2011 Repartido 02 Soluciones

Física I para Licenciaturas de Física y Matemáticas

Facultad de Ciencias - Instituto de Física

FÍSICA I -Licenciaturas de Física y Matemáticas

PRÁCTICO Nº 2 - Cinemática

Ejercicio 1.- La posición de una partícula que se mueve en línea recta está dada por x(t) = 3t - 4t 2 + t 3 , donde x donde x está está en metros y t está está en segundos, con t ≥ t ≥ 0. 0. a) ¿Qué unidades tienen los coeficientes constantes 3, -4 y 1 en la expresión expresión de x de x (t )? )? b) Calcule las expresiones para la velocidad y aceleración aceleración instantánea ( v(t) y v(t) y a(t)). a(t)). c) Determine la posición, la velocidad y la aceleración de la partícula en t = 0, ½, 1, 2, 3 y 4 s? d) ¿Para qué valores de t la la velocidad de la partícula es nula? e) ¿En qué posición se encuentra en esos instantes? f) ¿Cuál es el desplazamiento de la partícula entre t = 0 y t = 2s? ¿y entre t = 0 y t = 4 s? g) La distancia recorrida en esos intervalos de tiempo, ¿tiene el mismo valor que el desplazamiento? En caso contrario, calcular la distancia recorrida para esos intervalos. h) ¿Cuál es la velocidad media en el intervalo de tiempo entre t = 2 y t = 4 s? ¿Y desde t = 0 hasta t = 3s? i) ¿Cuál es la aceleración media en el intervalo de tiempo entre t = 2 y t = 4 s? ¿Y desde t = 0 hasta t = 3s? Considere los valores de t como exactos, así como la de los coeficientes de x(t). Considere los valores de t como exactos, así como la de los coeficientes de x(t). x(t) = 3t - 4t 2 + t 3 a) 3: m/s; -4: m/s2; 1: m/s3. b) x(t) b) x(t) = 3t - 4t 2 + t 3

x = 3*t-4*t^2+t^3 3*t-4*t^2+t^3 14 12

v(t) =

10

d dt

t + 3 t 2 ( x (t )) = 3 -8 t +

d dt

(v(t )) = -8 + 6 t

c) x(0) c) x(0) = 3(0) – 4(0) 4(0)2 + (0)3 = 0 m x(0,5) = 3(0,5) – 4(0,5) 4(0,5)2 + (0,5)3 = 0,625 m x(1) =3(1) – 4(1) 4(1)2 + (1)3 = 0 m x(2) = 3(2) – 4(2) 4(2)2 + (2)3 = -2 m x(3) = 3(3) – 4(3) 4(3)2 + (3)3 = 0 m x(4) = 3(4) – 4(4) 4(4)2 + (4)3 = 12 m

8 6 x

4 2 0

0

1

2

3

4

-2 -4

t

a(2) = – 8 8 + 6(2) = 4 m/s2;

5

v(0) = 3 – 8(0) 8(0) + 3(0)2 = 3 m/s v(0,5) = 3 – 8(0,5) 8(0,5) + 3(0,5)2 = -0,25 m/s v(1) = 3 – 8(1) 8(1) + 3(1)2 = -2 m/s v(2) = 3 – 8(2) 8(2) + 3(2)2 = -1 m/s v(3) = 3 – 8(3) + 3(3)2 =6 m/s v(4) = 3 – 8(4) 8(4) + 3(4)2 =19 m/s

a(0) = – 8 8 + 6(0) = -8 m/s2; a(0,5) = – 8 8 + 6(0,5) = -5 m/s2; a(1) = – 8 8 + 6(1) = -2 m/s2; 2 a(3) = – 8 8 + 6(3) = 10 m/s a(4) = – 8 8 + 6(4) = 16 m/s2

a) 3: m/s; -4: m/s2; 1: m/s3; b) v (t ) = 3 -8 t + t + 3 t 2 a(t ) = -8 + 6 t; c) t en (s) 0 0,5 1 2 x(t) en m 0 0,625 0 -2 v(t) en m/s 3 -0,25 -2 -1 2 a(t) en m/s -8 -5 -2 4

d) t 1 =

a(t) =

4 7 3

= 0,45142 s; t 2 =

4 7 3

f)  x0 2 = -2 m  x0 4 = 12 m; g) No.

3 0 6 10

4 12 19 16

e) x (t 1) = 0,6311m x 0,6311m x (t 2) = -2,1126m; = 2,21525 s ; e) x d0-2 = 3,26 m d0-4 = 17,49 m; h) v 2-4 = 7,00 m/s ;

v0-3 =0,00 m/s; i) a2-4 = 10 m/s2, a0-3 = 1,0 m/s2.

Repartidos de ejercicios -2011 rev1

1


t + 3 t = 0  3 -8 t + 2

d) v(t ) = 0

= t 1 1

4 7 3

= 0,45142 s



t 

= t 2 2


8  82  4(3)(3) 2(3)

4 7 3



8  28 6



4 7 3

= 2,21525 s

e) x e) x((t 1) = 0,6311m x( x(t 2) = -2,1126m f)  x02  x(2)  x(0)  (-2)- 0 = -2 m

 x04  x(4)  x(0)  12- 0 = 12 m

g) No, pues la velocidad se anula en el intervalo, y el sentido del movimiento cambia. Por tanto debo dividir el intervalo tomando esos puntos como intermedios. int ermedios.

d 02   x0t 1  xt 1 2 = x(t 1 )  x(0)  x(2)  x(t 1 ) = 0,6311  0   2  0,6311 =0,6311+ 2,6311 = 3,2622m d0-2 = 3,26 m

d 04   x0t 1   xt 2 t 1  x4t 2 = x(t 1 )  x(0)  x(t 2 )  x(t 1 )  x(4)  x(t 2 ) = d0-4 = 0,6311-0+ -2,1126-0,6311+12-(-2,1126)= 0,6311 + 2,7437 + 14,1126 = 17,4874 m d0-4 = 17,49 m h) vm 24



 x24 x(4)  x(2) 12  (2) = 7,00 m/s   2 42 t

vm 0 3 

 x03 x(3)  x(0)   3 t

00 3

= 0 m/s

Ejercicio 2.- La figura de la derecha es la gráfica de la aceleración en función del tiempo, para un objeto en movimiento rectilíneo. El objeto parte del reposo en el origen, cuando t = 0. a) Determine las funciones correspondientes a la velo cidad instantánea v (t ) y a la posición x posición x (t ). ). Grafique las mismas. b) ¿Cuánto vale la velocidad media en el intervalo entre t = = 0 y t = = 5s, y entre t = = 2 y t = = 6s ? = 0 y t = = 5s, y entre t = = 0 y t = = c) ¿Cuánto vale el desplazamiento entre t = 10s? ¿Y la distancia recorrida para esos mismos intervalos de tiempo ?

a) a (t) = 5 m/s2

0< t < < 5 v(0) = 0; x 0; x(0) (0) = 0

130 120

Para este intervalo (0< t < < 5) v(t ) = 5t 5t con v(5) = 25 m/s x( x(t ) = 2,5t 2,5t 2 con x con x(5) (5) = 62,5m

110 100 90 80

Para este intervalo (5< t < < 10) v(t ) = v(5) – 5(t 5(t -5)= -5)= 25 - 5(t 5(t -5) -5) x( x(t ) = x = x(5) (5) +25(t +25(t -5) -5) - 2,5(t 2,5(t -5) -5)2 = 62,5 62,5 + 25(t 25(t -5) -5) - 2,5(t 2,5(t -5) -5)2 b) vm 05

v m 2 6 



x(5)  x(0)

50 x(6)  x(2) 62





62,5  0

5 85  10 4



70

v(t) m/s

60

x(t) m

50 40 30

= 12,5 m/s

75 4

20 10 0

= 18,75 m/s

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11

t (s)

c)  x0-5 = x = x(5) (5) – x(0) x(0) = 62,5 – 0 0 = 62, 5m  x0-10 = x = x(10) (10) – x(0) x(0) = 125 – 0 0 = 125m La distancia recorrida coincide con el desplazamiento.


2



Ejercicio 3.- El maquinista de un tren que se mueve a una velocidad v 1 advierte la presencia de un tren de carga a una distancia d adelante de él que se mueve en la misma dirección a una velocidad más lenta v 2. Acciona los frenos e imprime en su tren una deceleración constante a. Demuestre que:

si d>

(v1  v2 ) 2 2a

no habrá una colisión; si d<

(v1  v2 ) 2 2a

habrá una colisión.

(Es instructivo trazar una gráfica cualitativa de x contra t para cada tren)


3



Ejercicio 4.- Una bola se deja caer desde una altura de 2,20 m y rebota a una altura de 1,90 m sobre el suelo. Suponga que la bola está en contacto con el suelo durante 96,0 ms y determine la aceleración promedio (en magnitud y dirección) de la bola durante su contacto con el suelo.


4



Ejercicio 5.- Una paracaidista, después de saltar, cae 52,0 m en caída libre sin fricción. Cuando se abre el paracaídas, ella desacelera a razón de 2,10 m/s 2 y llega al suelo a una velocidad de 2,90 m/s. Suponga que en el momento que salta, su velocidad es nula. a) ¿Cuánto tiempo estuvo la paracaidista en el aire? b) ¿A qué altura comenzó la caída?


5



Ejercicio 6.- Parcial mayo 2001 Un helicóptero se mueve verticalmente y su altura respecto del piso está dada por la función h = 3t 3, en donde h está en metros y t en segundos. Luego de 2 segundos el helicóptero deja caer una pequeña valija con correspondencia. ¿Cuánto tarda la valija en llegar al suelo desde el instante en que fue lanzada?


6



Ejercicio 7.- En una carrera eliminatoria de 100 m, Maggie y Judy cruzan la meta en el mismo tiempo: 10,2 s. Acelerando uniformemente, Maggie tarda 2,00 s y Judy 3,00 para alcanzar la velocidad máxima, la cual mantienen durante el resto de la competencia. a) ¿Cuál es la aceleración de cada velocista? b) ¿Cuáles son sus velocidades máximas respectivas? c) ¿Cuál de las corredoras va adelante en la marca de 6,00 s y por qué distancia?


7



Ejercicio 8.- La velocidad de una partícula que se mueve en el plano xy está dada por v = (6t- 4t 2 ) i + 8 j. Aquí v está en metros por segundos y t ( > 0) está en segundos. a) ¿Cuál es la aceleración cuando t = 3 s? b) ¿Cuándo, si alguna vez sucede, es la aceleración cero? c) ¿Cuándo (si sucede) es cero la velocidad? d) ¿Cuándo (si sucede) es la rapidez (módulo de la velocidad) igual a 10,0 m/s? Considere los valores de t como exactos, así como la de los coeficientes de v (t).

a)

a

d v (t ) 

dt

=

d (6t  4t 2 ) dt

i

d (8) dt

j = (6-8t ) i

a(3) = (6 – 8.(3))i = -18 m/s2 i

a(t = 3) -18 m/s2 i

b) Sea t * el instante en que a = 0, a(t *) = 0 6-8t* = 0

t * 

6 8

= 0,75 s

a(t *= 0,75 s) = 0

c) v(t ) no se anula nunca pues v y(t ) = 8 ≠ 0 (que es una constante) d) Aquí la rapidez se refiere al módulo de la velocidad. Debo buscar un t >0, tal que: v(t) = v (t ) = 0 v(t) = (6t  4t 2 )  8 2 = 10 2

(6t- 4t )2 = 100 - 64 = 36 2

2t -3t + 3 = 0 t = 2

2t -3t -3 = 0 t = t=

3  33 4

2

v2(t) = (6t- 4t )2 + 82 = 100 2

3t - 2t 2= ± 3

6t- 4t = ± 6

3  3 2  4(2)(3) 2(2) 3  3 2  4(2)(3) 2(2)



3   15



4

no tiene raíces reales

3  33 4

como debe ser t >0 t =

3  33 4

= 2,18614 s

= 2,18614 s

Ejercicio 9- Una partícula se mueve en el plano x-y de acuerdo a las siguientes ecuaciones: x (t) = 2t 2-10t ; y (t) = 9t – 15 ; donde x e y están dados en metros y t en segundos. Determine: a) La posición de la partícula para t = 0, t = 2 y t =3 s. b) El vector desplazamiento entre los intervalos t=0 y t=2, y entre t=2 y t=3. c) La velocidad y la aceleración instantánea. d) La aceleración y velocidad media en el intervalo de tiempo de 2 a 3 s, y sus módulos.

r(t ) = (2t 2-10t ) i +(9t -15) j

Por definición: velocidad media v m 

r (t f )  r (t i ) t f  t i

y aceleración media a m 

v (t f )  v (t i ) t f  t i

v (t ) = (4t -10) i +9 j a (t ) = 4 i Como la aceleración es constante, entonces a = a m para todo t

4 m/s2 i am = 4 m/s2 r(3) = (2. 32-10. 3) i +(9.3-15) j = -12 i + 12 j r(2) = (2. 22-10. 2) i +(9.2-15) j = -12 i + 3 j  r (t f )  r (t i ) r (3)  r (2) (12i  12 j )  (12i  3 j ) 0i  9 j vm     9 m/s j = v 3 2 1 1 t f  t i a m=

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

Por tanto el módulo de la velocidad media es : vm = 9 m/s.


8



Ejercicio 10- Usted arroja una pelota a una velocidad de 25,3 m/s y un ángulo de 42,0º arriba de la horizontal directa hacia una pared como se muestra en la figura. La pared está a 21,8 m del punto de salida de la pelota. 4 2 º a) ¿Cuánto tiempo estuvo la pelota en el aire antes de que golpee a la pared? 2 1 ,8 m b) ¿A qué altura por encima del punto de salida golpea la pelota a la pared? c) ¿Cuáles son las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando golpea a la pared? d) ¿Ha pasado el punto más elevado de su trayectoria cuando la golpea?

También alcanza con observar que v(t *) tiene componente vertical positiva (sigue subiendo).


9



Ejercicio 11 a) Pruebe que para un proyectil disparado desde la superficie a nivel del terreno con un ángulo  0 arriba de la horizontal, la razón de la altura máxima H y el alcance

R está dada por

H



1

tan  0 . R 4 b) Halle el ángulo de disparo  0 para el cual la altura máxima y el alcance horizontal son iguales. c) Demuestre que el ángulo de elevación  del punto más elevado tal como se ve desde el punto de disparo se relaciona con  0 de la siguiente forma: tan  

1 2

tan  0 . Calcule  para  0  45º .

a) Sea t* el tiempo que demora en llegar a la altura máxima. Para ese instante v y(t*)=0 v sin  0 Por tanto: v 0 sin  0  gt *  0  t *  0 g La altura máxima que alcanza, H = y(t*) 2

2 2 2 v sin 2  0 v 0 sin 2  0 v 0 sin 2  0  v sin  0  1  v 0 sin  0    g    0 H  v 0 sin  0 t *  gt *  v 0 sin  0  0   2 g 2 g 2 g  g  2  g 

1

2

 v 0 sin  0  2v 0 2 sin  0 cos  0   El alcance R es igual a x(2t*) R  v 0 cos  0 (2t *)  v 0 cos  0 2 g  g  2

v 0 sin 2  0 Por lo tanto

H R

2

2 g





2

v 0 sin 2  0

g

2 g

2v 0 cos  0 sin  0

2v 0 cos  0 sin  0



2

sin  0 4 cos  0



tan  0 4

g b) Se pide determinar  0 de modo que H= R c) tan  

H 2 H  R R 2

Si  0  45º



 tan  

H R



tan 

tan 45º 2

2



1 2




tan  0 4

H R



 tan  

tan  0

4 tan  0

 1  tan  0  4   0  arctan( 4)  75,96º

2

 1     arctan    26,565º  2 

10



Ejercicio 12.- Un niño hace girar a una piedra en un círculo horizontal situado a 1,9 m sobre el suelo por medio de una cuerda de 1,4 m de longitud. La cuerda se rompe, y la piedra sale disparada horizontalmente, golpeando el suelo a 11 m de distancia. ¿Cuál fue la aceleración centrípeta de la piedra mientras estaba en movimiento circular?

Ejercicio 13- Lucy en su Corvette acelera a razón de de (3,00 i – 2,00 j) m/s2, mientras que Johnny en su Jaguar acelera a (1,00 i + 3,00 j) m/s2. Parten del reposo en el origen de un sistema de coordenadas xy . Después de 5,00 s: a) ¿Cuál es la velocidad de Lucy respecto a Johnny?, b) ¿cuál es la distancia que lo s separa, y c) ¿Cuál es la aceleración de Lucy respecto a Johnny? 2 a) v L = v 0L + a Lt = 0 + (3,00 i - 2,00 j) m/s (5,00 s) = (15,0 i - 10,0 j) m/s 2 v J = v 0J + a Jt = 0 + (1,00 i + 3,00 j) m/s (5,00 s) = (5,00 i + 15,0 j) m/s Velocidad de Lucy respecto a Johnny: v LJ = v L - v J

v LJ =

vLJ =

(15,0 i - 10,0 j) m/s - (5,00 i + 15,0 j) m/s = (10,0 i - 25,0 j) m/s

(10,0) 2  (25) 2 =

100  625 = 725 = 26,9 m/s

2 2 2 b) r L = r 0L + v 0Lt + ½ a Lt = 0 + 0 + (0,5) (3,00 i - 2,00 j) m/s (5,00 s) = (37,5 i - 25,0 j) m 2 2 2 r J = r 0J + v 0Jt + ½ a Jt = 0 + 0 + (0,5) (1,00 i + 3,00 j) m/s (5,00 s) = (12,5 i + 37,5 j) m Posición de Lucy respecto a Johnny: r LJ = r L - r J r LJ = r L - r J =(37,5 i - 25,0 j) m - (12,5 i + 37,5 j) m = (25,0 i - 62,5 j) m

d LJ = r LJ =

(25,0) 2  (62,5) 2 = 625  3906,26 = 4531,25 = 67,3 m

2 2 2 c) a LJ = a L - a J = (3,00 i – 2,00 j) m/s - (1,00 i + 3,00 j) m/s = (2,00 i - 5,00 j) m/s


11



Ejercicio 14- Un piloto debe viajar hacia el este desde A hasta B y luego regresar de nuevo a A hacia el oeste. La velocidad del aeroplano en el aire es v y la velocidad del aire con respecto al suelo es u. La distancia entre A y B es l y la velocidad del aeroplano en el aire es constante. a) Si u = 0 (aire quieto), demuestre que el tiempo del viaje redondo es t 0 = 2 l /v . b) Suponga que la velocidad del aire va hacia el este (u oeste). Demuestre que el tiempo del viaje redondo es entonces,

t E 

t 0 1  u2 / v 2

.

c) Suponga que la velocidad del aire es hacia el norte (o hacia el sur). Demuestre que el tiempo del viaje redondo es entonces,

t N 

t 0 1 u / v 2

2

.

d) En las partes (b) y (c), ¿debemos suponer que u < v ? ¿Porqué?


12



Ejercicio 15- Un buque de guerra navega directo al Este a razón de 24,0 km/h. Un submarino que está a 4,00 km de distancia dispara un torpedo que tiene una velocidad de 50,0 km/h. Si la orientación del buque según se ve desde el submarino es de 20º al Este del Norte, a) En qué dirección debería ser disparado el torpedo para que alcance el buque?, y b) ¿Cuál será el tiempo de viaje del torpedo hasta el alcanzar al buque?

a) Supondremos que el versor i indica el Este, y el j el Norte, y que el submarino se encuentra en el origen. Por t anto la posición inicial del barco de guerra es: r 0Bcos i + r 0Bsen j = (4,00 km cos70º i + (4,00 km sen 70º donde  se mide a partir del eje ox, es decir el ángulo complementario del dado de 20º. Sea t el instante del impacto, y  el ángulo con que debe ser disparado el torpedo (respecto al eje ox). En el impacto, la posición del barco y del torpedo debe ser la misma por lo que r 0B =

(r 0Bcos vBt ) i + r 0Bsen j = (vT cost i + (vT sent j Igualando las componentes: r 0Bcos vBt = (vT cost r IMP. =

r 0Bsen = vT sen t  t  r 0Bcos vB

r 0 B sen vT sen

= vT cos

r 0 B sen

r 0 B sen vT sen

 vT cos sen  vB sen = vT sen cos

vT sen

vT cos sen  vB sen = vT sen 1  sen  (vTcos sen2 vB sen + 2 vB sen vT cos sen = (vT sen sen2 ((vTcos +(vT sensen2   vB sen vT cos sen   vB2 - vT2) sen2   vT2 sen2   vB vT sencos sen  vT2 - vB2) sen2   2

sen  sen  sen  sen  sen 

 2v B vT sen cos  (2v B vT sen cos ) 2  4vT 2 (vT 2  v B2 ) sen 2 2vT 2

 2(24,0)(50,0) sen70º cos 70º  (2(24,0)(50,0) sen70º cos 70º ) 2  4(50,0) 2 ((50,0) 2  (24,0) 2 ) sen 2 70º 2(50,0) 2

 2400 sen70º cos 70º  (2400 sen70º cos 70º ) 2  10000(2500  576) sen2 70º 5000

 2400 sen70º cos 70º  (2400 sen70º cos 70º ) 2  10000(1924) sen2 70º 5000

 771,345131626 17584320,8549 5000

=

 771,345131626 4193,36629153

El valor buscado es positivo, por lo que: sen 

5000  771,345131626 4193,36629153 5000

= 0,68440423

Por lo que  (medido respecto al eje ox) vale  = 43,18877º = 43,2º (46,8º al Este del Norte) r sen ( 4,00) sen70º = = 0,10984 h = 395s b) t  0 B vT sen (50,0) sen 43,18877º Tiempo que demora en alcanzar el buque: 0,110 h = 395 s


13



Ejercicio 16.- (Examen Marzo 2003 Física para Biociencias) Una piedra se lanza en dirección horizontal desde una cierta altura. Después de un tiempo t 1 = 0,50 s de comenzar a moverse, el módulo de la velocidad de la piedra es 1,5 veces mayor que su velocidad inicial. ¿Cuánto vale la velocidad de la piedra en t 2 = 2,0 s (es decir 2,0 segundos después de haber sido lanzada)?


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Ejercicio 17.- Examen 2008 Agosto - Un barco pone rumbo hacia un puerto situado a d = 32,0 km hacia el noreste de su posición original, cuando súbitamente se ve envuelto en un banco de niebla. El barco mantiene al rumbo noroeste y una velocidad de vB = 10 km/h relativa al agua. Tres horas más tarde, la niebla se levanta y el capitán observa que se encuentra exactamente a una distancia x = 4,0 km al sur del puerto. ¿Cuál fue la velocidad media (expresada en km/h) de la corriente durante aquellas tres horas? Considere la dirección hacia el este como la del versor i , y la dirección hacia el norte como la del versor j . ˆ

a)

2

2 2

i ˆ

3

j

b)

ˆ

3

1

i

2

ˆ

3

j

ˆ

3

c)

2 2

2 2

i ˆ

5

3

ˆ

2

j

d)

2

d i  

ˆ

 d cos 45º i  (d sen45º  x) j =

Posición del barco: r B

ˆ

ˆ

2 3

ˆ

3

j

e)

ˆ

3

2

i

4 2

ˆ

3

j

ˆ

3

 2  d  x  j  2   

ˆ

2

i

ˆ

Posición del barco en función de la velocidad del barco respecto al agua ( v B ) y de la velocidad de arrastre del agua ( vT )

2

r B  (v B cos 45º  vTx )t i  (v B sen45º  vTy )t j = ( ˆ

ˆ

v B  vTx )t i  (

2

ˆ

2

v B  vTy )t j

ˆ

2

Igualando componente a componente y despejando:

2 vTx

 2

vT =

2

d  v B t  t

i

2

 2

4 2

ˆ

3

32  10  3 3



2 3

 2

vTy

d  v B t   x t

2

 2

32  10  3  4 3

j = 0,47i  0,86 j ˆ

3

2

ˆ

ˆ

Ejercicio 18.-Examen 2006 Diciembre - Desde el pie de un plano inclinado de ángulo de inclinación = 30,0º se lanza un proyectil con velocidad inicial v0 = 12,5 m/s y un ángulo respecto a la superficie del plano i = 65,0º, como se muestra en la figura. El alcance D del objeto sobre la superficie vale: a) 7,14 m 12,7m

b) 9,52 m

c) 10,3 m

d) 11,3m

e)

Ecuación de la trayectoria en movimiento de proyectil: y  tg  i x  Imponiendo el contacto con el plano inclinado: x = d cos g d cos 

gx 2 2v02 cos 2  i

y = d sen

2

dsen  tg  i d cos 

2v02

2

cos  i

 g cos2  d 2  2v02 cos2  i ( sen  cos tg  i )d  0

g cos2  d 2  2v02 cos i ( sen cos i  cos sen i )d  0 Por tanto: d 

2v02 cos i ( sen cos i  cos sen i )

2vi cos i sen( i   )

g cos 2 

2

d 

g cos 2 

=

=

2v02 cos i sen( i   )

g cos 2 

2(12,5) 2 cos 65,0º sen(65,0º 30,0º ) 9,8 cos 2 30,0º

= 10,30628 m

d = 10,3 m (respuesta c))


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

4 2 3



Ejercicios opcionales Ejercicio O1.- Dos trenes, cada uno a una velocidad de 34 km./h, corren uno hacia el otro en la misma vía recta. Un pájaro que puede volar a 58 km./h vuela saliendo del frente de un tren cuando los trenes están separados por una distancia de 102 km y va directamente hacia el otro tren. Al llegar al otro tren vuela de regreso hasta el primer tren, y así sucesivamente. a) ¿Cuál es la distancia total que recorre volando el pájaro? b) ¿Cuántos viajes podrá hacer el pájaro de un tren a otro antes de que los trenes choquen?


16




17



Ejercicio O2.- (Examen Teórico Marzo 2005) Una partícula se mueve a lo largo del eje x , según la siguiente ley: x (t ) = t 2 –8t +10, donde x está en metros y t en segundos (t ≥ 0). Indicar cuál de las siguientes afirmaciones es correcta: a) La aceleración es constante y vale 1 m/s 2. b) La posición de la partícula en t =3 s, es x = -6 m. c) La velocidad t =2 s vale –2 m/s. d) La distancia recorrida en el intervalo [0, 5s] vale 17 m. e) La distancia recorrida en el intervalo [0, 5s] vale 15 m.

x(t ) = t 2 – 8t +10 v(t ) = 2t – 8 a(t ) = 2 a) Incorrecto, a = 2 m/s2. b) Incorrecto, x(3) = 32 – 8(3) +10 = 9 -24 +10 = -5 m c) Incorrecto, v(2) = 2(2) – 8 = - 4 m/s e) Incorrecto,  x0-5 = x(5)- x(0) = -5 – (-10) = 15m, pero no es la distancia recorrida. La velocidad se anula en x =4, por lo tanto, la distancia recorrida es: d0-5 =  x(5) – x(4) + x(4)- x(0)= (-5) – (-6) + (-6) – (10) = 1 + 16 = 17 m Respuesta correcta: d) La distancia recorrida en el intervalo [0, 5s] vale 17 m.

Ejercicio O3.- (Examen 2005 Diciembre) - Tintín deja caer un saco de arena desde el techo de un edificio apenas pasa frente a él Rastapópulos, un maleante de 2,00 m de estatura. El proyectil lanzado por valiente periodista recorre la altura del malhechor exactamente en 0,200 s y golpea el piso a sus pies. ¿Desde qué altura dejó caer Tintín el saco de arena? a) 6,47 m

b) 6,15 m

c) 7,02 m

d) 7,98 m

e) 5,76 m

Solución: Sea H la altura de Rastapópulos y t el tiempo que demora en recorrer el saco de arena esa altura . Sea h1 la distancia desde el techo del edificio a la cabeza de Rastapópulos, y h 2 la distancia desde el techo hasta el piso (pies del malhechor)

h1 = h2 =

gt 12

 2 h1 = gt 12

2

gt 22



2

g (t 1  t ) 2

 2 h2 = g (t 12  2t 1t  t 2 )

2

Restando miembro a miembro, y teniendo en cuenta que h2-h1= H

2 H 2H = g (2t 1t  t ) 2

H (s)

tH (s) 0,2 0,19 0,2 0,22 0,21 0,21

2 2,2 2,15 2,1 2,15 2,2

2 H t 1 

g

 t 1 

2t



La altura buscada es h2.

2t

t1 0,920408163 1,086525242 0,996938776 0,864025974 0,939703596 0,963999028

2(2,00)

 t 2

g

 t 2

t2 1,12040816 1,27652524 1,19693878 1,08402597 1,1497036 1,17399903

h (m) 6,15104082 7,98463179 7,02004592 5,75805033 6,47690995 6,75354122

 (0,200) 2

9,8 2(0,200)


 0,920408163 Con lo que la altura buscada es h = 6,15 m (respuesta b))

18



Ejercicio O4.- (Examen 2005 Julio) - Superman “trota” al lado de la vía férrea, en las afueras de Metrópolis, a una velocidad vS = 90,0 km/h. Alcanza la parte posterior del último vagón de un largo ferrocarril de carga de longitud L = 450 m que avanza en el mismo sentido a vT = 70,0 km/h. En ese momento el hombre de acero comienza a acelerar con a = 11,0 m/s 2. ¿Qué distancia (en km) habrá recorrido el tren hasta que Superman rebasa a la locomotora?: a) 0,138

b) 0,121

c) 0,184

d) 0,166

e) 0,116

Solución: Velocidad relativa de Superman respecto al tren: vrel = vS - vT Superman supera al tren como si estuviese parado a dicha velocidad, entonces 1 L  v rel .t  at 2 por lo que el tiempo t que demora en rebasar a la locomotora es: 2

t 

 v rel  v rel 2  4.(a / 2).( L) 2.(a / 2)



 v rel  v rel 2  2.a. L a

Finalmente, la distancia que recorre el tren mientras Superman alcanza el extremo de la locomotora será vT .t :

d  vT 

 v rel  v rel 2  2.a. L a

vS L (m) (km/h) aS (m/s2) vT (km/h) vrel (m/s) t (s) d (km) 500 100 10 50 13,88889 8,7071 0,1209 Tipo 450 90 11 70 5,555556 8,5544 0,1663 V1 400 100 9 60 11,11111 8,274 0,1379 V2 500 85 8,5 65 5,555556 10,213 0,1844 V3 Solución: d) 0,166 km.


19



Ejercicio O5. (Examen diciembre 1999) Un proyectil es lanzado desde el suelo en un “tiro parabólico”. –

Se observa que en un tiempo t 1 pasa por una altura z y en un tiempo t 2 (t 1< t 2) vuelve a pasar a la misma altura z. La distancia horizontal entre estos dos puntos es d , (ver dibujo). a) Pruebe que al aceleración de la gravedad g, se puede calcular como: g 

2 z t 1t 2

t 1

.

b) Halle el vector velocidad inicial en función de t 1, t 2, z y d . 1

y(t 1) = v0sen . t 1 - g t 12 = z

a)

t 2

d

z

z

(1)

2

1

y(t 2) = v0sen . t 2 - g t 22 = z

(2)

2

De (1) z =

1 2 z  gt 1 2 v 0 sen  t 1

2 z  gt 1 2t 1

2

=

2 z  gt 1 2t 1

1

t 2

2

t 1

. t 2 - g t 22 = z

 t 2

 1  1  g .t 2 (t 2  t 1 )  t 1  2

z 

b) x(t 2) = v0 cos . t 2

2

Introduciendo esta expresión en (2):

1

1

2

2

 gt 1t 2  gt 2 2 



 z  t 2  t 1   1 g .t 2 (t 2  t 1 )  z   t 1 

t 1

2

gt 2 2

Por tanto: g 

2 z t 1t 2

x(t 1) = v0 cos . t 1

d = x(t 2) - x(t 1) = v0 cos .(t 2 - t 1)  v 0 cos  

v0 = v0 cos . i + v0 sen . j =


d t 2  t 1

i+

d t 2  t 1

2 z  gt 1 2t 1

2

j

20



Ejercicio O6. Se patea una pelota desde A con una velocidad inicial vo = 25 m/s y un ángulo con la horizontal   50º . En ese instante sale desde B una persona corriendo con velocidad constante para –

recogerla. La distancia AB es 30 metros y la persona recoge la pelota con los brazos totalmente estirados y verticales, a una altura de 2 metros. a) Halle la mínima velocidad con que debe correr la persona para atrapar la pelota. b) Halle la velocidad de la pelota en el momento de ser atrapada.

a) Sea t*, el tiempo en que demora la pelota en estar a una altura h = 2,00 m h  v 0 . sen50º.t *  v 0 sen50º 

1 2

gt * 2 

1 2

gt *2 v 0 . sen50º.t *  h  0

v 0 sen50º 2  4 

t * 

1  g h  2 

1

=

v 0 sen50º 

v 0 sen50º 2  2 gh g

2. g 2

t* =

(25). sen50º 

(25) sen50º 2  2(9,8)(2) 9,8



=

t 1*= 3,80 s y t 2*= 0,107 s

Posición horizontal de la pelota: x p = v0.cos50º.t *, distancia a recorrer  x (puede correr hacia delante o hacia atrás) x p1 = (25).cos50º.(3,80) = 61,06 m

 x1= 61,06 -30 = 31,06m

x p2 = (25).cos50º.(0,107) = 1,719 m

 x2= 30 – 1,719 = 28,281m

v mínima =

v m1 

 x1 t 1

v m2 



 x 2 t 2

31,06 3,80



= 8,17 m/s

28,281 0,107

8,17 m/s

b) Velocidad de la pelota en el momento de ser atrapada (t 1*): 1

v = v0.cos50º.t 1* i + (v0.sen50º.t 1*- g .t 1*2) j = 16,07 m/s i – 18,09 m/s j 2

vpelota = (16 i -18 j) m/s


21

= 264,3 m/s



Ejercicio O7. Un hombre desea cruzar un río de 500 m de anchura. Su velocidad al remar (en relación al –

agua) es de 3,0 km/h. El río fluye a una velocidad de 2,0 km/h. La velocidad a la que camina el hombre en la orilla es de 5,0 km/h a) Halle la trayectoria (remo y caminata combinadas) que tomaría para llegar al punto directamente opuesto a su punto de partida en el tiempo más corto. b) ¿Cuánto tiempo le tomaría?


22

2011 Repartido 02 Soluciones

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