PROBLEMARIO

Instituto Tecnológico de Tapachula. Mónica Guadalupe Cortez Aceituno 15510123
Ingeniería Civil 4º G
PROBLEMARIO 1
1-. Con base a observaciones, la velocidad de un atleta puede aproximarse
mediante la relaciones V=7.5(10.04𝑥10)0.3 donde V y X se expresan en Km/h y
Km respectivamente. Si X=0 cuando t=0, determine
a) La distancia que ha recorrido el atleta cuando t=1h
b) La aceleración del atleta en 𝑚/𝑠2 cuando t=0
c) El tiempo requerido para que el atleta recorra 6km
Como la velocidad ya viene dada no es necesario esa misma derivarla, así que
solo se deriva la aceleración de la misma.
𝑑𝑥
Velocidad= 𝑑𝑡 =7.5(1 − 0.04𝑥)0.3
dx=7.5(1 − 0.04𝑥)0.3dt
𝑑𝑥
(1−0.04𝑥)0.3
𝑥
∫0
=7.5dt =
𝑑𝑥
(1−0.04𝑥)0.3
=
𝑡
∫0 7.5𝑑𝑡
v=1-0.04x; dv=-0.04dx
1
𝑥
∫
−0.04 0
𝑥
∫0
−0.04𝑑𝑥
(1−0.04𝑥)0.3
𝑥
𝑑𝑥
(1−0.04𝑥)0.3
=∫0 (1 − 0.04)−0.3
v=1-0.04x
dv=1-0.04dx
(1−0.04𝑥)0.7
−0.028
𝑡
=7.5t∫0
n=-0.3
-0.3+1=0.7
𝑥
𝑡
1
1
0.7
( )(1 − 0.04) ∫ = 7.5 ∫
−0.04 0.7
0
0
(1−0.04(0)0.7
–
−0.028
=7.5t – 7.5(0)
(1−0.04𝑥)0.7 −1
−0.028
= 7.5t
(1 − 0.04𝑥)0.7 − 1= (7.5t)(-0.028)
(1 − 0.04𝑥)0.7 − 1=-0.21t
1-(1 − 0.04𝑥)0.7 =0.21t
-(1 − 0.04𝑥)0.7 =0.21t-1
(1 − 0.04𝑥)0.7 =1-0.21t
1
1-0.04x=(1 − 0.21𝑡)0.7
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1
-0.04x=(1 − 0.21𝑡)0.7 -1
1
0.04x=1 − (1 − 0.21𝑡)0.7
1
x=
1−(1−0.21𝑡)0.7
0.04
Ya que se integro y se obtuvo x que son los km, se busca la posición de este
sustituyendo
A) cuando t=1h
1
x=
1
1−(1−0.21𝑡)0.7
= x=
0.04
1−(1−0.21(1))0.7
0.04
=
0.285909
0.04
=7.1477
b) La aceleración se saca derivando la velocidad
𝑑𝑣
a= v𝑑𝑥=7.5(1 − 0.04𝑥)0.3
7.5(1 − 0.04𝑥)0.3·7.5·d(1 − 0.04𝑥)0.3
7.5(1 − 0.04𝑥)0.3·7.5· d0.3(1 − 0.04𝑥)0.3−1 ·0.04
7.5(1 − 0.04𝑥)0.3·7.5·(-0.012) (1 − 0.04𝑥)−0.7
7.5(1 − 0.04𝑥)0.3·-0.09(1 − 0.04𝑥)−0.7
-0.675(1 − 0.04𝑥)−0.4
teniendo ya la derivada se sustituye ya que para t=0, x=0, a=¿
-0.675(1 − 0.04(0))−0.4
=-0.675(1)−0.4
=- 0.675km/h2
Pero se quiere en m/s2
𝑘𝑚
-0.675km/h2= ℎ2 =
1000𝑚
𝑘𝑚
(−0.675)(1000)
a=(
36002
1ℎ2
= 36002 𝑠2
𝑚
=-5.208x10−5 𝑠2
c)
Se utiliza la integral de la velocidad sin estar despejado x, para aquí despejar t.
Asi cuando t=6km seria
1-(1 − 0.04𝑥)0.7 =0.21t
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1−(1−0.04𝑥)0.7
t=
𝑡=
0.21
1−(1−0.04(6))0.7
0.21
60𝑚𝑖𝑛
0.8323h=
1ℎ
.1747
= 0.21 = .8323𝑘𝑚/ℎ
=0.8323 x 60= 49.938 min
2-. La aceleración debido a la gravedad, de una partícula que caiga hacia la
tierra es a=-g𝑅 2 /𝑟 2 donde r es la distancia desde el centro de la tierra hasta la
partícula, R es el radio terrestre y g es la aceleración de la gravedad en la
superficie terrestre. Si R=3960 mi, determine la velocidad de escape, esto es, la
velocidad mínima con la cual una partícula debe proyectarse hacia arriba desde
la superficie terrestre para no regresar a la tierra( sugerencia V=0 para r=infinito)
Aquí ya nos dieron la aceleración, así que para encontrar la velocidad se tendrá que
integrar y así saberlo.
𝑑𝑣
v𝑑𝑦 = 𝑎 = −
𝑔𝑅 2
𝑟2
si r=R v=vR, entonces r=⋈ 𝑦 𝑣 = 0
0
⋈
∫ 𝑣. 𝑑𝑣 = ∫
1
-2 𝑣𝑅2
=
⋈
𝑔𝑅 2 (𝑅1 ) ∫𝑅
𝑣𝑟
𝑅
𝑔𝑅 2
· 𝑑𝑟
𝑟2
vR=√2𝑔𝑅
Reemplazando
VR=(2 ∗ 32.2ft/𝑠 2 ∗ 3950𝑚𝑖 ∗
5280𝑓𝑡 1
1𝑚𝑖
)2
𝑉𝑅= 36.70𝑥103
𝑓𝑡
𝑠
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3-. La aceleración debida a la gravedad a una altura y sobre la superficie de la
tierra puede expresarse como
−32
a=
(1+(𝑦/20900000)2
donde a; y se expresa en fts/𝑠 2 y fts respectivamente utilice esta expresión para
calcular la altura que alcanza un proyectil lanzada verticalmente hacia arriba
desde la superficie terrestre si su velocidad inicial es
a)V=2400fts/s
b)4000fts/s
c)V=4000fts/s
Ya se sabe que la aceleración es igual a la derivada de la velocidad, entonces
𝑑𝑣
−32
v𝑑𝑦 = 𝑎 = (1+(𝑦/20900000)2 donde y=a la altura solicitada
y=altura máxima
Para y=0 y v=0
v=0
Se integrara y se despejara para saber la altura máxima
0
𝑌𝑚𝑎𝑥
∫ 𝑣. 𝑑𝑣 = ∫
𝑉𝑜
0
1
- 2 𝑉 2 𝑜 = −32-20900000
1
−32
(1+(𝑦/20900000)2
𝑉 2 𝑜 = −(2) − 32-20900000
𝑉 2 𝑜 = 1345960000(−1
Ymax=
−32
· dy
(1 + (𝑦/20900000)2
𝑌𝑚𝑎𝑥
{
0
1
−32
(1+(𝑦/20900000)2
1
𝑌𝑚𝑎𝑥
(1+(𝑦/20900000)2
𝑌𝑚𝑎𝑥
{
0
)
𝑉2𝑜
64.4−
𝑉𝑜
20900000
Teniendo ya la altura máxima, se sustituye la velocidad ya dada
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a)v=2400fts/s
Ymax=
Ymax=
𝑉2𝑜
64.4−
𝑉𝑜
20900000
24002
2400
64.4−
20900000
=
5760000
64.4−
=89441.15327 fts
2400
20900000
b)4000fts/s
Ymax=
Ymax=
𝑉2𝑜
64.4−
𝑉𝑜
20900000
40002
64.4−
4000
20900000
=
16000000
64.4−
4000
20900000
=248447.94
c)v=4000fts/s
Ymax=
Ymax=
𝑉2𝑜
64.4−
𝑉𝑜
20900000
40002
4000
64.4−
20900000
=
16000000
64.4−
4000
20900000
=248447.94
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4-. La velocidad de una corredora se define mediante la relación
v=vsen(Wnt 𝑡𝜙 )si la velocidad y la posición de la corredora sen t=0. Se denora
como Vo y Xo respectivamente y sabiendo que el desplazamiento máximo de la
corredora es de 2Xo, muestre que
(𝑉𝑜 2 +𝑋𝑜2 𝑤𝑛2)
a) V’=
2𝑋𝑜𝑊𝑛
b) El valor máximo de la velocidad ocurre cuando
(
𝑉𝑜
X=Xo(3-( 𝑋𝑜𝑊𝑛)2
__________________________
2
Solución:
Si 𝑡 = 0
𝑣 = 𝑣0
entonces tenemos
𝑉0 = 𝑣´ . sin(0 + 𝜙)
𝑉0 = 𝑣´ . sin(𝜙)
Con la relación de triángulos, se tiene:
√𝑣´2 − 𝑣02
cos 𝜙 =
𝑣
𝑑𝑥
Si 𝑣 = 𝑑𝑡
𝑣 = 𝑣 ′ sin(𝑤𝑛 𝑡 + 𝜙)
Para 𝑡 = 0
𝑥 = 𝑥0
𝑥
𝑡
∫ 𝑑𝑥 =
𝑥0
∫ 𝑣 ′ sin(𝑤𝑛 𝑡 + 𝜙)𝑑𝑡
0
𝑋 − 𝑋0 = 𝑣 ′ [−
𝑋 = 𝑋0 +
𝑡
1
. cos(𝑤𝑛 𝑡 + 𝜙)]
𝑤𝑛
0
𝑣′
[cos 𝜙 − cos(𝑤𝑛 𝑡 + 𝜙)]
𝑤𝑛
Si
cos(𝑤𝑛 𝑡 + 𝜙) = −1
Para 𝑋𝑚𝑎𝑥 es:
𝑋𝑚𝑎𝑥 = 2𝑋0 = 𝑋0 +
Reemplazamos
𝑣′
[cos 𝜙 − (−1)]
𝑤𝑛
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2
𝑣 ′ 𝑣 ′ − 𝑣02
cos 𝜙 = 𝑋0 =
[
+ 1]
𝑤𝑛
𝑣′
𝑋0 𝑤𝑛 − 𝑣 ′ = √𝑣 ′ 2 − 𝑣02
Despejamos 𝑣′
(𝑣0 2 + 𝑥0 2 𝑤𝑛 )
𝑣 =
2 . 𝑥0 𝑤𝑛
′
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𝜋𝑡
5-. La velocidad de una partícula es V=Vo(1-Sen( 𝑇 ). Si la partícula parte desde
el origen con una velocidad inicial Vo, determine
a)Su posición y aceleración en t=3T
b)Su velocidad promedio durante el intervalo de t=0 a t=T
a)
𝑑𝑥
𝜋.𝑡
=V=Vo1-sen 𝑇 
𝑑𝑡
para t=0 x=0, tenemos
𝑥
𝑡
𝜋.𝑡
∫0 𝑑𝑥 =∫0 𝑉𝑜1-sen 𝑇 dt
𝑇
𝜋.𝑡
𝑡
x=Vot+ 𝜋 cos 𝑇 { Type equation here.
𝑜
𝑇
𝜋.𝑡 𝑇
X=Vot+ 𝜋 cos 𝑇 -𝜋
Para t=3T
𝑇
𝜋.3𝑇 𝑇
𝑋3𝑇 =Vo3T+ 𝜋 cos
𝑇
𝜋
2𝑇
𝑋3𝑇 =Vo3T- 𝜋 
𝑋3𝑇 =2.36VoT
𝑑𝑣
𝜋.𝑡
Si a= 𝑑𝑡 =Vo1-sen( 𝑇 )
𝜋
𝜋.𝑡
a=-Vo𝑇 cos 𝑇
𝜋
a=-Vo𝑇 cos
Se reemplaza t=3T teniendo asi;
𝜋3𝑇
𝑇
𝜋.𝑉𝑜
𝑎3𝑇 =
𝑇
b) Teniendo
𝑇
𝜋.𝑡 𝑇
x=Vot+ 𝜋 cos 𝑇 -𝜋
Se reemplaza t=0 y t=T
𝑇
𝑇
𝑋0= Vo0+ 𝜋 cos0-𝜋=0
𝑇
𝜋.𝑇 𝑇
𝑋𝑇 = VoT+ 𝜋 cos
𝑇
-𝜋=0
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2𝑇
𝑋𝑇 = VoT-
𝜋

𝑋𝑇 =0.363.VoT
𝑋𝑇− 𝑋𝑂
Si Vprom=
△𝑡
, se reemplaza
0.363.𝑉𝑜𝑇− 0
Vprom=
𝑇−0
Vprom= 0.363.Vo