 2 = 2(√5 − 1) = 2(2,25 − 1) = 2,5 𝑠 La distancia horizontal a la que llegará es paquete es: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 = 0 + (10)(2,5) 𝒙 = 𝟐𝟓 𝒎 2. Una carga de 160 kgestá sostenida por el arreglo de cuerdas y poleas que se muestra en la figura. Si se sabe que 𝛼 = 40°, determine a) el ángulo 𝛽 y b) la magnitud de la fuerza P que debe aplicarse en el extremo libre de la cuerda para mantener el sistema en equilibrio. (Sugerencia: la tensión es la misma en ambos lados de una cuerda que pasa por una polea simple) Determinamos el tiempo que demora la persona en llegar el piso 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 −100 = 0 + (0)𝑡 − 1 2 (10)𝑡2 𝑡 = √ 100 5 = 2√5 𝑠 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I SOLUCIÓN ∑ 𝐹𝑥 = 0: 𝑃𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑃𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑃𝑐𝑜𝑠40° = 0 𝑃(senβ + senβ) = P cos40° 𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝑃cos40° 2P 𝛼 = 𝑠𝑒𝑛−1(0,684) 𝜶 = 𝟐𝟐, 𝟓𝟐𝟏° 𝑹𝒆𝒔𝒑. ∑ 𝐹𝑦 = 0: 𝑃cosβ + Pcosβ + P sen40° − 160(9,81) = 0 𝑃(𝑐𝑜𝑠22,521° + 𝑐𝑜𝑠22,521° + 𝑠𝑒𝑛40°) = 1 569,6 𝑃 = 1 569,6 (2𝑐𝑜𝑠22,521° + 𝑠𝑒𝑛40°) 𝑷 = 𝟔𝟑𝟎, 𝟐𝟗𝟒 𝑵 𝑹𝒆𝒔𝒑. 3. El disco mostrado en la figura cuyo radio es R = 1,2 m gira uniformemente en un plano horizontal y alrededor de un eje que pasa por su centro. En el instante mostrado, una esferilla es lanzada desde un punto cercano a la periferia del disco con un ángulo de lanzamiento 𝜃 = 37°. Sabiendo que llega a un punto diametralmente opuesto en el mismo instante que por dicho lugar pasa el punto B marcado en la plataforma, calcula la velocidad angular del disco en RPM. (g = 10 m/s2). http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I SOLUCIÓN: Del gráfico se observa que el alcance horizontal es 2R. 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡𝑣 2𝑅 = 0 + 𝑣𝑜𝑐𝑜𝑠𝜃 ( 2𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑔 ) = 𝑣𝑜 2 𝑔 . 2𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑣𝑜 2 𝑔 𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑣𝑜 = √ 2𝑅𝑔 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = √ 2(1,2)(10) 𝑠𝑒𝑛2(37°) = 5 𝑚/𝑠 Determinamos el tiempo que demora la esferilla en llegar al extremo diametralmente opuesto: 𝑡 = 2(5) 10 𝑠𝑒𝑛37° = 0,6 𝑠 Como se trata de un movimiento de rotación uniforme, se tiene: 𝜔 = 𝜃 𝑡 = 3𝜋/2 0,6 = 2,5𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2𝜋𝑓 = 2,5𝜋 𝑓 = 2,5𝜋 2𝜋 𝑓 = 1,25 𝑅𝑃𝑆 𝒇 = 𝟏, 𝟐𝟓(𝟔𝟎) = 𝟕𝟓 𝑹𝑷𝑴 4. Un jugador de golf dirige su tiro para pasar por arriba de un árbol por una distancia h en el punto máximo de la trayectoria y evitar caer en el estanque en el lado opuesto. Si se sabe R R 𝑣𝑜𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 Calculamos el tiempo de vuelo de la esferilla que es lanzada desde el punto A. 𝑡𝑣 = 𝑡𝑠 + 𝑡𝑏 𝑣𝑓 = 𝑣𝑜𝑦 + 𝑎𝑐𝑡𝑠 0 = 𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑔𝑡𝑠 𝑡𝑠 = 𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑔 Pero se sabe que: ts = tb 𝑡𝑣 = 𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑔 + 𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑔 = 2𝑣𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑔 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I que la magnitud de V0 es 170 pies/s, determine: a) el intervalo de valores de h que debe evitarse. SOLUCIÓN Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 300 = 0 + 170𝑡 𝑡 = 300 170 = 1,765 𝑠 Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 80 + ℎ = 0 + (0)𝑡 + 1 2 (32,2)(1,765)2 ℎ = 50,155 − 80 = −29,845 𝑝𝑖𝑒𝑠 |ℎ| = 29,845 𝑝𝑖𝑒𝑠 Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 320 = 0 + 170𝑡 𝑡 = 320 170 = 1,882 𝑠 Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 80 + ℎ = 0 + (0)𝑡 + 1 2 (32,2)(1,882)2 ℎ = 57,025 − 80 = −22,975 𝑝𝑖𝑒𝑠 |ℎ| = 22,975 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝟐𝟐, 𝟗𝟕𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 < |𝒉| < 𝟐𝟗, 𝟖𝟒𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 5. El punto A oscila con una aceleración a = 2880 – 144x, donde a y x se expresan en plg/s2 y plg, respectivamente. La magnitud de la velocidad es 11 plg/s cuando x = 20,4 plg. Determine a) la velocidad máxima de A, b) las dos posiciones a las cuales la velocidad de A es cero. Estanque 80 pies 300 pies 20 pies A x http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I SOLUCIÓN Determinamos la velocidad: 𝑣𝑑𝑣 = 𝑠𝑑𝑎 ∫ 𝑣𝑑𝑣 𝑣 11 = ∫ (2 880 − 144𝑥)𝑑𝑥 𝑥 20,4 𝑣2 2 ] 11 𝑣 = 2 880𝑥 − 144𝑥2 2 ] 20,4 𝑥 𝑣2 2 − (11)2 2 = 2 880𝑥 − 144𝑥2 2 − 2 880(20,4) + 144 2 (20,4)2 𝑣2 = 2(2 880𝑥 − 72𝑥2 − 58 752 + 29 963,52 + 60,5) 𝑣2 = 5760𝑥 − 144𝑥2 − 57 455,96 Velocidad máxima: 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 0 ; 5760 − 288𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 5 760 288 = 20 𝑝𝑙𝑔 𝑣𝑚á𝑥 = √5 760(20) − 144(20) 2 − 57 455,96 𝒗𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐 𝒑𝒍𝒈/𝒔 Posiciones a las cuales la velocidad de A es cero 𝑣2 = 5760𝑥 − 144𝑥2 − 57 455,96 = 0 𝑥2 − 40𝑥 + 399 = 0 𝑥 = 40 ± √(−40)2 − 4(1)(399) 2(1) = 40 ± 2 2 𝒙𝟏 = 𝟐𝟏 𝒑𝒍𝒈 𝒙𝟐 = 𝟏𝟗 𝒑𝒍𝒈 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I EXAMEN PARCIAL 01 (G3) APELLIDOS Y NOMBRES: ………………………………………………………………………………………………………..… FECHA: 29 de setiembre de 2017 1. El punto A oscila con una aceleración a = 2880 – 144x, donde a y x se expresan en plg/s2 y plg, respectivamente. La magnitud de la velocidad es 11 plg/s cuando x = 20,4 plg. Determine a) la velocidad máxima de A, b) las dos posiciones a las cuales la velocidad de A es cero. SOLUCIÓN Determinamos la velocidad: 𝑣𝑑𝑣 = 𝑠𝑑𝑎 ∫ 𝑣𝑑𝑣 𝑣 11 = ∫ (2 880 − 144𝑥)𝑑𝑥 𝑥 20,4 𝑣2 2 ] 11 𝑣 = 2 880𝑥 − 144𝑥2 2 ] 20,4 𝑥 𝑣2 2 − (11)2 2 = 2 880𝑥 − 144𝑥2 2 − 2 880(20,4) + 144 2 (20,4)2 𝑣2 = 2(2 880𝑥 − 72𝑥2 − 58 752 + 29 963,52 + 60,5) 𝑣2 = 5760𝑥 − 144𝑥2 − 57 455,96 Velocidad máxima: 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 0 ; 5760 − 288𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 5 760 288 = 20 𝑝𝑙𝑔 𝑣𝑚á𝑥 = √5 760(20) − 144(20) 2 − 57 455,96 𝒗𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐 𝒑𝒍𝒈/𝒔 Posiciones a las cuales la velocidad de A es cero𝑣2 = 5760𝑥 − 144𝑥2 − 57 455,96 = 0 𝑥2 − 40𝑥 + 399 = 0 A x http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I 𝑥 = 40 ± √(−40)2 − 4(1)(399) 2(1) = 40 ± 2 2 𝒙𝟏 = 𝟐𝟏 𝒑𝒍𝒈 𝒙𝟐 = 𝟏𝟗 𝒑𝒍𝒈 2. El beisbolista A batea la bola con vA = 40 pies/s y 𝜃𝐴 = 60°. Cuando la bola está directamente sobre el jugador B éste comienza a correr debajo de ella. Determine la rapidez constante vB y la distancia d a la cual B debe correr para hacer la atrapada a la misma altura a que fue bateada. SOLUCIÓN Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + (𝑣𝑜)𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 0 = 0 + 40𝑠𝑒𝑛60°𝑡 + 1 2 (−32,2)𝑡2 1 2 (−32,2)𝑡2 = 40𝑠𝑒𝑛60°𝑡 𝑡 = 2𝑥40𝑠𝑒𝑛60° 32,2 𝑡 = 2,15 𝑠 Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + (𝑣𝑜)𝑥𝑡 𝑥 = 0 + 40𝑐𝑜𝑠60°𝑥(2,15) 𝑥 = 43 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑 = 𝑥 − 15 𝑑 = 43 − 15 𝒅 = 𝟐𝟖 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝑹𝒆𝒔𝒑. 𝒗𝑩 = 40 𝑐𝑜𝑠60° = 𝟐𝟎 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝒔⁄ 𝑹𝒆𝒔𝒑. (𝒗𝒐)𝒚 = 𝟒𝟎𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎° (𝒗𝒐)𝒙 = 𝟒𝟎𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎° http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I 3. Un jugador de golf dirige su tiro para pasar por arriba de un árbol por una distancia h en el punto máximo de la trayectoria y evitar caer en el estanque en el lado opuesto. Si se sabe que la magnitud de V0 es 42,5 pies/s, determine: a) el intervalo de valores de h que debe evitarse. SOLUCIÓN Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 75 = 0 + 42,5𝑡 𝑡 = 75 42,5 = 1,765 𝑠 Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 20 + ℎ = 0 + (0)𝑡 + 1 2 (32,2)(1,765)2 ℎ = 50,155 − 20 = 30,155 𝑝𝑖𝑒𝑠 Movimiento horizontal: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 80 = 0 + 42,5𝑡 𝑡 = 80 42,5 = 1,882 𝑠 Movimiento vertical: 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 20 + ℎ = 0 + (0)𝑡 + 1 2 (32,2)(1,882)2 ℎ = 57,025 − 20 = 37,025 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝟑𝟎, 𝟏𝟓𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 < |𝒉| < 𝟑𝟕, 𝟎𝟐𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 4. Un hombre cae desde el reposo desde una altura de 100 m después de caer 2 s lanza un paquete horizontalmente con velocidad de 10 m/s. ¿A qué distancia (en metros) aproximadamente de su dirección vertical caerá el paquete? (g = 10 m/s2 ; √5 = 2,25) SOLUCIÓN Estanque 20 pies 75 pies 5 pies http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I Como la persona lanza el paquete después de 2 s de haber caído, el paquete tardará, en llegar al piso: 𝑡 = 2√5 − 2 = 2(√5 − 1) = 2(2,25 − 1) = 2,5 𝑠 La distancia horizontal a la que llegará es paquete es: 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥𝑡 = 0 + (10)(2,5) 𝒙 = 𝟐𝟓 𝒎 5. Una placa rectangular está sostenida por tres cables como se muestra en la figura. Si la tensión en el cable AD es de 120 lb, determine el peso de la placa. SOLUCIÓN: 𝑟𝐴𝐵 = −32𝑖 − 48𝑗 + 36𝑘 𝑟𝐴𝐵 = √(−32)2 + (−48)2 + (36)2 = 𝟔𝟖 𝒑𝒍𝒈 Determinamos el tiempo que demora la persona en llegar el piso 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 + 1 2 𝑎𝑐𝑡 2 −100 = 0 + (0)𝑡 − 1 2 (10)𝑡2 𝑡 = √ 100 5 = 2√5 𝑠 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124 UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Escuela Profesional: Ingeniería Civil ================================================================================================ Mag. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante FÍSICA I 𝑇𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵. 𝜇𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 ( −32𝑖 − 48𝑗 + 36𝑘 68 ) 𝑻𝑨𝑩 = −𝟎, 𝟒𝟕𝟏𝑻𝑨𝑩𝒊 − 𝟎, 𝟕𝟎𝟔𝑻𝑨𝑩𝒋 + 𝟎, 𝟓𝟐𝟗𝑻𝑨𝑩𝒌 𝑟𝐴𝐶 = 45𝑖 − 48𝑗 + 36𝑘 𝑟𝐴𝐶 = √(45)2 + (−48)2 + (36)2 = 𝟕𝟓 𝒑𝒍𝒈 𝑇𝐴𝐶 = 𝑇𝐴𝐶 . 𝜇𝐴𝐶 = 𝑇𝐴𝐶 . ( 45𝑖 − 48𝑗 + 36𝑘 75 ) 𝑻𝑨𝑪 = 𝟎, 𝟔𝑇𝐴𝐶𝒊 − 𝟎, 𝟔𝟒𝑇𝐴𝐶𝒋 + 𝟎, 𝟒𝟖𝑇𝐴𝐶𝒌 𝑟𝐴𝐷 = 25𝑖 − 48𝑗 − 36𝑘 𝑟𝐴𝐷 = √(25)2 + (−48)2 + (−36)2 = 𝟔𝟓 𝒑𝒍𝒈 𝑇𝐴𝐷 = 𝑇𝐴𝐷 . 𝜇𝐴𝐷 = 120 ( 25𝑖 − 48𝑗 − 36𝑘 65 ) 𝑻𝑨𝑫 = 𝟒𝟔, 𝟏𝟓𝟒𝒊 − 𝟖𝟖, 𝟔𝟏𝟓𝒋 − 𝟔𝟔, 𝟒𝟔𝟐𝒌 Ecuaciones de equilibrio ∑ 𝐹𝑥 = 0 ; −0,471 𝑇𝐴𝐵 + 0,6𝑇𝐴𝐶 + 46,154 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ; − 0,706𝑇𝐴𝐵 − 0,64𝑇𝐴𝐶 − 88,615 + 𝑊 = 0 ∑ 𝐹𝑧 = 0 ; 0,529𝑇𝐴𝐵 + 0,48𝑇𝐴𝐶 − 66,462 = 0 −0,471 𝑇𝐴𝐵 + 0,6𝑇𝐴𝐶 = −46,154 (0,529) 0,529𝑇𝐴𝐵 + 0,48𝑇𝐴𝐶 = 66,462 (0,471) −0,249𝑇𝐴𝐵 + 0,317𝑇𝐴𝐶 = −24,415 0,249𝑇𝐴𝐵 + 0,226𝑇𝐴𝐶 = 31,303 0,543𝑇𝐴𝐶 = 6,888 𝑇𝐴𝐶 = 6,888 0,543 = 12,685 𝑙𝑏 𝑇𝐴𝐵 = −46,154 − 0,6(12,685) −0,471 = 114,151 𝑙𝑏 Finalmente encontramos el valor del peso: 𝑊 = 0,706(114,151) + 0,64(12,685) + 88,615 𝑾 = 𝟏𝟕𝟕, 𝟑𝟐𝟒 𝒍𝒃 http://www.google.com.pe/url?sa=i&source=images&cd=&cad=rja&docid=Lg6n-irtPpucgM&tbnid=laIE9Kzx5FbY8M:&ved=0CAgQjRwwAA&url=http://pdiunach.wordpress.com/category/universidad-de-chota/&ei=NnknUvb0Bbi-sAThoYDoBQ&psig=AFQjCNEATU-T3GQ0Fe0-hIb7ZPPHyEtt1w&ust=1378405046139124
