Práctica De Dinamica 2 Unidad 888.docx

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD CURSO:

DINÁMICA

TEMA: .

RESOLUCIÓN DE LA PRÁCTICA CALIFICADA

CATEDRATICO:

MGR. ALBERTO FLORES

INTEGRANTES: ENCINAS ALI JOSÉ ANTONIO MAMANI ANQUESI BETTY CATACHURA LLANQUE KAREN ROCIO VIZA VIZCARRA YEFFRY CARLOS CICLO:

IV

GRUPO:

A

MOQUEGUA - PERÚ 2016

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

P- 69.El mazo de un martinete pesa 300kg y cae desde una altura de 1.2m sin velocidad inicial (partiendo del reposo) incidiendo sobre la cabeza de un barreno de 150km que esta clavado 0.9m bajo el suelo. Después del choque el mazo y el barreno se desplazan juntos sin rebote apreciable. Calcular la velocidad común de ambos inmediatamente después del choque.

DATOS: 𝑊1 = 300 𝑘g ℎ1 = 1.2 𝑚 𝑚 𝑉0 = 0 𝑠 𝑊2 = 150 𝑘g ℎ2 = 0.9 𝑚 𝑒=0

SOLUCIÓN: Para hallar la 𝑽𝐟 del mazo, aplicamos lo siguiente: 𝑉f 2 = 𝑉0 2 + 2𝑔ℎ 𝑉f 2 = 0 + 2(9.81)(1.2) 𝑉f = √2(9.81)(1.2) 𝑉f = 4.852 𝑚/𝑠 ∑ ̅̅̅ 𝑃0 = ∑ ̅̅̅ 𝑃𝑓 𝑚1 𝑉̅1 + 𝑚2 ̅̅̅ 𝑉2 = 𝑚1 ̅̅̅̅ 𝑉1 ′ + 𝑚2 ̅̅̅̅ 𝑉2 ′ ̅ 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑢é𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑐ℎ𝑜𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜𝑠 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛 𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜𝑠, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ̅̅̅̅ 𝑉1 ′ = ̅̅̅ 𝑉2′ = 𝑉′ ̅ (𝑚1 + 𝑚2 ) 𝑚1 𝑉̅1 + 𝑚2 ̅̅̅ 𝑉2 = 𝑉′ ̅ (300 + 150) 0 + (300)(4.852) = 𝑉′ ̅ = 𝟑. 𝟐𝟑 𝒎/𝒔 𝑽′

RESPUESTA: ∴ 𝑳𝑨 𝑽𝑬𝑳𝑶𝑪𝑰𝑫𝑨𝑫 𝑪𝑶𝑴Ú𝑵 𝑫𝑬 𝑨𝑴𝑩𝑶𝑺 𝑰𝑵𝑴𝑬𝑫𝑰𝑨𝑻𝑨𝑴𝑬𝑵𝑻𝑬 𝑫𝑬𝑺𝑷𝑼𝑬𝑺 𝑫𝑬𝑳 𝑪𝑯𝑶𝑸𝑼𝑬 ̅ = 𝟑. 𝟐𝟑 𝒎/𝒔 : 𝑽′

DINÁMICA

PÁGINA 1

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

P- 89.-

Tres partículas inician su movimiento con velocidades constantes desde la posición que muestra desde la posición que se muestra (Fig. P.89), si v1 = 5i+3j m/seg, v2 = 6i m/seg, y v3 = 4i-2j m/seg. Determinar: a) La velocidad del centro de masa. b) La energía cinética del sistema. c) La cantidad de movimiento lineal L del sistema. DATOS: 𝑣1 = 5𝑖 + 3𝑗 𝑚/𝑠 𝑣2 = 6𝑖 𝑚/𝑠 𝑣3 = 4𝑖 − 2𝑗 𝑚/𝑠 𝑟𝑐 =??? L=??? T=??? SOLUCIÓN: MODULO DE LAS VELOCIDADES |𝑣1 | = √52 + 32 = 5.83 𝑚/𝑠 |𝑣2 | = √62 = 36 𝑚/𝑠 |𝑣3 | = √42 + 22 = 4.47 𝑚/𝑠

a) Hallamos la velocidad del centro de la masa: 𝑟𝑐 =

𝑊1 𝑟̇1 + 𝑊2 𝑟̇2 + 𝑊3 𝑟̇3 𝑊1 + 𝑊2 +𝑊3

𝑟𝑐 =

𝑚 × (5𝑖 + 3𝑗) + 2𝑚(6𝑖) + 3𝑚(4𝑖 − 2𝑗) 𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚

𝑟𝑐 =

29𝑖 − 3𝑖 6

𝒓𝒄 = 𝟒. 𝟖𝟑𝒊 − 𝟎. 𝟓𝒋

DINÁMICA

PÁGINA 2

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

b) Hallamos la energía cinética del Sistema: 3

1 𝑇 = ∑ 𝑚𝑖 𝑣𝑖 2 2 𝑖=1

1 𝑇 = [𝑚 × 5.832 + 2𝑚 × 62 + 3𝑚 × 4.472 ] 2 𝑻 = 𝟖𝟐. 𝟗𝟔𝟓 𝒎

c) Hallamos la cantidad de movimiento lineal del Sistema: 3

𝐿 = ∑ 𝑚𝑖 𝑣𝑖 𝑖=1

𝐿 = 𝑚(5𝑖 + 3𝑗) + 2𝑚(6𝑖) + 3𝑚(4𝑖 − 2𝑗) 𝑳 = 𝒎(𝟐𝟗𝒊 − 𝟑𝒋)

RESPUESTA: ∴ 𝑳𝑨 𝑽𝑬𝑳𝑶𝑪𝑰𝑫𝑨𝑫 𝑫𝑬𝑳 𝑪𝑬𝑵𝑻𝑹𝑶 𝑫𝑬 𝑴𝑨𝑺𝑨 𝑬𝑺: 𝒓𝒄 = 𝟒. 𝟖𝟑𝒊 − 𝟎. 𝟓𝒋 ∴ 𝑳𝑨 𝑬𝑵𝑬𝑹𝑮𝑰𝑨 𝑪𝑰𝑵𝑬𝑻𝑰𝑪𝑨 𝑫𝑬𝑳 𝑺𝑰𝑺𝑻𝑬𝑴𝑨 𝑬𝑺: 𝑻 = 𝟖𝟐. 𝟗𝟔𝟓 𝒎 ∴ 𝑳𝑨 𝑪𝑨𝑵𝑻𝑰𝑫𝑨𝑫 𝑫𝑬 𝑴𝑶𝑽𝑰𝑴𝑰𝑬𝑵𝑻𝑶 𝑳𝑰𝑵𝑬𝑨𝑳 L 𝑫𝑬𝑳: 𝑺𝑰𝑺𝑻𝑬𝑴𝑨𝑻 𝑬𝑺 𝑳 = 𝒎(𝟐𝟗𝒊 − 𝟑𝒋

DINÁMICA

PÁGINA 3

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

13.17.El tren subterraneo que se muestra en la figura viaja a una rapidez de 30ml/h cuando se aplican por completo los frenos en la rueda de los carros B y C, lo que causa que estos se deslicen sobre la vía, pero no se aplica sobre las ruedas del carro A. Si se sabe que el coeficiente de fricción cinética es de 0.35 entre las ruedas y la vía, determine: a) La distancia requerida para que el tren se detenga. b) La fuerza en cada acoplamiento.

DATOS: 𝑢𝑥𝑘 = 0.35 d =??? 𝐹1 =??? 𝐹2 =??? 𝑚𝐴 = 40 𝑡𝑜𝑛 = 40 × 103 𝐾𝑔 𝑚𝐵 = 50 𝑡𝑜𝑛 = 50 × 103 𝐾𝑔 𝑚𝐶 = 40 𝑡𝑜𝑛 = 40 × 103 𝐾𝑔 𝑔 = 9.81 𝑚/𝑠 2 𝑣𝑜 = 30

𝑚𝑙 = 13.41 𝑚/𝑠 𝑠

𝑣𝑓 = 0 𝑚/𝑠

DINÁMICA

PÁGINA 4

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD SOLUCIÓN:

HALLANDO LAS FRICCIONES CORRESPONDIENTES EN LAS RUEDAS DEL CARRO B Y C:

𝒇𝒔𝑩 = 𝒖𝒙𝒌 × 𝑵𝑩 𝑓𝑠𝐵 = 𝑢𝑥𝑘 × 𝑚𝐵 × 𝑔 𝑓𝑠𝐵 = 0.35 × 50 × 103 × 9.81 𝑓𝑠𝐵 = 171675 N

𝒇𝒔𝑪 = 𝒖𝒙𝒌 × 𝑵𝑪 𝑓𝑠𝐶 = 𝑢𝑥𝑘 × 𝑚𝐶 × 𝑔 𝑓𝑠𝐶 = 0.35 × 40 × 103 × 9.81 𝑓𝑠𝐶 = 137340 𝑁

HALLANDO LA DISTANCIA POR LA CONSERVACIÓN DE ENERGÍA:

𝑬𝒎𝒆𝒄𝑨 = 𝑬𝒎𝒆𝒄𝑩 1 × 𝑚𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 × 𝑣 2 − 𝑓𝑠𝐵 × 𝑑 − 𝑓𝑠𝐶 × 𝑑 = 0 2 1 × (𝑚𝐴+ 𝑚𝐵+ 𝑚𝐶 ) × 𝑣 2 = (𝑓𝑠𝐵 + 𝑓𝑠𝐶 ) × 𝑑 2 1 (𝑚𝐴+ 𝑚𝐵+ 𝑚𝐶 ) × 𝑣 2 × =𝑑 2 (𝑓𝑠𝐵 + 𝑓𝑠𝐶 )

Reemplazando sus respectivos valores: 1 (40 + 50 + 40) × 103 × 13.412 × =𝑑 2 (171675 + 137340) 𝟑𝟕. 𝟖𝟑 𝒎 = 𝒅

DINÁMICA

PÁGINA 5

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

HALLANDO LAS ACELERACIÓN DEL SISTEMA CON LA CINEMATICA:

𝒎

Si tenemos: 𝒗𝒇 = 𝟎 ; 𝒗𝒐 = 𝟏𝟑. 𝟒𝟏 𝒔 ; 𝒅 = 𝟑𝟕. 𝟖𝟑 𝒎 ; 𝒂 =? ? ? 𝑣𝑓 2 = 𝑣𝑜 2 + 2 × 𝑎 × 𝑑 𝑣𝑓 2 −𝑣𝑜 2 =𝑎 2×𝑑 Reemplazando sus respectivos valores: 02 −13.412 =𝑎 2 × 37.83 𝑚 −2.37 2 = 𝑎 (←) 𝑠 𝒎 𝟐. 𝟑𝟕 𝟐 = 𝒂 (→) 𝒔

HALLANDO LAS FUERZAS DE ACOPLAMIENTO: ∑ 𝒇 = 𝒎𝒔𝒊𝒔𝒕. × 𝒂 𝒙

Diagrama de cuerpo libre (C) 𝐹2 − 𝑓𝑠𝐶 = 𝑚𝐶 × 𝑎 𝐹2 = 𝑚𝐶 × 𝑎 + 𝑓𝑠𝐶 𝐹2 = 40 × 103 × (−2.37) + 137340 𝑭𝟐 = 𝟒𝟐𝟓𝟒𝟎 𝑵

DINÁMICA

PÁGINA 6

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

Diagrama de cuerpo libre (B) 𝐹1 − 𝐹2 − 𝑓𝑠𝐵 = 𝑚𝐵 × 𝑎 𝐹1 = 𝑚𝐵 × 𝑎 + 𝐹2 + 𝑓𝑠𝐵 𝐹1 = 50 × 103 × (−2.37) + 42540 + 171675 𝑭𝟏 = 𝟗𝟓𝟕𝟏𝟓𝑵

Diagrama de cuerpo libre (A) 𝐹𝐴 − 𝐹1 = 𝑚𝐴 × 𝑎 𝐹𝐴 = 𝑚𝐴 × 𝑎 + 𝐹1 𝐹𝐴 = 40 × 103 × (−2.37) + 95715 𝑭𝑨 = 𝟗𝟏𝟓 𝑵

RESPUESTA:

∴ 𝑳𝑨 𝑫𝑰𝑺𝑻𝑨𝑵𝑪𝑰𝑨 𝑬𝑵 𝑸𝑼𝑬 𝑺𝑬 𝑫𝑬𝑻𝑬𝑵𝑫𝑹𝑨 𝑬𝑳 𝑻𝑹𝑬𝑵 𝑬𝑺: 𝒅 = 𝟑𝟕. 𝟖𝟑 𝒎 ∴ 𝑳𝑨𝑺 𝑭𝑼𝑬𝑹𝒁𝑨𝑺 𝑫𝑬 𝑨𝑪𝑶𝑷𝑳𝑨𝑴𝑰𝑬𝑵𝑻𝑶 𝑺𝑶𝑵 ∶ 𝑭𝟏 = 𝟗𝟓𝟕𝟏𝟓𝑵 𝑭𝟐 = 𝟒𝟐𝟓𝟒𝟎 𝑵

DINÁMICA

PÁGINA 7

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

13.32.Un pistón de masa m y área de sección transversal A esta en equilibrio bajo la presión p en el centro de un cilindro cerrado en ambos extremos. Si se supone que el pistón se mueve ala izquierda una distancia a/2 y se suelta y si se sabe que la presión sobre cada lado del pistón varia inversamente con el volumen, determine la velocidad del pistón cuando regresa al centro del cilindro. Desprecie la fricción entre el pistón y el cilindro y exprese su respuesta en términos de m, a, p, A. DATOS: 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑖𝑠𝑡ó𝑛 = 𝑚 á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 = 𝐴 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 𝑃 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑎/2 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑖𝑠𝑡ó𝑛: 𝑣 =? ? ?

SOLUCIÓN: POR CONDICIÓN: LAPRESIÓN VARIA INVERSAMENTE CON EL VOLUMEN 𝑃𝐿 𝑃

=

𝑃𝐿 =

𝐴𝑎 𝐴𝑥 𝑃𝑎 𝑥

𝑃𝑅 𝐴𝑎 = 𝑃 𝐴(2𝑎 − 𝑥) 𝑃𝑅 =

𝑝𝑎 (2𝑎 − 𝑥)

DINÁMICA

PÁGINA 8

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD INICIALMENTE EN 1 𝑣=0 𝑥=

𝑎 2

𝐸𝐶1 = 0 1 𝑥 = 𝑎, 𝐸𝐶2 = 𝑚𝑣 2 2

EN 2 SE APLICA UNA INTEGRAL 𝑎

𝑎

1 1 𝑝𝑎𝐴 [ − ] 𝑑𝑥 𝑥 2𝑎 − 𝑥 𝑎/2

𝑈1−2 = ∫ ( 𝑃𝐿 − 𝑃𝑅 )𝐴𝑑𝑥 = ∫ 𝑎/2

𝑈1−2 = 𝑝𝑎𝐴[ln 𝑥 + ln(2𝑎 − 𝑥)]𝑎𝑎/2 𝑎 3𝑎 𝑈1−2 = 𝑝𝑎𝐴 [ln 𝑎 + ln 𝑎 − ln ( ) − ln ( )] 2 2 𝑈1−2 = 𝑝𝑎𝐴 [ln 𝑎2 − ln

3𝑎2 4 ] = 𝑝𝑎𝐴 ln ( ) 4 3

SE APLICA LA CONSERVACIÓN DE ENERGIA PARA DETERMINAR LA VELOCIDAD:

𝑬𝒎𝒆𝒄𝟏 = 𝑬𝒎𝒆𝒄𝟐 4 1 𝐸𝐶1 + 𝑈1−2 = 𝐸𝐶2 0 + 𝑝𝑎𝐴 ln ( ) = 𝑚𝑣 2 3 2 4 2𝑝𝑎𝐴 ln ( ) 3 = 0.5754 𝑝𝑎𝐴 𝑣 = 𝑚 𝑚 2

𝒑𝒂𝑨 𝒗 = 𝟎. 𝟕𝟓𝟗√ 𝒎 RESPUESTA:

∴ 𝐋𝐀 𝐕𝐄𝐋𝐎𝐂𝐈𝐃𝐀𝐃 𝐂𝐎𝐍 𝐐𝐔𝐄 𝐑𝐄𝐆𝐑𝐄𝐒𝐀 𝐄𝐋 𝐏𝐈𝐒𝐓Ó𝐍 𝐀𝐋 𝐂𝐄𝐍𝐓𝐑𝐎 𝐃𝐄𝐋 𝐂𝐈𝐋𝐈𝐍𝐃𝐑𝐎 𝒑𝒂𝑨 𝐄𝐒: 𝒗 = 𝟎. 𝟕𝟓𝟗√ 𝒎

DINÁMICA

PÁGINA 9

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

13.200.Un bloque A de 2 kg se empuja hacia arriba contra un resorte, comprimiendolo una distancia x = 0.1m. Después el bloque se libera desde el reposo y se desliza hacia abajo sobre el plano inclinado de 20° hasta que golpea una esfera B de 1 kg que se encuentra suspendida de una cuerda inextensible de 1m . La constante del resorte es k = 800N, el coeficiente de fricción entre A y el suelo es 0.2, la distancia que se desliza A desde la longitud sin estirar del resorte es d = 1.5m y el coeficiente de restitución entre A y B es de 0.8. Cuando 𝛼 = 40°, determine: a) La rapidez de B. b) La Tensión en la cuerda. DATOS: 𝑚𝐴 = 2𝐾𝑔 𝑥𝐴 = 0.1 𝑚 𝑣𝑜 = 0 𝑚/𝑠 𝑚𝐵 = 1𝑘𝑔 𝐿 = 1𝑚 𝑘 = 800𝑁/𝑚 𝑢𝑘 = 0.2 𝑑 = 1.5 𝑚 𝑒 = 0.8 𝛼 = 40°

𝑊𝑓𝑠 = 𝑓𝑠 . 𝑑

𝑔 = 9.81 𝑚/𝑠 2

𝐸𝑝𝑒 = 2 𝑘𝑥 2

𝐹𝑎𝑐.1 =???

𝐸𝑝𝑔 = 𝑚𝑔ℎ

𝐹𝑎𝑐.2 =???

𝐸𝑐 = 2 𝑚𝑣 2

DINÁMICA

1

1

PÁGINA 10

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

∆𝑬 = −∆𝑾𝒇𝒔 𝑬𝒎𝒆𝒄𝑩 − 𝑬𝒎𝒆𝒄𝑨 = −(𝑾𝒇𝒇 − 𝑾𝒇𝒔 ) 𝑬𝒎𝒆𝒄𝑩 = 𝑬𝒎𝒆𝒄𝑨 − 𝑾𝒇 𝑬𝒑𝒆𝟐 + 𝑬𝒑𝒈𝟐 + 𝑬𝒄𝟐 = 𝑬𝒑𝒆𝟏 + 𝑬𝒑𝒈𝟏 + 𝑬𝒄𝟏 − 𝑾𝒇𝟏 1 1 𝑚2 𝑣𝐴2 = 𝑘. 𝑥𝐴2 + 𝑚𝐴 . 𝑔. ℎ𝐴 − 𝑓𝑠 (𝑑 + 𝑥) 2 2 1 1 × 1 × 𝑣𝐴2 = × 800 × (0.1)2 + 2 × 9.81 × 1.6 sin 20 − 3.68(1.6) 2 2 1 2 𝑣 = 8.85 2 𝐴 𝑣𝐴 = √2 × 8.85 𝑣𝐴 = 4.21 𝑚/𝑠

OP. Aux 𝒇𝒔 = 𝝁𝒌 𝑵 𝑓𝑠 = 𝜇𝑘 . 𝑚𝐴 . 𝑔. cos 20 𝑓𝑠 = 3.68 𝑁

DINÁMICA

PÁGINA 11

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

A y B componentes horizontales

𝒎𝑨 𝒗𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟎 + 𝟎 = 𝒎𝑨 𝒗′𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟎 + 𝒎𝑩 𝒗′𝑩 2 × 2.97 cos 20 = 2𝑣′𝐴 cos 20 + 1 × 𝑣′𝐵 5.58 = 2𝑣′𝐴 cos 20 + 𝑣′𝐵 … … (1)

Velocidades relativas (𝒗′ 𝑩 )𝒏 − (𝒗′ 𝑨 )𝒏 = −𝒆[(𝒗𝑩 )𝒏 − (𝒗𝑨 )𝒏 ] 𝑣 ′ 𝐵 cos 20 − 𝑣 ′𝐴 = 𝑒[−𝑣𝐵 + 𝑣𝐴 ] 𝑣 ′ 𝐵 cos 20 − 𝑣 ′𝐴 = 0.8[2.97] 𝑣 ′ 𝐵 cos 20 − 𝑣 ′𝐴 = 2.38 … … (2)

DINÁMICA

PÁGINA 12

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD 2 cos 20 𝑣 ′𝐴 + 𝑣 ′ 𝐵 = 5.58 −𝑣 ′𝐴 + cos 20 𝑣 ′ 𝐵 = 2.38 /2 cos 20 2 cos 20 𝑣 ′𝐴 + 𝑣 ′ 𝐵 = 5.58 −2 cos 20 𝑣 ′𝐴 + 2 cos2 20 𝑣 ′ 𝐵 = 2.38 × 2 cos 20 2.77𝑣 ′ 𝐵 = 10.05 𝒗′ 𝑩 = 𝟑. 𝟔𝟑 𝒎/𝒔 𝑣 ′ 𝐵 cos 20 − 2.38 = 𝑣 ′𝐴 3.63 × cos 20 − 2.38 = 𝑣 ′𝐴 𝒗′ 𝑨 = 𝟏. 𝟎𝟑 𝒎/𝒔

Esfera B :Usa la conservación de la energía para hallar la velocidad de B.

𝒉𝒈 = 𝒍 − 𝒍𝒄𝒐𝒔(𝜶) ℎ𝑔 = 𝑙(1 − 𝑐𝑜𝑠(𝛼)) ℎ𝑔 = 1(1 − 𝑐𝑜𝑠(40°)) ℎ𝑔 = 0.23 𝑚

𝑬𝒎𝒆𝒄𝑨 = 𝑬𝒎𝒆𝒄𝑩 𝑬𝒑𝒆𝟏 + 𝑬𝒑𝒈𝟏 + 𝑬𝒄𝟏 = 𝑬𝒑𝒆𝟐 + 𝑬𝒑𝒈𝟐 + 𝑬𝒄𝟐 1 1 𝑚𝐵 𝑣′2𝐵 = 𝑚𝐵 𝑣′2𝐵𝑓 + 𝑚𝐵 . 𝑔. ℎ𝑔 2 2 1 1 × 1 × 3.632 = × 1 × 𝑣′2𝐵𝑓 + 1 × 9.81 × 0.23 2 2 6.59 =

1 × 1 × 𝑣′2𝐵𝑓 + 2.26 2

2 × (6.59 − 2.26) = 𝑣′2𝐵𝑓 √2 × (6.59 − 2.26) = 𝑣′𝐵𝑓 𝒗′𝑩𝒇 = 𝟐. 𝟗𝟒 𝒎/𝒔

DINÁMICA

PÁGINA 13

RESOLUSIÓN DE LA PRÁCTICA- II UNIDAD

Hallando la tensión en la cuerda por el principio de la dinámica:

𝑎𝑛 =

𝑣′𝐵𝑓

2

𝑙

𝑙 = 1.0 𝑚 𝑎𝑛 =

2.942

1

= 8.64 𝑚/𝑠 2

∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝐵 × 𝑎𝑛 𝑇 − 𝑚𝐵 × 𝑔 × 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑚𝐵 × 𝑎𝑛 𝑇 = 𝑚𝐵 × 𝑎𝑛 + 𝑚𝐵 × 𝑔 × 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑇 = 1 × 8.64 + 1 × 9.81 × 𝑐𝑜𝑠40° 𝑻 = 𝟏𝟔. 𝟏𝟓 𝑵

RESPUESTA: ∴ 𝑳𝑨 𝑽𝑬𝑳𝑶𝑪𝑰𝑫𝑨𝑫 𝑭𝑰𝑵𝑨𝑳 𝑬𝑵 "B" ES : 𝒗′𝑩𝒇 = 𝟐. 𝟗𝟒 𝒎/𝒔 ∴ 𝑳𝑨 𝑻𝑬𝑵𝑺𝑰Ó𝑵 𝑬𝑵 𝑳𝑨 𝑪𝑼𝑬𝑹𝑫𝑨 𝑬𝑺 ∶ 𝑻 = 𝟏𝟔. 𝟏𝟓 𝑵

DINÁMICA

PÁGINA 14