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7

Soluciones ejercicios

7.0.1.

Dinmica unidimensional

Ejercicio 7.1 Un cuerpo de masa 16 kg, se encuentra sobre una supercie horizontal spera, de coeciente de friccin esttico y cintico s = 0,3 y k = 0,25, respectivamente. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontal F , determine: a) La fuerza resultante sobre el bloque si F = 45 N. b)La magnitud mnima de F para poner en movimiento al cuerpo. c) La distancia horizontal que recorre el cuerpo, hasta llegar a detenerse, si F = 80 N y acta slo durante 4 s.m Solucin. Calculemos fS ax = S N = S mg = 0,3 16 10 = 48,0 N. Luego la fuerza de 45 N es insuciente para colocar en movimiento el cuerpo, entonces P F = 0. Adems a) b) Fm = 48,0 N. n Para F = 80 N, la segunda ley da

F K mg = ma1 , t < 4 s, K mg = ma2 , t > 4 s. De aqu a1 = a2 80 0,25 16 10 = 2. 5 m s2 16 0,25 16 10 = = 2. 5 m s2 . 16

160 En 4 s la posicin y velocidad alcanzadas son x =

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1 2 1 a1 t = 2,5(4)2 = 20 m, 2 2 v = a1 t = 10,0 m s1 ,

y se detendr en un tiempo adicional tal que 0 = 10 + a2 t = t = recorriendo una distancia adicional 1 x = vt + a2 t2 2 1 = 10 4 2,5(4)2 = 20,0 m, 2 luego en total recorre 40 m. N Ejercicio 7.2 Dos bloques A y B de masa mA = 14 kg y mB = 10 kg, estn unidos por una cuerda cuya masa total es m = 8 kg como se indica en la gura. Si se aplica al bloque superior A una fuerza vertical F de mdulo 480 N, se pide calcular:F

10 = 4 s, 2,5

A

B

a) La aceleracin del sistema. b)La tensin en los extremos superior e inferior de la cuerda.

161 Solucin. Si T1 y T2 indican las magnitudes de la tensin en los extremos superior e inferior respectivamente, tenemos F T1 mA g = mA a, T1 T2 mg = ma, T2 mB g = mB a, sumando las tres F (mA + m + mB )g = (mA + m + mB )a, de donde a= y de aqu T2 = mB (g + a) = 150 N, T1 = T2 + mg + ma = 270 N. N Ejercicio 7.3 Un disco de hockey abandona el palo de un jugador con una rapidez de 5 m s1 y desliza 36 m antes de detenerse. Demuestre que el coeciente de roce entre el disco y el hielo es 0,035. Solucin. De resulta ma = K mg, a = K g, v0 , K g 480 320 = 5,0 m s2 32

y se detiene en tiempo t dado por

v0 K gt = 0 = t = y la distancia recorrida es

2 1 v0 x = v0 t at2 = , 2 2K g

entonces K =

2 25 v0 = = 0,035. 2xg 2 36 10

162 N

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Ejercicio 7.4 Una partcula de masa m se mueve sobre el eje X de un sistema de coordenadas, sometido a una fuerza de atraccin hacia el origen de magnitud k/x2 , donde k es una constante positiva. Si la partcula parte del reposo en x = a, demuestre que ella llegar al origen en un tiempo t , dado por r a ma . t= 2 2k Solucin. La segunda ley de Newton da m = x k , x2

con condiciones iniciales x(0) = a, x(0) = 0. Como x= podemos integrar k 1 1 1 2 x = ( ), 2 m x a r 2k 1 1 ( ), x= m x a Z0

1 d 2 x, 2 dx

de donde

separe variables e integre t=

a

r ma 1 q . = a 2 2k 2k 1 1 (x a) m dx N

Ejercicio 7.5 Sobre una partcula de masa m, inicialmente en reposo, acta una fuerza F de magnitud: F = Fo [1 (t T )2 /T 2 ] durante un intervalo de tiempo0 < t < 2T . Pruebe que la rapidez de la partcula al nal del intervalo es: v = 4Fo T /3m Solucin. De la segunda ley de Newton m dv = Fo 1 (t T )2 /T 2 , dt

163 integramos Fo v= m Z

2T

0

4 Fo T. 1 (t T )2 /T 2 dt = 3m N

Ejercicio 7.6 Una partcula de masa 1 kg, se mueve a lo largo del eje X bajo la accin de una fuerza cuya magnitud es: F = 42 sin 8t , donde F est medido en N y t en s. Cuando t = 0 s, la rapidez de la partcula es 40 m s1 . Calcule: a) La rapidez de la partcula cuando t = 0,2 s. b) Si en t = 0 s, x = 0 m, determine la posicin de la partcula en t = 0,2 s. Solucin. dvx = 4 2 sin 8t, vx (0) = 40 m s1 , x(0) = 0 m. dt Integramos dos veces Z t 1 1 vx (t) = 40 + 4 2 sin 8tdt = 40 + (cos 8t) , 2 2 0 integre de nuevo 1 1 sin 8t, x(t) = (40 + )t 2 16 si evaluamos para t = 0,2 s vx = 41. 085 m s1 , x = 8. 37 m N Ejercicio 7.7 Una partcula de masa m, que est inicialmente en reposo en el origen, queda sujeta a la accin de una fuerza resultante, cuya magnitud est dada por F = kt2 . Demuestre que: t x = . vx 4 Solucin. Tenemos m si integramos dvx = kt2 , dt

1 mvx = kt3 , 3

164 integrando de nuevo mx = de manera que

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1 4 kt , 12

x t = . vx 4 N

Ejercicio 7.8 Un globo cuyo peso total es W , incluyendo el lastre, est sujeto a la accin de una fuerza ascendente vertical constante P . En un determinado instante, el globo comienza a descender con una aceleracin constante de magnitud a . Qu cantidad de lastre debe arrojarse fuera del globo para que ste se eleve con aceleracin constante de magnitud a? No considere la resistencia del aire. Solucin. Bajando W a, g Para que suba debemos disminuir el peso de manera que P W = P W0 = Eliminemos a W0 a, g

P W W P = 0 = W 0 = W 0 P W W 2W P o sea debe botar W W0 = W W P W P = 2W . 2W P P 2W

La solucin en realidad depende de cuales sean los datos. Si se desconoce la fuerza ascendente P, la solucin en trminos de a se logra eliminando P, es decir restando las dos primeras ecuaciones W0 W W W = a + a, g g0

de donde W0 = W

ga , g+a

165 y nalmente se debe botar W W 0 = 2W N Ejercicio 7.9 Sobre una partcula que se mueve sobre el eje X, acta una fuerza dada por: F = vkx . Se sabe que en t = 0, x0 = a , x0 = v0 . Calcule: a) x en funcin de t y b) x en funcin de x. Solucin. De nuevo, la segunda ley de Newton dvx k = , vx (0) = v0 , x(0) = a. dt vx Esta puede integrarse de la forma 1 2 2 vx dvx = kmdt = (vx v0 ) = kmt, 2 de aqu se despeja q m vx (t) =2 v0 2kmt.

a . g+a

Para obtener x en funcin de x, la segunda ley puede escribirse m esto es k dvx dx = dx, dt vx

1 3 k 2 3 mdvx vx = kdx = (vx v0 ) = (x a), 3 m de donde despejamos r 3k 3 3 vx (x) = v0 (x a). m N

Ejercicio 7.10 La fuerza neta que acta sobre una partcula de masa 26 kg, tiene la direccin sobre el eje de las X de un sistema de coordenadas y est dada por la expresin: F = At3 + Bect en que A = 216 N s3 , B = 1 N, c = 1 s1 y t est expresado en segundos. Si en el instante t = 0, la partcula est pasando por el origen movindose a 3 m s1 en el sentido positivo del eje X, determine: a) La velocidad de la partcula en el instante t = 3 s. b) Su distancia al origen en ese instante.

166

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Solucin. La segunda ley ser, reemplazando nmeros 26ax = 216t3 + et , x(0) = 0, vx (0) = 3 m s1 . De aqu, integrando dos veces Z t 216t3 + et dt, vx (t) = 3 + 26 0 = 3. 038 5 + 2. 077t4 0,038 6e1,0t , Z t x = (3. 038 5 + 2. 077t4 0,038 6e1,0t )dt0

= 3. 038 5t + 0,415 4t5 + 0,038 6e1,0t 0,038 6 vx = 171. 274 m s1 , x = 110. 02 m. N

que si se evalan en t = 3 s dan

Ejercicio 7.11 Una partcula de masa m , parte del reposo desde el origen de un sistema de coordenadas bajo la accin de una fuerza neta cuya magnitud es F = f0 kt2 , en que f0 y k son constantes positivas. a) Encuentre las expresiones para la velocidad y para el itinerario de la partcula (x(t)) en funcin del tiempo. b) Si m = 800 kg, f0 = 1500 N, k = 15 N s2 y el tiempo est dado en segundos, determine en qu instante se detiene la partcula y a qu distancia del origen. Solucin. Tenemos que 800 Integrando dos veces v(t) = 1500 15t2 dt 800 0 15 1 3 = t t, 8 160 Zt

dv = 1500 15t2 ; x(0) = v(0) = 0. dt

y

167

x(t) =

1 3 15 t t )dt 8 160 0 15 2 1 4 = t t, 16 640 (

Z

t

luego la partcula se detiene cuando 15 1 3 t t = 0 = t = 10 3 s. 8 160 y su posicin es x= 1125 = 140. 625 s. 8 N

Ejercicio 7.12 Una partcula de masa m se mueve en una lnea recta (en el eje X) sometida a una fuerza elstica Kx y a una fuerza de roce viscosa de la forma 2 x. Si inicialmente la velocidad es V y la posicin es x = 0, determine las expresiones para la posicin de la partcula en funcin del tiempo, en los tres casos: sub amortiguado, amortiguado crtico y sobre amortiguado. Solucin. La ecuacin de movimiento es m + kx + 2 x = 0 x siendo la ecuacin caracterstica mp2 + 2p + k = 0 con soluciones p= + m a)Sub amortiguadok m

r

k ( )2 , p = m m m

r

(

2 k ) m m

( m )2 = 2 > 0

x = e m t (A cos t + B sin t) b) amortiguado crticok m ( m )2 = 0

x = e m t (A + Bt)

168

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k c) sobre amortiguado ( m )2 m > 0 k k 2 2 x = e m t (Ae ( m ) m t + Be ( m ) m t ),

donde al considerar las condiciones iniciales x(0) = 0, x(0) = V permite obtener a) V x = e m t sin t) b) x = V e m t t c) V x= q 2 ( m )2 k m

k k 2 2 e m t (e ( m ) m t e ( m ) m t ) N

Ejercicio 7.13 Una partcula descansa sobre una plataforma horizontal inicialmente en reposo. Si la plataforma comienza a moverse verticalmente de modo que su desplazamiento es: y = A sin t siendo A y constantes y t el tiempo. Determine la condicin que deben cumplir esas constantes para que durante el movimiento de la plataforma la partcula se despegue de ella. Solucin. Mientras la partcula permanezca apoyada sobre la plataforma, la reaccin normal actuando sobre ella, hacia arriba N, est dada por m = N mg y con y = A sin t derivando dos veces y = A 2 sin t de la primera sale que N = m(g A 2 sin t).

169 Entonces la partcula no despegar si N > 0 para todo t lo cual requiere que A 2 < g o bien la partcula despegar si A 2 > g. N Ejercicio 7.14 Un cuerpo se ata a un extremo de un hilo inextensible y el otro extremo del hilo tiene movimiento armnico simple vertical de amplitud a, realizando n oscilaciones completas por segundo. Demuestre que el hilo permanecer tenso siempre que n2 g . 4 2 a

Solucin. Si T indica la tensin e y la altura de la partcula tenemos m = T mg. y Como y corresponde a un movimiento armnico simple con = 2n y amplitud a y = a sin(2nt) entonces T = mg m y = mg + m4n2 a sin 2nt, Para que el hilo permanezca tenso debe ser T = mg + m4n2 a sin 2nt > 0 y entonces mg > m4n2 a, o n2 < g . 4a N

170

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Ejercicio 7.15 Un cuerpo de masa m = 1 kg es empujado por una fuerza horizontal F de mdulo 15 N, desde el pie de un plano inclinado en 37o respecto a la horizontal y cuyo coeciente de roce cintico es 0,2. Si la fuerza F acta durante tres segundos solamente, determine: la distancia que alcanza a subir por el plano y el tiempo que demora en volver al punto de Partida. Solucin. Aqu m = 1 kg, F = 15 N, k = 0,2, = 37oN f F g = 37 mg 37

Tomando el eje x paralelo al plano inclinado e y normal, tenemos X Fx = F cos f mg sin = ma X Fy = N F sin mg cos = 0 f = k N entonces f = k (F sin + mg cos ) F cos k F sin k mg cos mg sin a= m F (cos sin )mg( cos +sin ) k k si t < 3 m a g(k cos + sin ) si t > 4 calculemos numricamente 2. 56 si t < 3 a 7. 62 si t > 3 as resulta para t = 3, s = 1 (2. 56) 32 = 11. 52 m y v = 2,56 (3) = 7. 2 68 m s1 . Pasado este tiempo el cuerpo empieza a frenar y v = 7. 68 7,62t, 1 s = 11,52 + 7,68t 7,62t2 , 2

171 a) El cuerpo sube hasta que v = 0, o sea 7. 68 7,62t = 0, con solucin t = 1. 01 s y por lo tanto la distancia que ha subido es 1 s = 11,52 + 7,68(1. 01) 7,62(1. 01)2 = 15. 39 m. 2 En la bajada la fuerza de roce cambia de sentido luego la aceleracin de bajada hay que calcularla +k mg cos mg sin , a = m = +k g cos g sin = 3. 622 m s2

37 37 0,3 10 cos 180 10 sin 180 = b) La bajada desde el punto ms alto se inicia a t = 4,01 s con velocidad inicial cero, luego hacemos 1 0 = 15. 39 3. 622 (t 4,01)2 , 2 de modo que el tiempo es t = 6. 93 s.

N

7.0.2.

Movimiento armnico simple

Ejercicio 7.16 Si un cuerpo se suspende de un resorte de longitud natural l0 y constante elstica k, en la posicin de equilibrio esttico el resorte queda estirado con un largo

k l0 + mg/k

y

l0 +

mg k

172

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Si se perturba, determine la ecuacin de movimiento para el desplazamiento y. Solucin. Coloquemos el eje y hacia abajo. En esa direccin y sentido la segunda ley de Newton da mg m = mg k l0 + y + y l0 , k se cancelan dos trminos y se obtiene m + ky = 0. y O sea el peso no inuye ms que en bajar el origen del centro de la oscilacin y el cuerpo efectuar un movimiento armnico simple. N Ejercicio 7.17 Un cuerpo cuya masa es m = 2 kg est suspendido de un resorte cuya constante elstica es K = 5 N m1 . Inicialmente el cuerpo est en la posicin de equilibrio esttico colgando con el resorte vertical, y se la imprime una velocidad hacia debajo de magnitud 0,5 m s1 . Determine la posicin del cuerpo respecto a su posicin de equilibrio esttico, en funcin del tiempo. Solucin. De acuerdo al problema anterior tenemos y+ o sea = qk m

=

q

k y = 0, m

5 2

y la solucin ser y(t) = A cos(t ), y(0) = A cos() = 0, y(0) = A sin() = 0,5,

con condiciones iniciales

luego = , 2

nalmente

5 1 A= 2 2 r 5 1 t 10 sin y(t) = 10 2

r

173 N Ejercicio 7.18 Dos resortes S1 y S2 de longitudes iguales a 0,5 m, pero con diferentes constantes elsticas K1 = 50 N m1 y K2 = 100 N m1 , estn unidos a dos soportes A y B, que se encuentran a la misma altura. Un cuerpo C de masa 2,5 kg, est entre los dos resortes y es estirado hacia abajo hasta que la longitud de los resortes se duplica. Cul es la aceleracin que adquiere el cuerpo C cuando se deja libre?A B

S1

S2

C

Solucin. Tendremos F = k1 (1 0,5) + k2 (1 0,5) mg = ma, de donde a= 25 + 50 25 = 20,0 m s2 2,5 N Ejercicio 7.19 Se tiene el sistema de la gura donde un bloque de masa M se mueve unida a dos resortes iguales de largo natural l0 y constante elstica K. Si el sistema se coloca en movimiento, x indica el desplazamiento respecto a la posicin de equilibrio. Determine la frecuencia y periodo del movimiento del bloquea partcula. No hay roce.l0 l0

x

174

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Solucin. Note que si el cuerpo se desplaza en x, ambas fuerzas elsticas estn hacia la izquierda y son de igual magnitud kx, luego la segunda ley de Newton es simplemente m = kx kx, x de donde 2 = 2k , m r 1 2k f = = , 2 2 m r m 1 = 2 . T = f 2k N

Ejercicio 7.20 Una partcula de masa m = 2 kg tiene un movimiento armnico simple de modo que su desplazamiento respecto a la posicin de equilibrio est dado por x(t) = 3 cos( t ) m 3 3 Determine: a) La frecuencia del movimiento en oscilaciones por segundo. b) La amplitud del movimiento en (m). c) La energa mecnica E en (J). d) La mxima magnitud de la aceleracin de la partcula en m s2 . e) La mxima magnitud de la velocidad de la partcula en m s1 . Solucin. De la ecuacin dada identicamos (a) y (b) 1 = 3 = Hz, 2 2 6 A = 3 m.

f =

La velocidad y aceleracin se obtienen derivando v = sin( t ) m s1 , 3 3 2 a = cos( t ) m s2 , 3 3 3 luego los mximos son (d) y (e) vmx = m s1 , a 2 m s2 . amx = a 3

175 Resta calcular la energa. Tenemos que r k 1 , E = kA2 , = m 2 luego 1 2 E = m 2 A2 = 2 32 = 2 J. 2 3 N Ejercicio 7.21 Un bloque de masa m = 2 kg parte del reposo en A ubicado a 2 m de altura y baja deslizando sobre una curva que a nivel del suelo contina en lnea recta. Hay roce solamente en el tramo CB donde K = 0,5 . Pasado el tramo con roce el bloque comienza a comprimir un resorte de longitud natural 2 m y constantem = 2 kg k = 10 N/m K = 0.5 A 2m

O 2m1

C 3m

B

elstica k = 10 N m hasta detenerse e invertir su sentido de movimiento. Determine: a) La rapidez de la partcula en el punto B. b) La rapidez de la partcula en el punto C. c) La longitud mnima que alcanza el resorte. d) La ubicacin del punto entre C y B donde nalmente se detiene el bloque. Solucin. Tomamos cero la energa potencial gravitacional al nivel del suelo. En A la energa es puramente gravitacional E = mghA = 2 10 2 = 40 J. Esa energa en B es puramente cintica luego r 1 2 80 mvB = 40 (a) vB = = 6. 325 m s1 . 2 2 En cada pasada por el tramo con roce, la partcula pierde energa igual al trabajo realizado contra el roce esto es E = K mgd = 0,5 2 10 3 = 30 J.

176 Luego a la salida del tramo con roce tiene energa EC = 40 30 = 10 J, que es puramente cintica, luego 1 2 mv = 10 (b) vC = 2 C r

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20 = 3. 162 m s1 . 2

El resorte transforma toda esa energa en elstica luego 1 k(l0 lm )2 = 10, n 2 de donde (c) lm = (2 n 2) = 0,586 m.

La energa es todava E = 10 J. Suciente para recorrer un tercio del tramo con roce luego se detiene a 1 m a la derecha de C. N Ejercicio 7.22 Una partcula de masa 8 kg oscila con movimiento armnico simple unida a un resorte.Vx (m/s) 10

x (m) -20 20

-10

La gura muestra la variacin de la componente vx de la velocidad con respecto al alargamiento x. Si en t = 0 s, la partcula pasa por la posicin de equilibrio, x(0) = 0, movindose hacia la izquierda con cierta rapidez, determine a) La ecuacin itinerario x(t). b) La energa mecnica del sistema E. Solucin. Como es movimiento armnico simple entonces en general x(t) = A cos(t + ).

177 De la gura identicamos A = xmx = 20 m, a vmx = 10 = A = = a 10 = 0,5 m. 20

Falta identicar la fase inicial . Para ello se sabe que en t = 0 x(0) = 20 cos() = 0, x(0) = 10 sin() < 0, que tiene nica solucin = + , luego 2 1 1 x(t) = 20 cos( t + ) = 20 sin( t). 2 2 2 N

7.0.3.

Dinmica en dos o tres dimensiones

Ejercicio 7.23 Un cuerpo de masa 8 kg, describe una trayectoria cuyas ecuaciones paramtricas son: x = 2 + 5t 2t2 m e y = t2 m. Determine la fuerza aplicada sobre el cuerpo en t = 2 s. Solucin. Calculemos a d (2 + 5t 2t2 , t2 ) = (5 4t, 2t), dt d v = (4, 2), a = dt v = luego F = ma = 8(4, 2) = (32, 16) N. N Ejercicio 7.24 Una partcula de masa 25 g se hace girar, de modo que describa una trayectoria circular en un plano vertical, mediante una cuerda de largo 40 cm. Si la rapidez angular es constante y de magnitud 30 rad s1 , calcule: a) La aceleracin centrpeta en el punto ms alto de la trayectoria. b)La tensin en el punto ms bajo de la trayectoria.

178

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Solucin. La aceleracin centrpeta es en este caso de magnitud constante v2 aC = = L2 = 0,40 (30)2 = 360,0 m s2 , L y en el punto ms bajo T mg = maC , de donde T = m(g + aC ) = 0,025 370 = 9. 25 N N Ejercicio 7.25 Un anillo P de masa m, est engarzado en un alambre liso, que forma una circunferencia ja de plano vertical y radio R como se indica en la gura. Bajo la accin de una fuerza tangencial F de magnitud desconocida, el anillo describe la circunferencia con rapidez angular igual a: r = 2g 1 1 sin R 2 determine:F

P R

a) La magnitud de la fuerza F en funcin de . b)La reaccin normal del alambre sobre el anillo. Solucin. La segunda ley de Newton en polares da F mg cos = mR , 2 N + mg sin = mR ,

179 es dado y puede calcularse de acuerdo a = 1 d 2 = g (1 1 sin ) cos , 2 d R 2 luego g 1 F = mg cos + mR cos + cos sin R 2 1 mg cos sin , = 2 y 2 2g 1 N = mg sin + mR 1 sin R 2 1 = mg(2 3 sin + sin2 ). 2 N Ejercicio 7.26 Un bloque de masa 5 kg, descansa sobre un plano inclinado 30o con la horizontal, unida a un eje vertical eje mediante una cuerda de longitud 10/ 3 m. El plano gira junto con el bloque en torno a un eje vertical con rapidez angular = 1 rad s1 . Calcule: Y g

30

a) La tensin en la cuerda; b) La velocidad angular para la cual el bloque pierde contacto con el plano. Solucin. En el sentido del eje OY no hay aceleracin por lo cual T sin 30 mg + N cos 30 = 0,

180 y

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T cos 30 N sin 30 = maC = mL()2 cos 30, de donde podemos despejar T y N T = m g sin 30 + L 2 cos2 30 , N = m g L 2 sin 30 cos 30. Calculando T = 46. 65 N y para que despegue, N = 0 da r g = 1. 86 rad s1 . = L sin 30 N Ejercicio 7.27 Una pelota de peso W est unida a una cuerda de longitud L y est movindose como pndulo cnico. Es decir, est girando en un crculo horizontal con rapidez constante v0 . Sea el ngulo formado por la cuerda y la vertical. Despreciando el peso de la cuerda, determinar: a) La tensin de la cuerda. b) La rapidez v0 en funcin de g, L y . Solucin. La componente vertical de la segunda ley es T cos mg = 0, y la componente hacia el centro de giro es T sin = m de la primera T = y de la segunda2 v0 =

v2 v2 =m 0 , R L sin

mg W = , cos cos

v0

sin2 T L sin2 = gL = gL sin tan , cos p m = gL sin tan .

181 N Ejercicio 7.28 Demuestre que la ecuacin de movimiento de un pndulo simple, formado por una partcula de masa m suspendida de un hilo liviano de largo L, es : + g sin = 0 L Solucin. Hay varios caminos. Si usamos conservacin de energa, con energa potencial denida como cero en el punto ms bajo, tenemos que 1 2 E = mL2 + mgL(1 cos ) 2 que si se deriva respecto al tiempo da mL2 + mgL sin = 0 o bien + g sin = 0. L N Ejercicio 7.29 Una partcula da vueltas por el interior de un aro liso vertical de radio R que tiene su plano vertical, sometida a su peso y a la reaccin normal. Determine la velocidad mnima que debe tener la partcula en el punto ms bajo para que la partcula realice vueltas completas sin perder contacto con el aro. Solucin. Para la gura

R N

mg

182 la segunda Ley de Newton, radial y tangencial da v2 = N mg cos , R dv = mg sin m dt m o bien la segunda se puede escribir como 2 = mR d = mg sin mR 2 d

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Si llamamos v0 = R0 la rapidez en el punto ms bajo, donde = 0, podemos integrar la ltima ecuacin obteniendo 2 2 2g 0 = (cos 1) R o bien2 v0 v2 = 2gR(1 cos )

y de all podemos calcular N que resulta ser v2 N = m + mg cos R m 2 (v 2gR(1 cos )) + mg cos = R 0 m 2 v + mg(3 cos 2) = R 0 Para que la partcula realice vueltas completas debe ser N= m 2 v + mg(3 cos 2) > 0 R 0

entonces, en el caso ms desfavorable = m 2 v + mg(3 2) > 0 R 0 entonces v0 > p 5gR

N

183 Ejercicio 7.30 Respecto a la situacin del problema anterior, si la velocidad en el punto ms bajo es la 3/4 de la mnima calculada, determine el punto donde se pierde el contacto. Solucin. Si en el problema anterior colocamos 3p v0 = 5gR 4 entonces m 2 N = v + mg(3 cos 2), R 0 m 9 = 5gR + mg(3 cos 2), R 16 13 = mg( + 3 cos ), 16 que se anula donde contacto.13 16

+ 3 cos = 0, o sea en: = 105,7o y all se pierde el N

Ejercicio 7.31 Respecto a la situacin del problema anterior, si la rapidez en el punto ms bajo es v0 determine la reaccin normal N en funcin de . Solucin. Sigue siendo vlido que 1 1 2 mv0 mgR = mv 2 () mgR cos , 2 2 de donde En un punto arbitrario, la ecuacin radial es N mg cos = m despejamos N N = mg cos + m2 v0 2gR(1 cos ) , R v2 = mg cos + m 0 m2g(1 cos ), R v2 = mg(3 cos 2) + m 0 . R 2 v0 2gR(1 cos ) = v2 ().

v 2 2gR(1 cos ) v2 =m 0 , R R

184

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N

R

mg

Figura 7.1: N Ejercicio 7.32 Una partcula de masa m se coloca en el punto ms alto de un hemisferio liso de radio R y se perturba levemente de modo que ella comienza a caer deslizando. Determine el punto sobre el hemisferio donde la partcula pierde el contacto con l. Solucin. Considere la gurala componente radial de la segunda Ley de Newton es v2 m = N + mg cos , R y conservacin de energa 1 2 mv + mgR cos = mgR, 2 o sea v2 = 2gR(1 cos ), que sustituida en la primera da N = mg cos 2mg(1 cos ), = (3 cos 2)mg, que se anula donde cos =2 3

o sea el punto de despegue es = 48,19o . N

Ejercicio 7.33 Se tiene un pndulo constituido por una partcula de masa m unida por un hilo de largo L a un punto jo. Si la rapidez de la partcula

185 en el punto ms bajo es v0 determine la energa mecnica de la partcula considerando que en el punto ms bajo la energa potencial es cero. Determine adems la ecuacin diferencial que satisface el ngulo . L

mg

Solucin. Si tomamos como nivel de referencia de la energa potencial el punto ms bajo, entonces 1 2 1 2 E = mv0 = mL2 + mgL(1 cos ). 2 2 Si adems derivamos respecto al tiempo se obtiene mL2 + mgL(sin ) = 0, o sea + g (sin ) = 0. L N

Ejercicio 7.34 Un pndulo cnico que se ilustra en la gura, se mueve manteniendo el ngulo constante siendo m la masa de la partcula, L el largo del hilo.

186

Soluciones ejercicios

L

T R

mg

Determine a) La rapidez angular . b) La tensin del hilo. Solucin. No hay movimiento vertical de manera que T cos = mg. En la direccin hacia el centro de giro 2 2 T sin = mR = m(L sin ) . Eliminando T se obtiene 2 L sin = tan , g y nalmente = r g . L cos

N

7.0.4.

Trabajo y energa

Ejercicio 7.35 Un proyectil de masa m = 1 kg, se lanza desde el origen de un sistema de coordenadas, con rapidez v0 = 100 m s1 , formando un ngulo = 37o con la horizontal. Si se desprecia la resistencia del aire, calcule: a) La energa mecnica del proyectil despus del lanzamiento. b) El trabajo

187 realizado por la fuerza neta que acta sobre el proyectil, desde que se lanza hasta que adquiere la altura mxima. c) La energa cintica del proyectil en el punto de impacto contra el suelo. Solucin. Si el nivel de referencia para la energa potencial corresponde al punto de lanzamiento, entonces la energa mecnica (que es constante) es 1 2 1 E = mv0 = 1(100)2 = 5000 J. 2 2 La altura mxima se calcula de ymx = a2 v0 sin2 = 164. 62 8 m. 2g

El trabajo realizado por la fuerza neta, el peso, es igual a menos la variacin de la energa potencial, es decir W = mg(ymx 0) = 1646,28 J, a y la energa en el punto de llegada es la misma que al salir. N Ejercicio 7.36 Un bloque de masa m = 10 kg se encuentra en reposo comprimiendo a un resorte de constante elstica k = 2000 N m1 en 1 m respecto a su largo natural como se indica en la gura. Si el cuerpo se suelta comienza a subir por el plano inclinado liso que se ilustra en la gura.

g 20 m 10 kg

30

Determine la mxima altura que sube el bloque respecto a su altura inicial. No hay roce.

188

Soluciones ejercicios

Solucin. La energa inicial es puramente elstica y es 1 1 E = k(l)2 = 2000(1)2 = 1000 J. 2 2 Hagamos la hiptesis de que se detiene sobre el plano inclinado E = 1000 = mgh = 100h, de donde h = 10 m.Pero 20 sin 30 = 10, de modo que el bloque subi justo 10 m justo hasta el punto ms alto del plano inclinado. N Ejercicio 7.37 Una partcula de masa m se mueve en el plano XY tal que: r = a cos t + bsin t, j donde a y b son constantes positivas. a) Encuentre la trayectoria de la partcula. b) Calcule la fuerza que acta sobre la partculas. c) Demuestre que la fuerza es conservativa. d) Cul es la energa potencial en x = a e y = b? e) Calcule el trabajo realizado por la fuerza cuando la partcula se mueve de A hacia B. f) La energa total de la partcula. Solucin. Del vector posicin, x = a cos t, y = b sin t, de donde x2 y 2 + 2 =1 a2 b F = ma = m 2 r 1 F = m2 r2 , 2 y luego la energa potencial es 1 1 U = m2 r2 = m 2 (x2 + y 2 ). 2 2

(a),

(es una elipse). Adems (b),

se trata de una fuerza conservativa porque es evidente que

189 Las coordenada de los puntos son A(a, 0) y B(0, b) de manera que 1 1 UA = m 2 a2 , UB = m2 b2 2 2 de modo que el trabajo es 1 W = (UB UA ) = m2 (b2 a2 ) 2 La energa total de la partcula ser E = 1 2 mv + U 2 1 m2 (a2 sin2 t + b2 cos2 t) + = 2 1 m2 (a2 sin2 t + b2 cos2 t) + = 2 1 = m2 (a2 + b2 ). 2 N Ejercicio 7.38 Una partcula de masa m, se mueve por la accin de una fuerza conservativa cuyo potencial es U(x). Si en t1 la partcula est en x1 y en t2 est en x2 , demuestre que: a)x Z1 p dx p t2 t1 = m/2 E U(x) x2

(d),

(f ).

1 m 2 r2 2 1 m 2 (a2 cos2 t + b2 sin2 t) 2

donde E es la energa total. b) Si U(x) = 1 kx2 y en t = 0, 2 . Demuestre que: r k x = a cos t. m Solucin. Tenemos que 1 E = mx2 + U (x), 2

x = a,

x=0

190 de donde 2 (E U(x)) m r dx 2 = (E U(x)) dt m dx dt = q , 2 (E U(x)) m x = integrando t2 t1 = Si U(x) = 1 kx2 2 t= r m 2 Zx

Soluciones ejercicios

r

r

m 2

Z

x2

x1

dx p . E U (x) r m k Zx

a

q = 1 2 E 2 kx r

dx

a

q

dx2E k

, x2

pero E = K + U = 1 ka2 de manera que 2 Z m x dx t = k a a2 x2 r m x (sin1 ), = k a 2 y nalmente x(t) = a sin( r r k k t + ) = a cos( t). m 2 m N Ejercicio 7.39 En la parbola y = x2 /a que est colocada verticalmente segn la gura, adems del peso, de la fuerza de reaccin normal, acta sobre la argolla una fuerza dada por: F = y x. j

191 Inicialmente, la argolla est en A y su rapidez es nula.Y

A

O x=a

X

a) Determinar el trabajo que hace la fuerza F cuando la argolla se mueve desde A hasta O. b) Calcule la rapidez de la argolla cuando pasa por O. Solucin. Calculemos su trabajo directamente Z O Z O WF = (ydx xdy) F dr = A A Z 0 2 Z 0 x 2xdx x = dx a a a a 2 2 a 2 a = + a2 = . 3 3 3 Usamos ahora el teorema energa trabajo a2 , 3 1 2 a2 mvO (mgyA ) = , 2 3 1 2 a2 mvO (mga) = , 2 3 EO EA = de modo que nalmente 1 p 6 (ma (a + 3mg)) = vO = 3m N r 2ag + 2a2 . 3m

Ejercicio 7.40 Una partcula de masa m, se lanza con rapidez inicial v0 sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partcula una fuerza

192

Soluciones ejercicios

resistente proporcional a la velocidad con constante de proporcionalidad k. Calcule: a) La distancia total que recorre la partcula. b) La energa cintica de la partcula en la mitad del recorrido. c) El trabajo total que realiza la fuerza resistente. Solucin. Tenemos m dv = kv, dt

separando variables e integrando Z Z v dv k t v kt = dt = ln = , m 0 v0 m v0 v de donde integrando nuevamente x(t) = Zt

v(t) = v0 e m ,

kt

v0 e m dt =

kt

0

kt mv0 (1 e m ). k

como la partcula se detiene cuando t , resulta que la distancia recorrida es mv0 (a). x= k En la mitad del recorrido el tiempo ser dado porkt 1 mv0 mv0 m = (1 e m ) = t = (ln 2) , 2 k k k

y la energa cintica ser K = 1 2 1 2 2 kt mv = mv0 e m 2 2 1 21 1 2 = mv0 = mv0 . (b) 2 4 8

Por ltimo segn el teorema energa trabajo, el trabajo total que realiza la fuerza resistente es 1 2 Wf = Kf Ki = mv0 . (c) 2 N

193 Ejercicio 7.41 Sobre una partcula de masa m = 2 kg, acta una fuerza F desconocida. La partcula se mueve sobre un plano horizontal spero, de acuerdo a la ecuacin itinerario x = 3 + t2 donde x est en metros y t en segundos. El coeciente de roce cintico entre el plano y la partcula es k = 0,3. Calcule: a) La energa cintica de la partcula en el instante t = 3 s. b) El trabajo realizado por la fuerza F en el intervalo 0 3 s. Solucin. Tenemos que la rapidez es vx = La energa cintica en t = 3 s ser 1 1 K = mv 2 = 2(36) = 36 J. 2 2 La fuerza de roce realiza un trabajo W = k Mg(x2 x1 ) = 0,3 2 10(12 3) = 54,0 J. El trabajo total es la variacin de la energa cintica, es decir WF 54,0 = 36, de donde WF = 90 J. N Ejercicio 7.42 Un bloque de masa m = 4 kg, inicialmente en reposo, asciende a lo largo de un plano inclinado spero de largo 1 m e inclinacin respecto de la horizontal = 53o , debido a la accin de una fuerza horizontal constante de magnitud 60 N. Si al trmino del recorrido el bloque tiene una rapidez de 1,2 m s1 , calcule: a) El trabajo realizado por la fuerza de roce. b) El trabajo neto resultante. c) El coeciente de roce cintico entre el bloque y el plano. Solucin. La normal es N = mg cos 53 = 24. 073 N, la altura que sube es h = 1 sin 53 = 0,798 6 m, el desplazamiento horizontal del bloque es dx = 2t. dt

194

Soluciones ejercicios

x = 1 cos 53 = 0,601 8 m. Podemos entonces calcular los siguientes trabajos y el cambio de la energa cintica WN = 0, Wmg = 4 10 0,798 6 = 31. 944 J, WF = 60 0,601 8 = 36. 108 J, 1 K2 K1 = 4(1,2)2 = 2. 88 J (trabajo neto resultante) 2 El trabajo Wf realizado por la fuerza de roce satisface Wf + WF + Wmg = K2 K1 , de manera que el trabajo realizado por el roce ser Wf = 2. 88 36,108 + 31,944 = 1. 284 J, y nalmente el coeciente de roce lo despejamos de Wf = K NL, o sea K = 1. 284 = 0,053 . 24. 073 N

7.0.5.

Problemas que requieren ms matemticas

Problemas de este tipo no se colocarn en pruebas. Sin embargo el hacerlos, contribuye fuertemente a su formacin. Ejercicio 7.43 Una partcula de masa m movindose en una lnea recta est sometida a una resistencia que produce una fuerza de retardo kv 3 , donde v es la velocidad y k es una constante. Muestre que la velocidad v y el tiempo t estn dados en trminos de la distancia s mediante las ecuaciones u , v = 1 + kmsu s 1 t = + kms2 . u 2 donde u es la velocidad inicial.

195 Solucin. La ecuacin de movimiento ser m siendo v= La primera puede escribirse como m ds dv = kv 3 , dt ds dv = kv 3 , mv ds dv = kv 2 , m ds dv = kv 3 dt ds . dt

que puede integrarse, siendo u la velocidad inicial, como sigue Z s Z v dv = km ds, 2 u v 0 1 1 = kms, u v entonces a) v= Adems b) ds u = , dt 1 + kmsu que puede integrarse Z (1 + kmsu)ds = Z udt,

u , 1 + kmsu

1 s + kmus2 = ut, 2 t= s 1 + kms2 . u 2

o bien

196 N

Soluciones ejercicios

Ejercicio 7.44 Una partcula se mueve en una lnea recta bajo la accin de una fuerza de roce de la forma kv n+1 donde v es la velocidad a tiempo t. Muestre que, si u es la velocidad en t = 0 m 1 1 kt = , n v n un y obtenga una frmula correspondiente para el espacio en trminos de v. Solucin. La segunda ley da m o v Si integramos la primera m de donde m n Zv

dv = kv n+1 , dt

dv = kv n+1 , ds dv = kt, v n+1

u

1 1 n vn u

= kt.

Similarmente si integramos la segunda forma Z v dv = ks, m n u v 1 1 m . ks = n 1 vn1 un1 N Ejercicio 7.45 Una bala disparada con una velocidad horizontal de 800 m s1 viaja con una velocidad de 500 m s1 al nal de un segundo. Suponiendo vlido el modelo del problema anterior con m = 1/2, calcule k y el espacio recorrido en el primer segundo, despreciando el efecto de la gravedad.

197 Solucin. Para el problema anterior, se tiene ahora m = para t = 1, v = 500. Entonces 1 1 1 k= = 0,0 187 32. (1/2) 5001/2 8001/2 Entonces s = 1 1 1 ( m1 m1 ) k(m 1) v u 1 1 1 = ) = 632. 457 m ( 1/2 (0,0 187 32)(1/2) 500 8001/2 N Ejercicio 7.46 Se dispara verticalmente hacia arriba una piedra en un medio que ofrece una resistencia por unidad de masa proporcional a la velocidad (kv) cuando la rapidez es v. Si v0 es la rapidez del disparo, pruebe que la piedra vuelve al punto inicial despus de un tiempo t1 , donde (g + kv0 ) 1 + ekt1 = gkt1 . Solucin. Aqu dv = kv g, dt1 2

y u = 800, y

de donde v(t) = pero

g + ekt C1 k , k g + C1 k , k v0 k + g , k

v0 = de modo que

C1 = y v(t) = entonces y(t) = Z

g v0 k + g kt + e , k kt

g v0 k + g kt + e )dt k k 0 gt v0 k + g (1 ekt ) = + k k2 (

198 De aqu, haciendo y = 0 en t = t1 resulta 0 = gkt1

Soluciones ejercicios

gt1 v0 k + g (1 ekt1 ), + 2 k k = (v0 k + g)(1 ekt1 ). N

Ejercicio 7.47 Una partcula se lanza hacia arriba con velocidad inicial u y se mueve en un medio que ofrece una resistencia por unidad de masa kv 2 . Pruebe que la partcula vuelve al punto de partida despus de un tiempo 1 ( + ln (sec + tan )) , kg donde tan = u Solucin. Aqu, para la subida dv = kv 2 g, dt (7.1) s k . g

en el punto ms alto v = 0, por lo tanto el tiempo de subida es 1 k ts = p arctan u p . (gk) (gk) dv = kv 2 g, dt vdv = (kv 2 g)dy,

y debemos calcular la altura mxima y el tiempo empleado en subir. Podemos integrar Z v dv , t = 2+g u kv arctan v k + arctan u k (gk) (gk) p = (gk)

Para saber la altura mxima, modicamos la ecuacin (7.1) de modo que

199 entonces y= Z

v

u

vdv . kv 2 + g

Como nos interesa solamente ymx hacemos v = 0, entonces a ymx = a g + ku2 1 ln . 2k g

Para la bajada, con v(0) = 0 y y(0) = ymx a dv = kv 2 g, dt entonces t = Zv

(7.2)

0

adems modicando la ecuacin (7.2)

k 1 arctanh v p , = p (gk) (gk) vdv = (kv 2 g)dy,

dv , g kv 2

entonces y ymx = a

luego la velocidad de llegada vf al suelo (y = 0) estar dada por ymx = a2 g kvf 1 ln , 2k g 1 g + ku2 = ln , 2k g

Z

v

0

1 g kv 2 vdv = ln , kv 2 g 2k g

de donde

2 g kvf g = , g g + ku2

o bien

r vf =

g u, g + u2 k

200 nalmente, el tiempo de bajada estar dado por

Soluciones ejercicios

k 1 tb = arctanh v , gk gk r 1 g k = arctanh u , 2k g+u gk gk y el tiempo total ser 1 k 1 t = arctan u + arctanh gk gk gk q si llamamos tan = u k g 1 1 t = arctan(tan ) + arctanh gk gk 1 = ( + arctanh sin ), gk pero existe la identidad arctanh = de modo que el tiempo ser 1 t = ( + ln gk r s 1 + sin ), 1 sin 1 1+ ln , 2 1 r g k u , 2k g+u gk

r

1 tan , 1 + tan2

(1 + sin )2 1 = ( + ln ), 1 sin2 gk 1 + sin 1 ), = ( + ln cos gk 1 = ( + ln(sec + tan )). gk (Este problema no ser colocado en pruebas!!) N

201 Ejercicio 7.48 Una partcula de masa m se lanza verticalmente hacia arriba ( en el eje Y) con velocidad inicial V sometida a su peso y a una fuerza de roce viscosa de la forma 2 y . Determine las expresiones para la posicin y velocidad de la partcula en funcin del tiempo. Solucin. Aqu, la ecuacin de movimiento ser m = mg 2 y y o bien y = g m con soluciones particular y homogneas las siguientes y+2 yp = mg t 2

yh = A + Be2 m t de modo que la solucin general es y(t) = mg t + A + Be2 m t 2

siendo y(0) = 0, y(0) = V de modo que A+B = 0 mg 2 B = V 2 m o sea B= y nalmente y(t) = mg 1 mg + 2V (1 e2 m t ) t+ 2 2 4 mg 1 mg + 2V 2 t + e m. v(t) = 2 2 m

1 mg + 2V m 4 2

N

202

Soluciones ejercicios

Ejercicio 7.49 Una partcula de masa m se suelta desde una altura h sometida a su peso y a una fuerza de roce viscosa de la forma y. Determine las expresiones para la posicin y velocidad de la partcula en funcin del tiempo. Solucin. Mientras la partcula baja m = mg y, y(0) = h, y(0) = 0. y Reordenemos y+ que tiene solucin particular yP = y la ecuacin homognea es yh = A + Be m , la solucin general es y(t) = debiendo ser y(0) = A + B = h, mg y(0) = B = 0, m de donde se obtiene B = m2 luegot g mg t + m2 2 (1 e m ), t mg (1 e m ). y(t) = t mg t + A + Be m , t

y = g m mg t,

g 2 g , 2, A = h + m 2

y(t) = h

203 N Ejercicio 7.50 Una partcula de masa m se lanza verticalmente hacia arriba ( el eje Y) con velocidad inicial V sometida a su peso y a una fuerza de roce viscosa proporcional al cuadrado de la rapidez, de la forma 2 y 2 . De termine las expresiones para la posicin y velocidad de la partcula en funcin del tiempo. Considere que debe elegirse el signo adecuadamente para la subida y la bajada de la partcula. Solucin. Mientras la partcula sube m = mg 2 y 2 y y mientras baja m = mg + 2 y 2 y puesto que la fuerza resistente es contraria a la velocidad. Si llamamos a v = y tenemos a) para la subida dv 2 2 = g v dt m dv dt = g + 2 v 2 m Z v(t) dv t = 2 2 v(0) g + m v b) para la bajada 2 2 dv = g + v dt m dv dt = , g 2 v2 m Z v(t) dv t = 2 2 v(0) g m v Las integrales podran hacerse de tablas, pero no vale la pena porque son expresiones complicadas. N

204 Ejercicio 7.51 Sea

Soluciones ejercicios

F = (y 2 z 3 6xz 2 ) + 2xyz 3 j + (3xy 2 z 2 6x2 z)k. Encuentre la funcin potencial escalar asociada a F. Solucin. Debemos vericar primero que F = 0. Calcule entonces j k F = x y z y 2 z 3 6xz 2 2xyz 3 3xy 2 z 2 6x2 z = (6xyz 2 6xyz 2 ) + = (0, 0, 0).

Sea entonces V (0, 0, 0) = 0. Adems sabemos que Z V (x, y, z) = F dr, y como camino tomamos tres segmentos a lo largo de los ejes. C1 : y = 0, z = 0, x : 0 x; C2 : z = 0, x = constante, y : 0 y; C3 : x, y = constantes, z : 0 z. Entonces Z V (x, y, z) = (y 2 z 3 6xz 2 )dx + 2xyz 3 dy + (3xy 2 z 2 6x2 z)dz Z Z Z = (0) (0) (3xy 2 z 2 6x2 z)dz = xy z + 3x z .C1 2 2 C2 2 2 C3

N Ejercicio 7.52 Se deja caer una bolita de masa m desde una altura h. Sobre la bolita, adems del peso, acta una fuerza resistiva proporcional a la velocidad de la forma F = ky , calcule la rapidez de la bolita cuando ha j transcurrido un tiempo t = m/k. Solucin. Si el eje OY es hacia arriba entonces m dvy = mg kvy , dt

205 para integrar con y(0) = k, vy (0) = 0, separe variables dvy = dt, k g + m vy de donde t = dvy k g + m vy 0 m mg + kvy , = ln k mg Zvy

y despejando 1 e m vy = mg , k para t = m/k resulta vy = mg (1 e1 ). k Nkt

Ejercicio 7.53 Un cuerpo de masa 4 kg, es lanzado verticalmente hacia arriba con una rapidez inicial de 60 m s1 . La fuerza resistente del aire es: 3 F = 100 v (unidades en el Sistema Internacional). Calcule el tiempo que demora el cuerpo en alcanzar la altura mxima y el valor de la altura mxima. Solucin. Similarmente al problema anterior 4 3 dvy = 40 vy , dt 100

para integrar con y(0) = 0, vy (0) = 60 m s1 , separe variables e integre Z vy dvy = t, 3 60 10 + 400 vy 400 4000 + 3vy t = ln , 3 4180 despejando vy = 4180 3 t 4000 dy = e 400 . dt 3 3

206

Soluciones ejercicios

De aqu el tiempo para llegar a la altura mxima satisface 4180 3 t 4000 e 400 = 0 = t = 5. 86 9 s. 3 3 La altura mxima ser Z 5. 86 9 4180 3 t 4000 ( ymx = e 400 )dt = 174. 8 m. a 3 3 0 N