dinamica

1. ING. CIVIL 3ro “B”
ALANOCA MAMANI HECTOR LUIS
12-61
Se muestra la gráfica de 𝑣 − 𝑡 un automóvil mientras viaja por la
carretera. Trace las gráficas de 𝑠 − 𝑡 𝑦 𝑎 − 𝑡 del movimiento.
Solución :
0 ≤ 𝑡 ≤ 5
𝑎 =
∆𝑣
∆𝑡
=
20
5
= 4 𝑚/𝑒2
0 ≤ 𝑡 ≤ 20
0 ≤ 𝑡 ≤ 30
𝑎 =
∆𝑣
∆𝑡
=
0 − 20
30 − 5
= −2 𝑚/𝑒2
Del grafico 𝑣 − 𝑡 en 𝑡1 = 5𝑠, 𝑡2 = 20𝑠 𝑦 𝑡3 = 30𝑠
𝑠1 = 𝐴1 =
1
2
(5)(20) = 𝟓𝟎𝒎
𝑠2 = 𝐴1 + 𝐴2 = 50 + 20(20 − 5) = 𝟑𝟓𝟎𝒎
𝑠2 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 = 300 +
1
2
(30 − 20)(20) = 𝟒𝟓𝟎𝒎
Las ecuaciones que definimos de la parte del grafico son:
0 ≤ 𝑡 ≤ 5 𝑠 𝑣 = 4 𝑡 , 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑡 ; ∫ 𝑑𝑠 = ∫ 4𝑑𝑡
𝑡
0
;
𝑠
0
𝑠 = 𝟐𝒕𝟐
5 ≤ 𝑡 ≤ 20𝑠 𝑣 = 20 , 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑡 ; ∫ 𝑑𝑠 = ∫ 20 𝑑𝑡
𝑡
5
;
𝑠
50
𝑠 = 𝟐𝟎𝒕 − 𝟓𝟎
20 ≤ 𝑡 ≤ 30𝑠 𝑣 = 2(30 − 𝑡); 5 ≤ 𝑡 ≤ 20𝑠 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑡;
∫ 𝑑𝑠 = ∫ 2(30 − 𝑡)𝑑𝑡𝑔
𝑡
5
; 𝑠 = −𝑡2
+ 60𝑡 − 450
𝑠
350
12-62. Un bote navega en una línea recta con la

2. ING. CIVIL 3ro “B”
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aceleración descrita por la gráfica 𝑎 − 𝑠. Si arranca del reposo, trace la gráfica de 𝑣 − 𝑠 y
determine la velocidad máxima del bote ¿la distancia recorre antes de detenerse?
Solucion:
Grafica 𝑣 − 𝑠 : para 0 ≤ 𝑠 ≤ 150𝑚 la condición inicial es 𝑣 = 0 𝑒𝑛 𝑠 = 0.
(±) 𝑣𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑠
∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ (−0.02𝑠 + 6)
𝑠
0
𝑑𝑠
𝑣
𝑜
𝑣2
2
|
0
𝑣
= (−0.01𝑠2
+ 6𝑠) |0
𝑠
𝑣 = (√−0.02𝑠2 + 12𝑠 ) 𝑚/𝑠
Donde la aceleración cambia de signo, ocurre la máxima velocidad del bote, esto es en
𝑠 = 150 m por lo tanto.
𝑣𝑚𝑎𝑥 = |𝑠=150 𝑚 = √−0.02(1502) + 12(150)
= 36.74 𝑚/𝑠 = 36.7 𝑚/𝑠 𝑹𝒑𝒕𝒂
Para 150𝑚 ≤ 𝑠 ≤ 𝑠´
, la condición inicial es 36.74 𝑚/𝑠 𝑒𝑛 𝑠 = 150𝑚
(±) 𝑣𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑠
∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ −4
𝑠
150𝑚
𝑑𝑠
𝑣
36.74 𝑚/𝑠
𝑣2
2
|
36.74 𝑚/𝑠
𝑣
= −4𝑠 |150𝑚
𝑠
𝑣 = (√−8𝑠2 + 2550𝑠 ) 𝑚/𝑠
De modo que, cuando v=0
0 = √−8𝑠´ + 2550 𝑠´
= 318.7𝑚 = 319𝑚 𝑹𝒑𝒕𝒂
La grafica 𝑣 − 𝑠
12-36. La gráfica describe la aceleración del cohete. Si parte del
reposo trace la gráfica de 𝑣 − 𝑡 𝑦 𝑠 − 𝑡 del movimiento durante
el intervalo 𝑜 ≤ 𝑡 ≤ 14𝑠 .

3. ING. CIVIL 3ro “B”
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Solucion:
Grafica 𝑣 − 𝑡: para el intervalo de tiempo 0≤ 𝑡 ≤ 9𝑠, , la condición inicial es 𝑣 = 0 𝑒𝑛 𝑠 = 0.
(+↑) 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡
∫ 𝑑𝑣 = ∫ 6𝑡1/2
𝑑𝑡
𝑡
0
𝑣
0
𝑣 = (4𝑡1/2
) 𝑚/𝑠
Cuando 𝑡 = 9𝑠
𝑣|𝑡=9𝑠 = 4(9)1/2
= 108 𝑚/𝑠
La condición inicial es 𝑣 = 108 𝑚/𝑠 𝑒𝑛 𝑡 = 9𝑠
(+↑) 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡
∫ 𝑑𝑣 = ∫ (4𝑡 − 18)𝑑𝑡
𝑡
9 𝑠
𝑣
108 𝑚/𝑠
𝑣 = (2𝑡2
− 18𝑡 + 180 ) 𝑚/𝑠
"𝑎"
Cuando 𝑡 = 14𝑠
𝑣|𝑡=14𝑠 = 4(14)2
− 18(14) + 180 = 248 𝑚/𝑠
De la gráfica 𝑣 − 𝑡 se muestra en la figura “𝑎”
(+↑) 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡
∫ 𝑑𝑠 = ∫ 4𝑡3/2
𝑑𝑡
𝑡
0
𝑣
0
𝑠 =
8
5
𝑡5/2
𝑣|𝑡=9𝑠 =
8
5
(95/2
) = 388.8𝑚
Para el intervalo de tiempo 9≤ 𝑡 ≤ 14𝑠, , la condición inicial es 𝑠 = 388.8 𝑚 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 9𝑠.
(+↑) 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡
∫ 𝑑𝑠 = ∫ (2𝑡2
− 18𝑡 + 108)𝑑𝑡
𝑡
9𝑠
𝑣
388.8 𝑚
𝑠 = (
8
5
𝑡3
− 2𝑡2
+ 108𝑡 − 340.2)𝑚

4. ING. CIVIL 3ro “B”
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En el instante 𝑡 = 14𝑠,
𝑣|𝑡=14𝑠 =
8
5
(133
) − 2(14)2
+ 18(14) − 340.2 = 1237𝑚
La figura 𝑠 − 𝑡
12-64. la motocicleta de turbina se desplaza a lo largo de una
carretera recta con velocidad descrita por la gráfica de 𝑣 − 𝑠. Trace la
gráfica de 𝑎 − 𝑠
Solucion:

5. ING. CIVIL 3ro “B”
ALANOCA MAMANI HECTOR LUIS
Grafica 𝑎 − 𝑠 : Para 0 ≤ 𝑠 ≤ 225𝑚 la condición inicial
(±) 𝑎 = 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
= (5𝑠1/2
) (
5
2
2−1/2
) = 12.5 𝑚/𝑠2
Para 225 ≤ 𝑠 ≤ 525𝑚
𝑎 = 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
= (−0.2𝑠 + 120)(−0.2)
𝑎 = (−0.4 𝑠 − 24)𝑚/𝑠2
Para 𝑠 = 225𝑚 𝑦 525𝑚
𝑎| 𝑠=225𝑚 = 0.04(225) − 24 = −15𝑚/𝑠2
𝑎| 𝑠=225𝑚 = 0.04(525) − 24 = −3𝑚/𝑠2
La grafica 𝑎 − 𝑠
12-65. La gráfica describe la aceleración del bote que arranca
del reposo. Trace la gráfica de 𝑣 − 𝑠
Solucion:
Grafica 𝑣 − 𝑠 : para 0 ≤ 𝑠 ≤ 200 𝑝𝑖𝑒𝑠, la condición inicial es
𝑣 = 0 𝑒𝑛 𝑠 = 0.
(±) 𝑣𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑠
∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ (0.04𝑠 + 2)
𝑠
0
𝑑𝑠
𝑣
𝑜
𝑣2
2
|
0
𝑣
= (0.02𝑠2
+ 2𝑠) |0
𝑠
𝑣 = (√0.04𝑠2 + 4𝑠 ) 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠
Para 𝑠 = 200 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑣|𝑠=200 𝑝𝑖𝑒𝑠 = √(0.04(2002) + 4(200))
= 48.99 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠 = 49.0 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠

6. ING. CIVIL 3ro “B”
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Para 200 𝑝𝑖𝑒𝑠 ≤ 𝑠 ≤ 500 𝑝𝑖𝑒𝑠, la condición inicial es 𝑣 = 48.99 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑛 𝑠 = 200 𝑝𝑖𝑒𝑠.
∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 10
𝑠
200 𝑝𝑖𝑒𝑠.
𝑑𝑠
𝑣
48.99 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠
𝑣2
2
|
48.99 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠
𝑣
= 10𝑠|200 𝑝𝑖𝑒𝑠.
𝑠
𝑣 = (√20𝑠 − 1600 )𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠
Para 𝑠 = 500 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑣|𝑠=500 𝑝𝑖𝑒𝑠𝑣 = (√20(500) − 1600 ) = 91.56 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠.
𝑣 = 91.7𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠
𝒗 = 𝟗𝟏. 𝟕 𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔
La grafica 𝑣 − 𝑠