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LATEX
DINAMICA IC-244SOLUCIONARIO DINAMICA POR
WILLIAM .F RILEY:TEMA:CANTIDAD DE MOVIENTO
CAPITULO 19-18 A 19-36
Integrantes:ARAUJO MORALES, YoverGAMBOA PERALTA, EderTORRES PEREZ, WALTERGIL GUILLEN,Ruben Dario
12 de octubre del 2014
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1
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DEDICADO A...
Los que en los momentos mas dificiles aun siguen confiando en nosotros,NUESTRAFAMILIA .
2
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Parte I
Resolucion de ejercicios
3
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0.1. problema 19-18
En cierto instante, la posicion y velocidad de tres puntos materiales vienendadas por:
Dado
Punto material2-4 1 2 3
m,Kg 1 2 3x,m 3 8 5y,m 4 3 7
vx,m/s 10 0 -2vy,m/s -5 5 3
Hallar la situacion y la velocidad del centro de masa en ese instanteSOLUCION
Halando la situacion del centro de masa
~rCM =
m~rm
=13 + 4 + 28 + 3 + 35 + 7
1 + 2 + 3
=34
6+
31
6=
17
3+ 4
=5,66 + 5,16
Hallando la velocidad del centro de masa: MT ~VCM =m~V
VCM =
mvm
= VG
=110 5 + 20 + 5 + 32 + 3
1 + 2 + 3
=4 + 14
6
=2
3+
7
31 = 0,667 + 2,333
4
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0.2. problema 19-19
En cierto instante el centro de masa de tres puntos materiales de masas3Kg, 5Kg y 1Kg. Respectivamente, se encuentran en r G = 8i+5j+3km. y tiene una velocidad dada por
V G = 5i 12k m/s. en ese instante
el punto material de 3Kg tiene la posicion r 3 = 5i m. Y la velocidadv 3 = 3i + 8k m/s, mientras que el punto material de 1Kg tiene laposicion r 1 = 8j+3k m y la velocidad v 1 = 3i3j m/s. Determinarla posicion y velocidad del punto material de 5Kg en ese instante.
SOLUCION
Dato
mG
{ r G = 8i+ 5j + 3kV G = 5i 12k
m3
{ r G = 8i+ 5j + 3kV G = 5i 12k
m1
{c = 8j + 3kv 1 = 3i 3j
r 5 =?? v 5 =??
5
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Velocidad del centro de masa
V G =
miv imi
V G =
m3v 3 +m5v 5 +m1v 1m3 +m5 +m1
Reemplazando:
5i 12k = 12i 3j + 24k + 5v 5
9
v 5 = 339i+
1
3j 132
9k
Posicion del centro de masa:
r G =mir imi
r G = m3r 3 +m5r 5 +m1r 1m3 +m5 +m1
Reemplazando:
8i+ 5j + 3k =15i+ 8j + 3k + 5r 5
9
r 5 = 575i+
37
5j +
24
5k
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0.3. problema 19-20
Un trineo de 25 Kg esta deslizandose por una superficie horizontal llanay exenta se rozamiento con una celeridad de 5m/s, cuando un hombre de 60Kg se sube a el de un salto. Si la velocidad inicial del hombre era de 2m/sperpendicularmente al movimiento del trineo. Determinar la velocidad finaldel trineo con el hombre.
SOLUCION
Datos:mA = 25 KgV Ai = 5im/s
mB = 60 KgV Bi = 2km/sV =??
Aplicando la ecuacion de conservacion de movimiento, en el eje x
L ix =
L fx
mAV Ai +mB
V Bi = (mA+mB)
V
Reemplazando:
(25) (
5i)
+ (60) (0) = (25 + 60) VV = 1,47im/s
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0.4. problema 19-21
Dos automoviles chocan en un cruce, segun se indica en la figura. El auto Apesa 11 KN y tiene una celeridad inicial de VA= 24 Km/h , mientras queel auto B pesa 17,5 KN y tiene una celeridad inicial VB = 40Km/h. Si losautos quedan enganchados y se mueven conjuntamente despues del choque,
determinar su celeridad Vf y direccion ? despues de dicho choque..
SOLUCION
DATOS
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mA = KNvA = 254Km/hmB = 17,5KNvB = 40KN/hSOLUCION
Por condicion Ec. cantidad de movimiento
mA~vA +mB~vB =
m~vf
mAvA +mBvB = mA +mBvfcos + sen
mAvA = mA +mBvf cos (1)
mBvB = mA +mBvf sen (2)
En 1
11KN24Km/h =28,5KN
xvf cos vf = 9,263
cos
En 2
17,5KN40Km/h = 28,3KN9,263
cos sen 2,6516 = tan
= 69,34 vf = 26,25Km/h
0.5. problema 19-22
Dos automoviles chocan en un cruce, segun se indica en la figura. El autoA tiene una masa de 1000 Kg y una velocidad inicial de VA = 25 km/h,mientras que el auto B tiene una masa de 1500 Kg. Si los autos quedan
enganchados y se mueven conjuntamente en la direccion dada por elangulo=30 despues del choque, determinar la celeridad VB que llevaba el
auto B inmediatamente antes de chocar.
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SOLUCION
Datos:mA = 1000 KgV A = 6,94im/s
mB = 1500 KgV B =??
= 30
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Aplicando la ecuacion de la conservacion de cantidad de movimiento,en el eje x:
L ix =L fx
mAV Ai +mB
V Bi = (mA+mB)
V cos30
Reemplazando:
(1000) (
6,94i)
+ (1500) (0) = (2500) V cos30
V x = 3,21i(m/s)
3.21tag (30)=1.85 j =V y = 1,85j
= 30
V x = 3,21i(m/s)
Aplicando la ecuacion de la conservacion de cantidad de movimiento,en el eje Y:
L iy =L fy
mAV Ai +mB
V Bi = (mA+mB)
V y
Reemplazando:
(1000) (0) + (1500) (V B
)= (2500) (1,85j)
V B = 3,08j(m/s)
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0.6. problema 19-23
.- Un punto material que pesa 10N se desliza por una superficie horizontal,llena y exenta de rozamiento con una celeridad de vi=3m/s, segun se indicaen la figura P19-23.Cuando el punto se halla a 6 m de la pared, explota y se
rompe en dos partes iguales. Una de ellas choca contra la pared enYA=1.5m mientras la otra lo hace en YB=3m.Determinar: El impulso quese ejerce sobre la parte A en la explosion. La velocidad V A/B de la parte Arelativa a la parte B inmediatamente despues de la explosion. La diferencia
de tiempos entre el choque de A con la pared y el de B .
SOLUCION
MA +MB = 1mvi = mAmB +mBvB (3)
mA~vA = mAvA cos + vA sen
mB~vB = mBvB cos vB sen
mA~vA = mAvA0,97 + vA0,24
mB~vB = mBvB0,89 vB0,48
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igualando en 11
mA +mB3 = mAvA0,97 + 0,24 +mBvB0,89 0,48
253 = mAvA0,97 +mBvB0,89 (4)
mAvA0,24 +mBvB0,48 = 0 (5)mAvA = 2mBvB (6)
reemplazando la ecuacion 14 en 12
mB~vB = 26,50, mAvA = 53
mA~vA = 2,056 + 0,583
mB~vB = 0,94 0,508
0.7. problema 19-24
. .- Un punto material que pesa 5Kg se desliza por una superficie llana,horizontal y exenta de rozamiento a vi=4m/s, segun se indica en la figura
P19-23.Cuando se halla a 10 m de la pared, explota y se rompe en dospartes de masas MA=3Kg y MB=2Kg. Si la parte de 3Kg llega a la pared3s despues de la explosion en YA=7.5m, determinar : El impulso ejercidosobre A por la explosion. La velocidad V A/B de la parte A relativa a la Binmediatamente despues de la explosion. La posicion YB a que choca B conla pared. La diferencia de tiempos entre el choque de A con la pared y el de
B..
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SOLUCION
MA +MB = 5mvi = mAmB +mBvB (7)
mA~vA = mAvA cos + vA sen
mB~vB = mBvB cos vB sen
mA~vA = mAvA0,97 + vA0,24
mB~vB = mBvB0,89 vB0,48igualando en 11
mA +mB3 = mAvA0,97 + 0,24 +mBvB0,89 0,48253 = mAvA0,77 +mBvB0,699 (8)
mAvA0,24 +mBvB0,48 = 0 (9)
14
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mAvA = 2mBvB (10)
reemplazando la ecuacion 14 en 12
mB~vB = 26,50, mAvA = 53
mA~vA = 2,0 + 7,5
0.8. problema 19-25
. .- Un punto material que pesa 25N se desliza por una superficie horizontalllana y exenta de rozamiento a Vi= 3m/s, segun se indica en la figura.
Cuando el punto material se halla a 6 m de la pared, explota y se rompe endos. Una parte, de masa mA alcanza la pared en YA= 1.5m, mientras la
otra, de masa mB lo hace en YB= 3m. Si las dos partes llegansimultaneamente a la pared, determinar: a. Las masas mA y mB de las dos
partes. b. El impulso ejercido sobre A por la explosion. c. La velocidad VA/B de la parte A relativa a la B inmediatamente despues de la explosion.
.
SOLUCION
15
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19,25
MA +MB = 25mvi = mAmB +mBvB (11)
SOLUCION
mA~vA = mAvA cos + vA sen
mB~vB = mBvB cos vB sen
mA~vA = mAvA0,97 + vA0,24
mB~vB = mBvB0,89 vB0,48igualando en 11
mA +mB3 = mAvA0,97 + 0,24 +mBvB0,89 0,48
253 = mAvA0,97 +mBvB0,89 (12)
mAvA0,24 +mBvB0,48 = 0 (13)mAvA = 2mBvB (14)
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reemplazando la ecuacion 14 en 12
mB~vB = 26,50, mAvA = 53
mA~vA = 51,41 + 12,72
mB~vB = 23,59 12,72
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0.9. problema 19-26
. Se dispara una granada de 5 kg con una velocidad inicial Vo= 125 m/s yangulo=75, segun se indica en la figura. En el punto mas alto de su
trayectoria, la granada explota y se rompe en dos. Un fragmento de 2 kgllega al suelo en x= 50 m ; y= 350 m cuando t= 25 s. Determinar: a.
Cuando y donde llega al suelo el fragmento de 3 Kg. b. El impulso ejercidosobre el fragmento de 2 Kg por la explosion. c. El modulo medio Fmed de la
fuerza explosiva si la duracion de la explosion es ?t= 0.003 s.
SOLUCION
datos v0 = 125m/s, mT = 5kg, = 75, m1 +m2 = 5kg t = 25s,
Fuerza que actua en la gravedad
Movimiento centro masa ag = 9,81m/s2,
vG = v0 cos + v0 sen 9,81tm/s =38,82t+ 120,74t 9,81t2m/s,
rG = 38,82t+ 120,74t 4,905t2mEn el punto mas alto
dzgdt
= 0 120,74 9,81t = 0
entonces t = 12,31s instante de la explosion
x = 0, y = 477,87, z = 743,02
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Despues de la explosion en la masa m1 = 2kg actua la gravedad so-lo. Ec. movimiento centro masa ag = 9,81m/s2, v1 = v1x + v1y +v1z 9,81t2 12,31Posiciones: x1 = v1xt2 12,31, y1 = 477,87 + v1yt2 12,31, z1 =743,02 + v1zt 12,31 9,812 t 12,312Para t2 = 25s
v1x =50
2512,31 = 3,94m/s, v1y = 10,08m/s, v1z=-45.48m/s
Ec. cantidad de movimiento durante el movimiento
538,82 + 59,810,003 = 23,94 + 10,08 45,48 + 3v2entonces
v2 = 2,63 + 71,42 + 45,33m/sDespues de la explosion fuerza ejercida en m2 = 3Kg; despues de laexplosion es la gravedad a2 = 9,81m/s2
v2 = 2,63 + 71,42 + 45,33 9,81t3 12,31
Posiciones
x2 = 2,63t3 12,31, y2 = 477,87 + 71,42t 12,31,z2 = 743,02 45,33t3 12,31 9,812 t3 12,312.
Por condicion: Cuando el material m2 = 20N llega al suelo z2 = 0t = 30,07s entonces x2 = 46,71m, y2 = 1746,30mFuerza media en m1 = 2Kg
mvG = mvG
238,82 + F0,003 = 23,94 10,08 45,48entonces
Fmed = 2626,7 32600 30320 Fmed = 44597,8N
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ImpulsoI = m2~vf mT~v0
I = m2~v2 m2~v0
I = 22,63 + 71,42 + 45,33 238,82 + 120,74
I = 526 + 65,20 150,82
0.10. problema 19-27
Se dispara una granada de peso 50 N con una velocidad inicial Vo= 135m/s y angulo=50, segun se indica en la figura. Cuando t= 5 s, la granadaexplota y se rompe en dos. Un fragmento de 30 N de peso llega al suelo enx= 300 m ; y= 2100 m cuando t= 25 s. Determinar: a. Cuando y donde
llega al suelo el fragmento de 20 N. b. El impulso ejercido sobre elfragmento de 30 N por la explosion. c. El modulo medio Fmed de la fuerza
explosiva si la duracion de la explosion es ?t= 0.001 s .
SOLUCION
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dato v0 = 135m/s, t2 = 25 llega al suelo m1, t1 = 5s (tiempo de explosion)t2 = 5s (explosion trayectoria mas alta)
En m1 = 30N (movimiento centro masa) ag = 9,81m/s2, vG =v0 cos + v0 sen 9,81tm/s = 86,78t + 103,41t 9,81t2m/s, G =86,78t+ 103,41t 9,81
2t2m
Para t1 = 05s
x = 0, y = 433,9, z = 364,43
Despues de la explosion
Ec. movimiento del centro de masa m1 = 30N ag = 9,81m/s2, v1 =v1x + v1y + v1z 9,81t2 5Posiciones: x1 = v1xt2 5, y1 = 433,9 + v1yt2 5, z1 = 394,43 +v1zt 5 9,812 t 52Para t2 = 25s
v1x = 15m/s, v1y = 83,31m/s v1z = 78,38m/s
Ec. cantidad de movimiento
impulso en ma = 30N
5086,78 + 509,810,001 = 3015 + 83,31 + 78,38 + 20v2
entoncesv2 = 22,5 + 91,98 117,59
Despues de la explosion fuerza ejercida en m2 = 20N ; a2 = 9,81m/s2
v2 22,5 + 91,98 117,59 + 9,81t3 5
Posiciones
21
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x2 = 22,5t3 5, y2 = 433,9 + 91,98t 5,z2 = 394,43 117,59t3 5 9,812 t3 5.
Por condicion: Cuando el material m2 = 20N llega al suelo z2 = 0t3 = 7,98s entonces x2 = 67,05, y2 = 7,8Fuerza media en m1 = 30N
m~vGinicial = m~vGfinal
3086,78 + F0,001 = 3015 + 83,31 + 78,38
entonces
Fmed = 450000 104100 + 2351400 Fmed = 2396KNI = m1 ~V1 m1 ~V1 I = 3015 + 83,31 + 78,38 3086,78 + 103,41I = 450 104,1 750,9El impulso de m1 = 30N
0.11. problema 19-28
Una caja A de 10 Kg desciende por una rampa exenta de rozamiento( = 250) y choca contra una caja B de 5 Kg unida a un resorte de rigidez
(k = 8500N/m). A consecuencia del choque ambas cajas quedan unidas y sedeslizan conjuntamente. Si la caja A a partido del reposo siendo d = 5m,
determinar: .a. las velocidades de las cajas inmediatamente despues del choque.b. la maxima compresion que sufrira el resorte durante durante el
movimiento resultante.c. la aceleracion de las cajas en le instante de maxima compresion.
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Solucion:
Dato:mA = 10 Kg
mB = 5 Kg
= 25
velocidad de A antes de llegar al choque.fx = mA
a A
Reemplazando:mAgsin25
= mAa A
a A = 9,81 sin25a A = 4,14i(m/s2)
V fA
2=V iA
2+ 2a Ad reemplazando:
V fA
2= 0 + 2
(1,14i
) (5)
V fA = 6,43i(m/s
2)
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en el momento del choque aplicamos la ecuacion de conservacion demovimiento:
L i =L f
mAV fA +mB
V Bi = (mA +mB)
V
V Bi = 0 (se encuentra en reposo)
Reemplazando:
(10) (6,43) + (5) (0) = (10 + 5) V
V = 4,28i(m/s) (Velocidad del sistema) (a)
Como no actuan fuerzas exteriores, entonces aplicamos el teorema dela conservacion de energa entre los puntos 1 y 2.
E1 = E2
(mA +mB) gh+1
2(mA +mB)
V
2=
1
2kx2
24
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Reemplazando:
(15) (9,81) (xsin250)+ 12
(15) (4,28)2 = 12
(8500)x2
x1 = 0,17x1 = 0,19m
hallamos la aceleracion cuando los bloques A y B estan detenidos
V f(A+B)
2=V i(A+B)
2+ 2a (A+B)x
V f(A+B)
2= 0
Reemplazando:0 = 4,282 + 2a (0,19)a = 105,28(m/s2)
0.12. problema 19-29
la caja A, que pesa 125N, desciende por una rampa ( = 250) y chocacontra otra caja de peso 50N que esta unida a un resorte de (k = 2kN/m).
A consecuencia del choque ambas cajas quedan unidas y se deslizanconjuntamente por una superficie rugosa de(u = 0,4) Si la caja A a partido
del reposo siendo d = 6m, determinar:a. las velocidades de las cajas inmediatamente despues del choque.b. la maxima compresion que sufrira el resorte durante durante el
movimiento resultante.
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c. la aceleracion de las cajas en le instante de maxima compresion.
Solucion:
velocidad de A antes de llegar al choque.fx = mA
a A
Reemplazando:125sin250 fr = mAa A
125sin250 uN = mAa Aa A = 0,06i(m/s2)V fA
2=V iA
2+ 2a Ad
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reemplazando: V fA
2= 0 + 2
(0,06i
) (6)
V fA = 0,85i(m/s)
en el momento del choque aplicamos la ecuacion de conservacion demovimiento:
L i =L f
mAV fA +mB
V Bi = (mA +mB)
V
V Bi = 0 (se encuentra en reposo)
Reemplazando:
(12,74) (0,85) + (5,1) (0) = (12,74 + 5,1) V
V = 0,6i(m/s) (Velocidad del sistema) (a)
Como existen fuerzas exteriores, entonces aplicamos el teorema deltrabajo y energa entre los puntos 1 y 2.
wfr = E2 E1
fr.x = 12kx2 1
2(mA +mB)
V
2+ (mA +mB) gh
Reemplazando:
45,31x = 12
(2000)x2 12
(17,84) (0,61)2 (17,84) (9,81) (xsin250)
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x1 = 4,50 102mx2 = 7,37 102m (Se toma el positivo)
hallamos la aceleracion cuando los bloques A y B estan detenidos (enel punto 2)
V f(A+B)2
=V i(A+B)
2+ 2a (A+B)x
V f(A+B)
2= 0
Reemplazando:0 = 0,62 + 2a (7,37 102)
a = 2,44(m/s2)
0.13. problema 19-30
Un bloque de madera de 0.4 Kg esta en reposo sobre una superficiehorizontal rugosa (UK=0.3) y recibe el impacto de una bala de 0.03 Kg quelleva una velocidad inicial Vi=100m/s (fig-30).En el choque, la bala queda
incrustada en la madera, Determinar: a. La celeridad del conjuntobloque-bala inmediatamente despues del choque. b. La distancia que
recorrera el bloque antes de detenerse
Solucion
aveP0 = vePf
mb = masadelabala
mm = masadelamadera
mbv0 +mmv0 = mb +mmvf
28
-
reemplazando los datos
1000,03 = 0,43vf
donde vf velocidad de la bala
vf = 6,977m/s
b DCL despues del choque
frN
m = mb +mm
m0 = masa del bloque-bala
m0 = velocidad inicial de la madera mas velocidad inicial de la balaFx = mb +mma
fx = mb +mma (15)
Fy = 0 N = mg N = 0,43 9,81N mb +mmg = 0N = mb +mmg (16)
fr = Nk (17)
17 y 16 en 15kmb +mmg = mb +mma
kg = a (18)vf = v
20 + 2ax
v20 = 2kx
48,678 = 2kgx
reemplazando datosx = 8,27
29
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0.14. problema 19-31
un bloque de madera de peso 5N esta en reposo sobre una superficiehorizontal rugosa (u = 0,25) y recibe el impacto de una bala de 7 g, en el
choque la bala queda incrustada en el bloque. Sin el bloque se desliza 7.5 mantes de detenerse, determinar:
Solucion:
en el momento del choque aplicamos la ecuacion de conservacion demovimiento:
L i =L f
mAV A +mB
V B = (mA +mB)
V
V A = 0 (se encuentra en reposo)
Reemplazando:
(0,51) (0) + (0,007) (V B
)= (0,517) V
30
-
(0,007)(V B
)= (0,517)V
(19)
V = 0,6i(m/s) (Velocidad del sistema) (a)
Como existen fuerzas exteriores, entonces aplicamos el teorema deltrabajo y energa entre los puntos 1 y 2.
wfr = E2 E1
fr.d = 0 12
(mA +mB)V
2
Reemplazando:
0,25 7,5 = 12
(0,517)V
2
V = 2,69(m/s) (20)
(2) en (1)V B = 198,68(m/s)
0.15. problema 19-32
Un bloque de madera de 0.3Kg esta unido a un resorte deK=7500N/m(fig-32).El bloque esta en reposo sobre una superficie horizontal
rugosa (UK=0.4)y recibe el impacto de una bala de 0.030kg que lleva unavelocidad inicial Vi=150m/s. En el choque, la bala queda incrustada en la
madera. Determinar: a. La celeridad del conjunto bloque-balainmediatamente despues del choque. b. La distancia que recorrera el bloque
antes de detenerse. :
Solucion:
31
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a Datosk = 7500
k = 0,40
v
mb = 0,030
~P0 = ~Pf
mbv0 +mmvm = mb +mmvf
0,030150 = 0,030 + 0,30vf
4,50 = 0,33vf
vf = 13,636m/s
b
N = mg (21)
m = mb +mm
fr = kN = kmb +mmg (22)
luego
W = EM
aplicando y reemplsazndo ecuaciones
frx = 12nv2f +
1
2kx2 1
2mv20
1
2kx2
frx = 12kx2 1
2mv20
32
-
Nkx = 12
x2 12mv20
3,2370,4x = 0,2x2 30,6933,750x2 + 1,294x2 30,693 = 0
x =bb2 4ac
2a
x = 0,9029 0,903
0.16. problema 19-33
Un bloque de madera de 0.340kg esta unido a un resorte de K=1000N/m(fig19-32). El bloque esta en reposo sobre una superficie horizontal rugosa(UK=0.35) y el resorte indeformado cuando recibe el impacto de una balade 7g. En el choque, la bala queda incrustada en la madera. Si el maximoacortamiento del resorte despues del impacto es de 62.5mm,determinar: a.
La celeridad del conjunto bloque-bala inmediatamente despues del choque. b.La celeridad Vi que llevaba la bala. : Solucion
ambvi +mmvi = mb +mmvf
0,07vi = 0,41vf (23)
W = EM
frx = 12mV 2f +
1
2kx2f
1
2kx2
1
2kx2 + kNx 1
2mv20 = 0
33
-
reemplazado datos
1
21000x2 + 0,350,419,81x =
1
20,41v20
1
21000,6252 + 0,350,419,810,625 =
1
20,41v20
v0 = 30,9139 = 30,91m/s
entonces v0 = vf
v0 = vf = 30,91m/s
velocidad del bloque celeridad del conjunto
Reemplazado en23
0,07vi = 0,41vf
0,07vi = 0,4130,91
vi = 181,04m/s
(celeridad que llevaba el bloque)
0.17. problema 19-34
Un bloque de madera de 15Kg esta unido a un resorte deK=4500N/m(fig19-32).El bloque esta en reposo sobre una superficie
horizontal rugosa (Uk=0.3) y recibe el impacto de una bala de 0.03Kg.En elchoque ,la bala queda incrustada en la madera .Determinar la maxima
celeridad Vi para que el resorte no rebotase.. : Solucion
34
-
aplicando
~P0 = ~Pf
mbv0b +mmvm = mb +mmvf
0,03v0b = 15,03vf (24)
fr = 12mv2f +
1
2kx2 1
2mv20 +
1
2kx2
por condicion
kNx = 12kx2
x = 0,019
en modulo. Ahora
0,315,039,81 = 12mv2f +
1
2kv20
v2f =1
245000,0192 = 0,315,039,81
vf = 6,58 = 6,58m/s
reemplazando en 24
v0 =15,036,58
0,03= 3391,77m/s
celeridad minima
35
-
0.18. problema 19-35
un pendulobalstico consiste en una caja de peso 25N que contiene arena yesta suspendido de un hilo ligero de 1.5m de longitud, una bala de 14 ginside sobre la caja y queda incrustada en la arena. Si la celeridad que
llevaba inicialmente la bala era de 105 m/s, determinar:a. la celeridad del conjunto arena-bala inmediatamente despues del impacto.
b. el maximo angulo que describira el pendulo despues del impacto.
Solucion:
Datos:wA = 25N = mA = 2,55 Kg
mB = 14g = 0,014Kg
L = 1,5mV Bi = 105(m/s)
36
-
en el momento del choque aplicamos la ecuacion de conservacion demovimiento:
L i =L f
mAV Ai +mB
V Bi = (mA +mB)
V
V Ai = 0 (se encuentra en reposo)
Reemplazando:
(2,55) (0) + (0,014) (105) = (2,56) V
V = 0,57i(m/s)
(Velocidad del sistema) (a)
aplicamos conservacion de energa entre los puntos 1 y 2:
E2 = E1
(mA +mB)gh =1
2(mA +mB)
V
2
Reemplazando:
(2,55 + 0,014) (9,81)h =1
2(2,55 + 0,014)(0,57)2
h = 0,017m
hallando el maximo angulo que barre:
37
-
tan?() =X
L hReemplazando:
tan?() =0,24
1,50 0,017
= 9,19
0.19. problema 19-36
Dos automoviles chocan en un cruce, segun se indica en la figura. El autoA tiene una masa de 1200 Kg y el auto B de 1500 Kg. En el choque, las
ruedas de los autos quedan trabadas y los dos se deslizan(k = 0,2)juntos.Alolargode10menunadirecciondefinidapor? =
60.DeterminarlaceleridadesV AyV Bquellevabanlosautomovilesinmediatamenteantesdechocar. :dato
A = 1200KgB = 1500Kgk = 0,2d = 10m
38
-
SOLUCION
La variacion de la energa cinetica, es el trabajo realizado
1
2m~v2 = FR d = k = W
FR d = mgd1
2~v2f = mgd ~vf = 6,26
Ecuacion cantidad de movimiento
mA~vA +mB~vB =
m~vf
mAvA +mBvB = mAmB3,13 + 5,42
igualando
mAvA = mAmB3,13 vA = 27003,13 vA = 7,04y
mBvB = mAmB5,42 500vA = 27005,42 vB = 9,76
39