CAPITULO2-MOVIMIENTOENUNADIMENSION

FS-210 Física General I – Capítulo 2: Movimiento en una dimensión

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UNIVERSIDAD DE COSTA RICA FACULTAD DE CIENCIAS ESCUELA DE FISICA FS-210 FISICA GENERAL I - CAPITULO 2: MOVIMIENTO EN UNA DIMENSION Soluciones y Edición por Dr. William E. Vargas

EJEMPLO: La posición de un objeto que se mueve en línea recta es dada por x = 3 t – 4 t2 + t 3 donde x está en metros y t en segundos. (a) ¿Cuál es la posición del objeto en t = 0, 1, 2, 3 y 4 segundos? (b) ¿Cuál es el desplazamiento del objeto entre t = 0 y t = 2 s? ¿Y entre t = 0 y t = 4 s? ¿Cuál es la velocidad promedio en el intervalo de tiempo entre t = 2 y t = 4 s? ¿Y entre t = 0 y t = 3 s?

Solución: (a)

x(t=0) = xo = 0; x(t=1) = x1 = 0; x(t=2) = x2 = -2 m; x(t=3) = 0; x(t=4) = 12 m.

(b)

∆x20 = x2 – x0 = -2 m; ∆x40 = x4 – x0 = 12 m v42 =

∆x42 x4 − x2 12 − (−2) = = = 7 m/s ∆t ∆t 4−2

v30 =

∆x30 x3 − x0 = = 0. ∆t ∆t

¿Cuál es la velocidad del objeto en t = 2 s? Recuerde que la velocidad instantánea es dada por v = dx/dt = 3 – 8 t + 3 t2; por lo tanto v(t=2) = -1 m/s. Ejercicio 2.2. Una persona camina siguiendo este patrón: 3.1 km al Norte, luego 2.4 km al Oeste y finalmente 5.2 km al Sur. (a) Construya el diagrama vectorial que represente este movimiento. (b) ¿Qué distancia y en qué dirección debería volar un ave en línea recta para llegar al mismo punto final?

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FS-210 Física General I – Capítulo 2: Movimiento en una dimensión (a) B = 2.4 km N A = 3.1 km O

E

y α C = 5.2 km

S

G

G

G

x

0

∆r

G

(b) ∆r = A + B + C = 3.1 ˆj − 2.4iˆ − 5.2 ˆj = −2.4iˆ − 2.1 ˆj km G ⇒ ∆r = (−2.4) 2 + (−2.1) 2 = 3.19 km.

Además se tiene que: tan(α ) =

2.1 ⇒ α = tan −1 (0.875) = 41.2° , y por lo tanto 2.4

podríamos especificar la dirección en que debe volar el ave en línea recta como Sur 48.8° Oeste. G G Ejercicio 2.10. Dos vectores a y b tienen igual magnitud de 12.7 unidades. G Están orientados como se muestra en la figura y su suma vectorial es r . G G Obtenga (a) las componentes x y y de r . (b) la magnitud de r , y (c) el G ángulo que forma r con el eje +x. a = b = 12.7 unidades

y

b

r ry

α

105°

β a 28.2° rx

Solución:

x

G a = [a cos(28.2°)]iˆ + [ asen(28.2°)] ˆj = 11.20iˆ + 6.00 ˆj

G b = [b cos(133.2)]iˆ + [bsen(133.2)] ˆj = −8.70iˆ + 9.26 ˆj G G G r = a + b = 2.50iˆ + 15.26 ˆj ⇒ r = (2.50) 2 + (15.26) 2 = 15.46


tan( β ) =

12

2.50 ⇒ β = tan −1 (0.1638) = 9.3° ⇒ θ = 80.7° . 15.26

G b Nota: Observe que el vector también puede escribirse en la forma: G b = −(b cosα )iˆ + (bsenα ) ˆj . ¿Cuánto vale α expresado en radianes? Respuesta: α = 0.817 radianes.

Ejercicio 2.19. La velocidad de una partícula que se desplaza en el plano G xy está dada por v = (6t − 4t 2 )iˆ + 8.0 j m/s, con t en segundos. (a) ¿Cuál es la aceleración cuando t=3.0 s? (b) ¿Cuándo (si es que alguna vez) es cero la aceleración? (c) ¿Cuándo (si es que alguna vez) es cero la velocidad? (d) ¿Cuándo (si es que alguna vez) es la rapidez igual a 10 m/s? Solución: G G G dv G 2 ˆ = (6 − 8t )iˆ ⇒ a (t = 3 s) = -18 iˆ m/s 2 , (a) v = (6t − 4t )i + 8.0 j ⇒ a = dt (b) la aceleración será cero cuando 6-8t=0, o sea, a los 0.75 s. (c) la velocidad no será cero en ningún momento porque su componente en y es independiente del tiempo. (d)

(10) 2 = (6t − 4t 2 ) 2 + (8.0) 2 ⇒ (6t − 4t 2 ) 2 = 36 ⇒ (6t − 4t 2 ) = ±6.0 .

Se debe tomar el signo – para obtener una raíz físicamente aceptable. La solución aceptable de esta ecuación de segundo grado es: 4t 2 − 6t − 6 = 0 ⇒ t =

6 ± 36 + 96 = 2.186 s , al tomar la raíz cuadrada con 8

signo positivo. Ejercicio 2.31. ¿Qué distancia recorre en 16 s el corredor cuya gráfica de velocidad-tiempo se muestra en la siguiente figura?

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velocidad (m/s)

8

2 3

6

4

1

1. acelerado

Movimiento:

2

4

2. uniforme 3. desacelerado 4. uniforme

0

0

Aceleración por etapas: a1 =

4

8 12 tiempo (segundos)

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∆v 8 − 0 = = 4 m/s 2 ; a2 = 0; a3 = -2 m/s2; a4 = 0. ∆t 2 − 0

Desplazamiento por etapas: 1 1 ∆x1 = v01∆t + a1 (∆t ) 2 = (4)(2) 2 = 8 m , 2 2

∆x2 = v2 ∆t = (8)(10 − 2) = 64 m , 1 1 ∆x3 = v03 ∆t + a3 (∆t ) 2 = (8)(2) + (−2)(2) 2 = 12 m , 2 2

∆x4 = v4 ∆t = (4)(4) = 16 m ; ∆xtotal = ∆x1 + ∆x2 + ∆x3 + ∆x4 = 100 m . Otro método de solución: ∆x = “área bajo la curva” en una gráfica de velocidad-tiempo:

∆xtotal = (1/2)(2)(8)+(10-2)(8)+(1/2)(2)(4)+(2)(4)+(4)(4)=100 metros.

¿Cuál es la velocidad media de todo el recorrido? Respuesta: 6.25 m/s. Muestre que la aceleración media de todo el recorrido es de 0.25 m/s2.

Problema 2.13. Suponga que lo llaman para aconsejar a un abogado con relación a los principios físicos que intervienen en uno de sus casos. La pregunta es si un conductor iba a una velocidad superior al límite de 48.3


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km/h antes de que hiciera un frenado de emergencia, que se trabaran los frenos y que las ruedas patinaran. La longitud de las marcas del patinado que quedó en el camino es de 5.84 m. Un oficial de tránsito hizo la suposición razonable de que la máxima retardación del auto no podía exceder a la aceleración de un cuerpo en caída libre (g = 9.8 m/s2), y detuvo al conductor por exceso de velocidad. ¿Iba efectivamente con exceso de velocidad el conductor? 2

g = 9.8 m/s , d = 5.84 m

Solución: Suponemos que el auto se detiene desacelerando de modo uniforme,

V 2 = Vo2 − 2 ⋅ a ⋅ d = 0

Vo2 V = 2 ⋅ a ⋅ d ⇒a = ≤g 2⋅ d 2 o

Vo2 ≤2⋅ g ⋅ d Vo ≤ 10.7 m/s = 38.5 km/h

Así resulta que Vo es menor que 48.3 km/h, el valor máximo de la velocidad permitida, de modo que la decisión del oficial de tránsito fue equivocada. ¿Cuál debería ser la longitud mínima de las marcas en la carretera debido al frenado, para que el auto estuviese excediendo el valor máximo de la velocidad permitida? Respuesta: dmin = 9.18 m.

Obsérvese que el vector velocidad tiene el mismo sentido en que se desplaza el auto, mientras que el vector aceleración posee sentido opuesto. Esto es un ejemplo de vectores antiparalelos.

Ejemplo (ver problema 2.14). Un tren arrancó a partir del reposo y se movió con aceleración constante. En un momento tenía una velocidad de 9.14 m/s y 48.8 m más adelante tenía una velocidad de 15.2 m/s. Calcular:

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(a) su aceleración, (b) el tiempo empleado en recorrer los 48.8 m mencionados, (c) el tiempo necesario para alcanzar la velocidad de 9.14 m/s, y (d) la distancia recorrida a partir del punto de salida hasta el momento en que su velocidad fue de 9.14 m/s. Xo = 0 , Vo = 0 , V1 = 9.14 m/s , V2 = 15.2 m/s , D = X2 – X1 = 48.8 m V 1

Y (m)

V 2

X (m) Xo

X1

X2

d to = 0

D t = t1

t = t2

Solución: V22 − V12 (15.2) 2 − (9.14) 2 2 = = 1.51 m/s 2⋅ D 2(48.8)

(a)

V22 = V12 + 2 ⋅ a ⋅ ( X 2 − X 1 ) → a =

(b)

V2 = V1 + a ⋅ (t 2 − t1 ) → t 2 − t1 =

V2 − V1 = 4.0 s a

(c)

V1 = V0 + a ⋅ (t1 − t o ) → t1 − t 0 =

V1 − V0 = 6.05 s a

(d)

V12 = V02 + 2 ⋅ a ⋅ ( X 1 − X 0 ) → d = 27.7 m

Observe que en las secciones a y d (b y c) usamos la misma ecuación solo que aplicada a una pareja de instantes distintos según sea el caso. Esto lo podemos hacer porque la aceleración es la misma en ambas etapas del recorrido: de x0 a x1, y luego de x1 a x2. ¿En qué posición y en qué instante la velocidad del tren será (V1+V2)/2? Respuesta: 49.0 m y 8.06 s.


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Ejemplo (ver problema 2.16). En el momento en que se enciende la luz verde de un semáforo, un automóvil arranca con aceleración constante de 1.83 m/s2. En ese mismo momento un camión que lleva una velocidad constante de 9.14 m/s sobrepasa al automóvil. (a) ¿A qué distancia del punto de partida el automóvil alcanzará al camión? (b) ¿Qué velocidad llevará el automóvil en ese momento?

Vc = 9.14 m/s , a = 1.83 m/s2 carretera Vc X

a

Solución: 1 2

(a) xc (t ) = Vc ⋅ t , x a (t ) = a ⋅ t 2 Si t1 es el instante en que el auto alcanza al camión, entonces: xc (t1 ) = x a (t1 ) → t1 =

2 ⋅ Vc ≅ 10 s a

xc (t1 ) = Vc ⋅ t1 = 91.4 m

(b) Va (t1 ) = a ⋅ t1 = 18.3 m/s

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La velocidad del camión (Vc) y la aceleración del automóvil (a) son vectores paralelos. El movimiento del camión es uniforme (con velocidad constante), mientras que el movimiento del automóvil es uniformemente acelerado. En el instante t1 ambos vehículos ocupan la misma posición en X.

¿A partir del momento en que el auto alcanza al camión, qué aceleración debe experimentar el camión a fin de alcanzar al auto en otros 10 s? ¿Cuál es su desplazamiento a partir de la posición del semáforo? Respuestas: 4.74x104 km/h2, 0.37 km

Ejercicio 2.54. (a) ¿A qué velocidad debe ser arrojada una pelota verticalmente hacia arriba con objeto de que llegue a una altura máxima de 53.7 m? (b) ¿Cuánto tiempo estará en el aire? Datos: H = 53.7 m, g = 9.8 m/s2. La incógnita inicial es vo (la velocidad inicial del lanzamiento). Solución: el movimiento de la piedra se describe mediante las ecuaciones:

Al

evaluar

la

1 2 gt 2

1.

y = vo t −

2.

v = vo − gt

3.

v 2 = vo2 − 2 gy

tercera

ecuación

en

y=H

se

obtiene

que

vo = 2 gH = 32.44 m/s El tiempo de vuelo lo podemos obtener a partir del hecho de que tvuelo = 2 tascenso. El tiempo de ascenso lo obtenemos de la segunda ecuación: tascenso = vo/g = 3.31 s.


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¿En cuáles dos instantes de tiempo la posición de la pelota es y = H/2? Obtenga la correspondientes velocidades de la pelota en esta posición. Nota: deberá resolver una ecuación de segundo grado para obtener, a partir de las soluciones a esta, los dos instantes de tiempo en que la pelota se encuentra a media altura máxima (0.97 s y 5.65 s). Las correspondientes velocidades son 22.93 m/s y -22.93 m/s.

Ejemplo. Desde una altura H sobre el nivel del suelo se lanza verticalmente hacia abajo una pelota con velocidad inicial Vo. Demostrar que el tiempo que tarda en llegar al suelo es dado por:

tcaida =

Vo  2⋅ H ⋅ g  ⋅  1+ −1 g  Vo2 

(1)

Solución: Colocando el origen del sistema de coordenadas en el punto de lanzamiento de la pelota, con el eje Y positivo hacia arriba, la posición de la pelota es dada por:

1 y(t) = −Vo ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 2

(2)

de modo que, si tcaída es el instante en que la pelota llega al suelo, se satisface que y(tcaída)= -H. Así, de la ecuación previa se obtiene una de segundo grado en la cual tcaída es la incógnita: 2 + t caída

2 ⋅ Vo 2⋅ H = 0. t caída − g g

(3)

Esta ecuación puede resolverse completando cuadrados, o aplicando la fórmula que nos permite calcular las raíces de una ecuación de segundo grado. En el álgebra de la solución debemos tomar la raíz positiva a fin de obtener un valor positivo de tcaída, por cuando el instante inicial ya se ha definido como cero. ¿A qué se reduce la ecuación 1 cuando Vo= 0?¿Qué modificación se debe hacer a la ecuación 1 para considerar el caso en que la pelota sea lanzada hacia arriba? Muestre que en tal caso el tiempo de caída estaría dado por:

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tcaida =

Vo  2⋅ H ⋅ g  ⋅  1+ +1 g  Vo2 

.

Ejemplo. Desde una altura de 30 m se lanza verticalmente hacia abajo una pelota con velocidad inicial Vo, de modo que ésta rebota alcanzando una altura de 45 m. Determine la magnitud de la velocidad inicial Vo, así como el tiempo que duró en caer la primera vez. ¿Qué suposición adicional tendrá que hacer para poder resolver el problema?

H1 = 30 m , H2 = 45 m V2 = 0

Solución: Vo

H1

V1

H2 La suposición adicional que se requiere es que la pelota rebota en el suelo con la misma rapidez con que chocó contra este.

V1 Descenso (I)

Ascenso (II)

V12 = Vo2 − 2 ⋅ g ⋅ (−H1 )

(1)

II : V2 = V1 − 2 ⋅ g ⋅ H2 = 0

(2)

I:

2

Muestre que la magnitud de V1 es de 29.7 m/s, y el tiempo de ascenso es de 3.03 s. Observe que la aceleración de la pelota es la misma tanto en la etapa de descenso como en la de ascenso. ¿Cuánto vale la aceleración de la pelota al alcanzar ésta el punto de máxima altura en la etapa de ascenso?

2

De la ecuación 2 se despeja V1 y se inserta en la ecuación 1 para obtener que

Vo = 2⋅ g ⋅ (H2 − H1)

(3)

Al evaluar se obtiene Vo=17.1 m/s. De la ecuación derivada en el problema anterior obtenemos para el tiempo de descenso 1.28 s.

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