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FACULTAD DE INGENIERIA Y ARQUITECTURA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL
PRACTICA CALIFICADA RESUELTO
MAÑANA - NOCHE
CURSO: DINAMICA - MAÑANA
DOCENTE: MG. ING. RICARDO ARICA G.
INTEGRANTE: CUETO CAÑAPATANA, HECTOR ALEXANDER
LIMA – PERU
201
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PRIMERA PR!CTICA CALIFICADA DE DINAMICA - MAÑANA
1. En un punto dado M, una partícula tiene una velocidad resultante de 23 m/s, y una ax = 4.5 m/s2
sobre una catenaria Y =a
x (e
x
a+e− x
a ) . allar su aceleraci!n cuando " = 5 m y a = 2. #a =
constante$%oluci!n&
a
x (e
x
a+e− x
a )
d (Y )=d ¿$
y' =( a x )
' (e x
a+e− x
a )+( a x)(e
x
a+e− x
a ) '
y' =
−a
x2(e
x
a+e− x
a )+ 1 x (e
x
a−e− x
a ) ' #1$
y'' =(
1
ax −a x−2)(e
x
a+e− x
a )+( 1 x− x−2)(e
x
a−e− x
a ) ' #2$
En x = 5m y a = 2En #1$
y' =
−2
52
(e5
2+e−52 )+ 1
5(e
5
2−e−52 )
y' =1.44m /s
V
2
= x ' 2
+ y ' 2
232= x2+1.4392
x' =22.955m/ s
En #2$
y'' =(
1
2∗5−2∗5−2) (e
5
2+e−52 )+( 1
5−5−2)(e
2
5−e−25 )
y' ' =2.18m/ s2
a2= x ' ' 2+ y ' ' 2
a2=4.52+2.182
a2=4.52+2.182
a=5m /s2
2. (urante un vuelo de un avi!n )ue parte del reposo en t = *, los par+metros en x = * ∧ x = *,
y = * ∧ y = *. %us -oordenadas son&
ax = *.t m/s2 ay = 1,0 *.3t m/s2, Encontrar los valores de su aceleraci!n normal ytanencial, así como su radio de curvatura en t = 5 seundos.%oluci!n&
ax=0.6
t axdt =Vx
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∫axdt =∫Vx
∫ (0.6 t )dt =∫Vx
[0.6 t
2
2
]+c1=Vx
En x = * ∧ x = *
[0.6 (0)2
2 ]+c 1=0 por lo tanto⇒ c1=00.6 t
2
2=Vx
Vxdt =Sx
∫Vxdt =
∫Sx
∫(0.6 t 2
2 )dt =∫Sx0.6 t
3
2∗3+c2=Sx
[0.6 (0)3
2∗3 ]+c2=0 por lotanto⇒ c2=00.6 t
3
2∗3 =Sx
ay=1.8−0.36 t
aydt =Vy
∫aydt =∫Vy
∫(1.8−0.36 t )dt =∫Vy
[1.8 t + 0.36 t 2
2 ]+c1=Vy
En y = * ∧ y = *
[1.8 (0)+0.36 (0)2
2 ]+c1=0❑⇒ c 1=01.8 t +
0.36 t 2
2=Vy
Vydt =Sy
∫Vydt =∫ Sy
∫(1.8 t + 0.36 t 2
2 )dt =∫ Sy1.8 t
2
2+0.36 t
3
2∗3+c 2=Sy
[1.8(0)2
2+0.36 (0)3
2∗3 ]+c2=0❑⇒ c 2=01.8 t
2
2+
0.36 t 3
2∗3=Sy
0.6(5)2
2=Vx=7.5m / s
0.6(5)3
2∗3=Sx=12.5m
1.8 (5 )+0.36 (5 )2
2=Vy=4.5m /s
1.8 (5)2
2+0.36(5)3
2∗3=Sy=30m
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|v|=√ ́ x2+ ´ y2 ;|v|=8.75
v́=7.5i+4.5 j
|a|=√ ́ x2+ ´ y2 ;|a|=3
á=3i+0 j
at =2.57m /s 2
an=1.54m /s2
an=v
2
R .. .⇒
R=49.72m
3. na piedra de orma esrica se desli6a por la supericie de un canal de orma parab!lica.la piedra ba7a de la altura indicada en el r+ico con velocidad )ue en todo instante cumple la
condici!n V =√ 2g (6− y) . 8ara la posici!n y = 4m, encontrar las componentes
cartesianas de la velocidad. 9a aceleraci!n normal y tanencial.
%oluci!n&
v=[2g(6− y )]1
2
8ara y = 4m
v=6.26
Y =0.06 X 2
Ý =0.06∗2∗ X
´Y =
0.06
∗2
8ara :allar y
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Y =0.06 X 2despejamos⇒
X =[ Y 0.06 ]1
2
´ X =1
2 [ Y 0.06 ]−12 ( Ý 0.06 )
;ualamos elocidades
√ ´ X 2+ Ý 2=√ 2g (6−Y )
2g (6−Y )=[12 [ Y 0.06 ]−12 ( Ý 0.06 )]
2
+ Ý 2
-uando < = 4m
2(9.81)(6−4 )=[12 [ 40.06 ]−12 ( Ý 0.06 )]
2
+Ý 2
39.24=1.04 Ý 2 Ý 2
Ý =4.39m/s
´ X =4.46m /s
dv
dt =
1
2[−2g Ý ] [2g (6− y)]
−12
a=−6.87 m/ s2
4. na partícula partiendo del reposo via7a a lo laro de la trayectoria deinida por la par+bola < =*.5 "2. %i una de las componentes de la aceleraci!n es ax=1.5 m/s2 #constante$. -alcularcuando t = 2s. >$ 9a posici!n de la partícula con respecto al orien y su aceleraci!n?$ la componente tanencial y normal de la aceleraci!n de la partícula
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PRIMERA PR!CTICA CALIFICADA DE DINAMICA – NOCHE
1. n auto via7a a velocidad constante de 3* m/s a lo laro de una trayectoria )ue por un instante
toma la orma de una curva sinodal, iual a y=- cos 〖#@x/9〗$ donde - es la amplitud y 9 la
lonitud de la onda, seAn el raico, calcule las componentes de la velocidad en los e7es "
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α =θ−30°
V x=V 0cos α . t
V x=V ocosα (V o .senα g x 2)V x=V 0
2.sen(2α )g ,2 senα.cosα =sen(2α )
Beniendo en cuenta )ue la altura m+xima es 3* m, entonces.
V y=V oy−g . t V y=0
t ' =
V oy
g =
V o senα
g
y=V y . t −g
2t
y=V o senα (V o senα g )− g2 (V o sen α
g )2
y=V 0
2sen
2α
2 g
30=(V o senα )
2
2(9.81)
V o sen α =24.26 m
s ! .(i)
100cos30=V x . t 1
y=V y . t −g
2t + yo
t =0 y=100 sen30°
t =t t y=0
0=(24.26 ) ( t t )−4.936 (t t )2+50
t t =−24.26"√ 39.61
9.81
#
¿ t ¿t =6.51 seg .
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Entonces& x=V x . t
100cos30°=V x (6.51 ) !(ii) (e # ; $ y # ;; $
V x=V 0cosα =13.29
V y=V 0 cosα =24.26
a¿V =25.27 m
s
-alculando el +nulo respecto a la :ori6ontal
α =arctg(V y
V x )α =arc tg(24.2613.29 )
α =61.28 °
θ=α +30
θ=61.28+30
d ¿θ=91.28 °
-alculando la velocidad con la )ue el m!vil llea a impactar.
V =V 0+g .t
elocidad de y
V =24.26−9.81∗10
V y=−39.60m
s
En x = cte.
V x
=8.66 m
s
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−22.294± 22.2942−4(4.905)(−4.684)
9.81
V =40.54 m/ s
3. na piedra cae sin ro6amiento con la velocidad )ue se muestra, se pide :allar la distancia CdDdel pie del cuarto de circunerencia :asta donde toca el piso =42F
G=H m x=3* sen.ty=I3* cos .t%y=Hsen%i& %y=*, =42F
y= y0+V y ( t )−g
2(t )2
* = H sin J 3* cos # $ J 4.K*5# $2 L 4.K*5 2 22.2K4 J 4.04 = *
= L *.2*
%i& t =*.2*
= H cos 3* sin L = 2.21H
4. > una partícula )ue se mueve en línea recta se le somete a una uer6a la cual le coniere unavelocidad en unci!n a su posici!n seAn N2=O.sN#I1$ , se sabe )ue para el instante t=* la
velocidad es 1 m/s y su posici!n es H m :allar su velocidad para t=5 seundos.
v=√ $
√ s
v=ds
dt
∫√ s ds=∫√ $ dt
3
√ s=√ $ t +%
(espe7ando CsD y reempla6ando t=*, s=H
s=(√ $ t +% )2
3
7= (√ $ (0)+% )2
3
% =18.52
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s=(√ $ t +18.52 )2
3
(espe7ando CsD y reempla6ando t=*, v=1
v= √ $
√ (√ $ t +18.52)2
3
16= √ $
√(√ $ (0)+18.52 )23$ =1792
Geempla6ando CPD en CD y t=5 .
v= √ 1792
√(√ 1792(5)+18.52)23 = .K1 /2
5. El movimiento de una partícula est+ deinido por las siuientes ecuaciones&
X (t )=(t −2 )3
12+t 2; Y ( t )=
t 3
12−
(t −1 )2
2
allar el m!dulo de la velocidad, aceleraci!n, aceleraci!n tanencial, aceleraci!n normal y elradio de curvatura cuando x = y
V x (t )=(t −2)3
12+t 2
V x (t )=(t −2)2
4+2 t
V x (t )=t 2
4 −4 t
2 +2 t +1
V y (t )=( t )3
12−
( t −1 )2
2
V y (t )=( t )2
4−t +1
V x
=V y
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t =0
⃗V (t )=(1,1,0)
⃗a(t )=(1,−1,0)
|⃗V |( t )=√ 12+12+02=√ 2=1.41m
s
a& =1−1
√ 2=0
m
s2
a
=|1 1 01 −1 0|
√ 2=1.41 m
s2
(=(√ 2 )
3
√ 2=1.41m