PROBLEMAS RESUELTOS DE CINEMATICA (OPTACIANO) - (Reparado)
PROBLEMAS RESUELTOS DE CINEMATICA (OPTACIANO) - (Reparado)
PROBLEMAS RESUELTOS DE CINEMATICA (OPTACIANO) - (Reparado)
a 12t 12
a0 12(0) 12 12m / s 2
a2 12(2) 12 12m / s 2
Problema 02
1
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
1 1 k
dT A1 A2 (5)(20) (3)(12) vdv ( )dx
2 2 x
dT 68 pies v x dx
0 vdv k x0 x
Problema 03 v2
v
k ln x x
x
Solución.
Sabemos que
2
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
v
dx
x Un proyectil penetra en un medio
dt resistente en x = 0 con una velocidad
dx
dt inicial v0 = 270 mm/s y recorre 100 mm
x antes de detenerse. Suponiendo que la
x t
0
x 1/ 2 dx dt
0
velocidad del proyectil esté definida por
1 22 la relación 𝑣 = 𝑣0 − 𝑘𝑥 , donde v se
x t (1) expresa en m/s y x está en metros.
4
Determine: (a) la aceleración inicial del
Derivando la última ecuación respecto proyectil, (b) el tiempo que tarda en
del tiempo se tiene penetrar 95 mm en el medio.
1
d [ 2t 2 ] Solución.
dx
v 4
dt dt
1 Parte a: Cálculo de la constante k: Se
v 2t (2)
2 sabe que cuando x = 0,1 m, la velocidad
es nula, entonces de la ecuación de la
Aceleración en función del tiempo. velocidad se tiene
dv d 1 2 v v0 kx
a t
dt dt 2 v 270 kx
2 0 270m / s k (0,1m)
a (3)
2 k 2700s 1 (1)
Problema 05
3
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
v
x dx t
0
dt
270 2700 x 0
v2
[2v0v ] 5t
2 v
x 0
1
t ln(270 2700 x) 4v0v v 3v 10t
2 2
0 (1)
2700 0
1 1
t ln Parte (a): Cálculo de v0. De los datos se
2700 1 10 x
tiene que para t = 2 s, la velocidad es v
= v0/2, entonces de la ecuación (1) se
Cuando x = 95 mm, el tiempo será obtiene
1 1
t ln
v v
4v0 ( 0 ) ( 0 )2 3v02 10(2s)
2700 1 10(0, 095m) 2 2
t 1,11.103 s v0 4m / s (2)
4
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
Se sabe que
Problema 08
dr
v (5t 2 8t )iˆ La aceleración de una partícula es 𝑎 =
dt
𝑘 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡/𝑇) . Si tanto la velocidad
dr (5t 2 8t )iˆ
r t 3 como la coordenada de posición de la
r0
dr
0
(5t 2 8t )dtiˆ partícula son cero cuando t = 0.
3 Determine: (a) las ecuaciones de
5t 3
r r0 [ 4t 2 ]i movimiento, (b) La máxima velocidad,
3 0 (c) la posición para t = 2T, (d) la
3
5(3) velocidad media en el intervalo de t = 0
r [ 4(3) 2 ]i
3 hasta t = 2T.
r (9iˆ)m
Solución
Parte (b): Distancia total entre t = 0 s y
t = 3 s. Parte (a) Ecuaciones de movimiento
1,6 s 3s
La posición en función del tiempo será
dT
0
(5t 2 8t )dt 1,6 s
(5t 2 8t )dt
1,6 s 3s
5t 3 5t 3
dT 4t 2 4t 2
3 0
3 1,6 s
5
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
kT 2 t vB 0 (1m / s 2 )(1s)
t
x 2 sen
T T vB 1m / s (2)
kT 2 (2T ) 2 T
x2T 2 sen Movimiento de B hasta C. Es un
T T
2kT 2
MRUV
x2T
1
xC xB vBt a2t 2
2
Parte (d). Velocidad media para 0 ≤
1
𝑡 ≤ 2𝑇 xC 0,5 1m / s(10s) (0, 05m / s 2 )(10 s) 2
2
2kT 2
0 xC 8m (3)
x2T x0
kT
vm vm vC vB a2t
t 2T t 0 2T 0
vB 1m / s (0, 05m / s 2 )(10s)
vB 0,5m / s (4)
Problema 09
Movimiento de B hasta C. Es un
Un automóvil parte del reposo y se MRUV
desplaza con una aceleración de 1 m/s2
durante 1 s, luego se apaga el motor y el vD vC a3t
auto desacelera debido a la fricción 0 0,5m / s a3 (5s)
durante 10 s a un promedio de 5 cm/s2. a3 0,1m / s (6)
6
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
1
xD xC vC t a3t 2
2 1 2
xO xB vBt BO at BO
1 2
xD 8 0,5m / s (5s ) (a3 )(5s ) 2
2 1 2
0 xB 0(t BO ) at BO
25 2
xD 10,5m (0,1m / s 2 )
2 1 2
xB at BO (3)
xD 9, 25m (Rta) 2
1 2
xB xA vAt AB at AB
2 El tiempo que demora la partícula en ir
1 2 de A a B es
xB 1, 2m 1,5t AB at AB (1)
2
vB vA at AB 1 1
t AB
0 1,5m / s at AB a 0, 733
at AB 1,5m / s (2) t AB 2, 045s
7
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120 m dx t
1 30 m
273 1, 6 x
dt
0
xB (0, 733m / s 2 )(2, 045s) 2
2 120 m
t 1, 25 273 1, 6 x
xB 1,533m 30
t 7,5s (2)
Problema 11
Cálculo del desplazamiento x durante
Un cuerpo se mueve en línea recta con los dos segundos que preceden a la
una velocidad cuyo cuadrado disminuye llegada a B. Para ello se determina la
linealmente con el desplazamiento entre posición cuando t = (7,5 s – 2 s) = 5,5
los puntos A y B los cuales están s.
separados 90 m tal como se indica.
Determine el desplazamiento Δx del x dx 5,5
El desplazamiento es
8
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a(t2 ) 2 9
a(t1 )2 4
t2 3
t1 2
De la figura se observa que t2 1,5t1 (8)
A1 A2 6,5m 2v0 4 v0 2m / s
1 1
(t1 )(v0 ) (t2 )(v f ) 6,5m (3) Entonces la aceleración será
2 2
3m / s a(3s )
Sumando las ecuaciones (1) y (2),
tenemos a 1m / s 2
9
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
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Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
16 x A2 (2 x A ) A 0
con una velocidad constante de dxC 1 1/ 2 dx
vA =4m/s a lo largo de la guía. dt 2 dt
Determine la velocidad y la vC
xA
vA (4)
aceleración de la caja en el instante 16 x A2
en que s = 1 m . Cuando el rodillo
está en B la caja se apoya sobre el Remplazando valores obtenemos
piso.
3m(4m / s )
vC
16 32
vC 2, 4m / s
dvC d xA
aC vA
dt dt 16 xA2
v2 xAaA x A2 v A2
aC A
16 xA2 16 xA2 [16 x A2 ]3
xC 42 xA2 8m (1)
11
Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
aA 2(0,025m / s 2 ) 0
aA 0,05m / s 2 0,05m / s 2
Problema 16
En la figura mostrada, el bloque A se
está moviendo hacia la derecha con una
celeridad de 4 m/s; la celeridad
disminuye a razón de 0,15 m/s2. En el
instante representado sA = 8 m y sB = 6
m. Determine la velocidad relativa 𝑣⃗𝐵/𝐴
y la aceleración relativa 𝑎⃗𝐵/𝐴 .
Solución
Utilizando cinemática de movimientos
dependientes se encuentra la relación
entre posiciones
2S A S B ( S B S A h) LC
S A 2S B Cte (1)
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Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
La aceleración de B Cuerda I
2a A 3aB 0 SP SC L1 (3)
( S A S P ) ( S B S P ) L2
aB 0,1m / s 2
S A S B 2S P L2 (4)
La aceleración relativa de B con
Derivando respecto del tiempo las
respecto a A será
ecuaciones (3) y (4) se obtiene la
aB / A a B a A relación entre las velocidades.
aB / A (0,1 ˆj 0,15iˆ)m / s 2 vP vC 0 (5)
vA vB 2vP 0 (6)
Problema 18
La posición de una partícula que se
mueve sobre el plano xy se expresa
mediante la ecuación
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Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
Solución
Parte (c). La velocidad instantánea para
t = 2 s es La posición, velocidad y aceleración del
punto P son
dr
v 60t 2iˆ 100tjˆ 1 1
dt r xiˆ yjˆ (20 t 2 )iˆ (15 t 3 ) ˆj
4 6
v2 60(2) 2 iˆ 100(2) ˆj 2
dr t ˆ t ˆ
v2 (240iˆ 200 ˆj )mm / s v i j
dt 2 2
dv 1 ˆ ˆ
Parte (d). La aceleración instantánea a i tj
dt 2
para t = 2 s es
La velocidad y la aceleración cuando t
dv = 2 s son
a 120tiˆ 100 ˆj
dt
v2 (iˆ 2 ˆj )m / s
a2 120(2)iˆ 100 ˆj
v2 5m / s
a2 (240iˆ 100 ˆj )mm / s 2
1
a ( iˆ 2 ˆj )m / s 2
2
Problema 19 a 2, 062m / s 2
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Física General I Cinemática de una Partícula Optaciano Vásquez García 1900
1
y 15 t 3 x 2t 2 t 2
6 y 2t 2
1 3
y 15 2( x 20)1/ 2
6 Despejando el tiempo de la última
6( y 15) 8( x 20)3/ 2 ecuación y remplazando en la
9( y 15) 2 2( x 20)3 coordenada x resulta
y
t 1
Problema 20 2
2
y y
x 2 1 1 2
La velocidad de una partícula que se 2 2
mueve sobre el plano xy se define 2 x y 2 5 y 10
mediante la ecuación
Problema 21
v (4t 1)iˆ 2 ˆj
El vector de posición de un punto
Donde v y t se expresan en m/s y en material que se mueve en el plano xy
segundos, respectivamente. La partícula está dado por
está localizada en 𝑟⃗ = 2 3 t4
(3𝑖̂ + 4𝑗̂)𝑚, cuando t = 1 s. determine r t 3 t 2 iˆ ˆj
3 2 12
la ecuación de la trayectoria descrita
por la partícula. Donde 𝑟⃗está en metros y t en segundos.
Determine el ángulo que forman la
Solución
velocidad 𝑣⃗ y la aceleración 𝑎⃗ cuando
En primer lugar se determina la (a) t = 2 s y (b) t = 3 s.
posición de la partícula en cualquier
Solución
instante, mediante integración de la
velocidad. La velocidad y la aceleración en
dr
cualquier tiempo están dadas por las
v (4t 1)iˆ 2 ˆj ecuaciones
dt
r t
r1 dr 1s (4t 1)iˆ 2 ˆj dt
3
t
v (2t 2 3t )iˆ ˆj
t 3
r r1 (2t 2 t )iˆ 2tjˆ a (4t 3)iˆ t ˆj
2
1s
v2 3,33m / s
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Solución
Ecuaciones de movimiento horizontal
x v0 xt v0 cos t x v0 cos50t
2 v y vAy gt (2)
4 4
0,9 v0 sen50 4,9
v0 cos 50 v0 cos 50
1
y y A v Ay t gt 2 1,5 v Ay t 4,9t 2 (3)
2
78, 4
0,9 4tg 50 2 v y vAy 2 g ( y y A ) (4)
2 2
v0 cos 2 50
78, 4 El punto más alto B se logrará cuando
3,867
v (cos 50) 2
2
0 la pelota pase rosando el techo del
gimnasio (punto C), en este caso la
v0 7m / s
velocidad en la dirección y del punto C
Problema 24 será nula y la altura y = 6 m, de la
ecuación (4) se tiene.
Un jugador lanza una pelota con una
velocidad inicial v0 = 15 m/s desde
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2
vCy v Ay
2
2 g ( yC y A )
0 vAy
2
19, 6(6 1,5)
vAy 9,396m / s (5)
Solución
Problema 26
En la figura se muestra el sistema de
referencia escogido para resolver el En la figura mostrada, una pelota se
problema lanza desde un plano inclinado y choca
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1
76.4 19, 45t 4,9t
2
10
1 La velocidad inicial es
y v0 y t gt 2 (v0 sen )t 4,9t 2 (3)
2
v y v02y 2 g ( y ) (4)
2
v0 v02x v02y 14, 612 19, 452
v0 24,33m / s
Cuando la pelota alcanza la posición C,
la componente y de la velocidad en El ángulo θ tiene el siguiente valor
dicha posición es nula. Entonces la
ecuación (4) se escribe en la forma v0 y 19, 45
tg 1,331
v0 x 14, 61
53
19
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dvx
ax kvx
dt
Problema 27 dvx
kdt
vx
En el instante t = 0 se lanza un
dvx
vx t
proyectil en el seno de un fluido
v0 x v
k dt
0
experimental. La velocidad inicial es v0 x
vy dv y t
v0 y g 0
k dt
(v y )
Solución k
g g
La aceleración debido a la v y v0 y e kt
k k
resistencia del agua se puede escribir
g g
en la forma v y v0 sen e kt (7)
k k
aD kv k (vxiˆ v y ˆj ) (1)
y g t g t
La aceleración neta que actúa sobre 0
dy v0 sen e kt dt dt
k 0 k 0
el proyectil será 1 g
y v0 sen 1 e kt t
g
(8)
k k k
a aD gjˆ k (vxiˆ v y ˆj ) gjˆ
a kvxiˆ (kv y g ) ˆj (2) La velocidad terminal se determina
haciendo 𝑡 → ∞, rs decir
Las componentes de la aceleración
vx (v0 cos )e k ( ) vx 0
serán
ax kvx g g
(3) v y v0 sen e k ( )
a y (kvy g ) (4) k k
g
vy
Se analiza el movimiento horizontal, k
esto es
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4,9(36)(5)
Movimiento horizontal: Es un 9
v02
movimiento uniforme debido a que en
esta dirección no existe aceleración, v0 9,89m / s
entonces sus ecuaciones son.
Conocida la velocidad mínima inicial,
2 el ángulo de la rampa final coincidirá
vx v0 x v0 cos v0 (1)
5 con la dirección de la velocidad final de
2 caída del auto en la rampa en B. Dicha
x v0 xt v0t (2) dirección será
5
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1 6 5
vy v0 9,8
5 v0
1 6 5
vy (9,89) 9,8
5 9,89
v y 8,89m / s
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Solución
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1
dx
1 2 an asen40eˆn 3sen40eˆn
1 2(5) 6
2 3/ 2 an (1,928eˆn )m / s 2
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v2
an
(25m / s) 2
1,928m / s 2
324m
PROBLEMAS PROPUESTOS.
Parte (b). La razón del incremento de la
rapidez es igual a la aceleración 1. El movimiento de una partícula está
tangencial definido por x 4t 4 6t 3 2t 1 , donde x
y t se expresan en metros y en
at 2,30m / s 2 segundos respectivamente. Hallar la
posición, velocidad y aceleración de
la partícula cuando t = 2 s.
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