Ejercicios Cap 1 Cinematic A

1

Equation Section (Next)

CAPÍTULO 1 CINEMÁTICA _________________________________________________

Ejercicio (1.1) En el momento en que se enciende la luz verde en un semáforo, un auto arranca con aceleración constante aa ! 2.5 m s 2 . En el mismo momento, un camión que lleva una velocidad





constante vc ! 10 m s  alcanza al auto y lo pasa. a) Construya un gráfico velocidad versus tiempo para dos móviles, b) ¿a qué distancia del punto de partida, el auto alcanzará al camión?, c) ¿qué velocidad llevará el auto en ese momento? &

Nota: Las e cuaciones de movimiento para el caso en que la aceleración a es un vector constante son: & & &

&

r ! r0  v0t  &

&

1 2

at 2

(1)

&

v ! v0  at

(2)

En el caso de una partícula moviéndo se en una única dirección, el eje X p or ejemplo, las ecuaciones de movimiento quedan de la siguiente manera:

x ! x0  v0 x t  x

1 2

axt 2

(3)

v !x v0 x a t

(4)

Solución:

a) Construya un gráfico velocidad versus tiempo para los dos móviles Las

ecuaciones de movimiento, considerandovx ! v , v0 x ! v0 , ax ! a , quedan

x! x0  v0t

1 2

at 2!; 

v

v0

at

(5)

Consideremos como srcen del sistema de referencia el punto donde ambos vehículos inician su movimiento, el semáforo en este caso. Por lo tanto, se cumple que x 0a

!x

! 0 . Donde los

0c

subíndices a y c , se refieren al auto y al camión, respectivamente . Para el auto con aceleración constanteaa que parte del reposo (v0a ! 0 ), las ecuaciones de movimiento vienen dadas por

______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá, 2008

Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica

2

xa !

1 2

aa t 2 ;

va ! aa t

(6)

Por lo tanto, para el auto, el gráfico velocidad tiempo es una recta con pendiente positiva que parte del srcen (ver la curva roja en la Fig. (1.1)). Para el camión que se mueve con velocidad vc constante, sus ecuaciones de movimiento son:

xc !cv0t

c

v cv

!

(7)

0

Por lo tanto, el gráfico velocidad tiempo es una recta con pendiente cero, es decir, paralela al eje t (ver Fig. (1.1.1))

v m s  auto

10

camión

t ( s) Figura (1.1.1)

b) ¿a qué distancia del punto de partida, el auto alcanzará al camión? 2 eemplazando todos los datos conocidos: v0 a ! 0 , aa ! 2.5 m s





y vc ! 10 m s  en las

ecuaciones (6) y (7), tenemos

x

a

!

x

1 2

c

2.5 m s

! 10 m s

2

t

2

t

(8) (9)

va ! 2.5 m s 2 t

(10)

vc ! 10 m s 

(11)

El auto y el camión se encontrarán cuando sus coordenadasxa y xc sean iguales, es decir, xa ! xc . Igualando (8) y (9), se tiene: 2 1 2.5 m s t 2 ! 10 m s t 2





(12)

Existen dos soluciones de esta ecuación de segundo grado:t ! 0 s  , que corresponde al tiempo al inicio del movimiento, y el tiempo de encuentrot e : ______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá, 2008

Capítulo 1 Cinemática

3

te ! 8(s )

(13)

Reemplazando este tiempo te ! 8( s) en la relación (8) o (9), se puede calcular la distanciaxc ! xa medida desde el punto de partida, hasta el punto en la cual el auto alcanza al camión,

x

c

x

a

!m 10 s

sv 8(

1

2

! m 2.5s

2





) !m 80( )

s 82 

2

(14)

!m80(

)

(15)

c) ¿qué velocidad llevará el auto en ese momento? Reemplazando el dato t ! 8( s) en la relación (10), se obtiene la velocidad del auto en el momento del encuentro de los móviles:



va ! 2.5 m s

2

v 8(s) ! 20 m s 

(16)

En la Fig. (1.1.2) se muestran todos los datos obtenidos.

v m s  auto

20

camión

10

t ( s)

te ! 8

4 Figura (1.1.2)

Nótese que la distancia recorrida xc ! xa hasta el punto de encuentro al final de los 8(s) , se puede calcular también como el área bajo la curva del gráfico velocidad-tiempo mostrado en la Fig . (1.1.2). El área bajo la curva asociada al camión viene dada por el área del rectángulo:

x

! área

c

rectá! ngulo

v! 10 m s

 s8(

)

80( m )

(17)

El área bajo la curva asociada al auto viene dada por el área del triángulo:

x

! área

a

triá! ngulo v

1

!s 8( ) 2 m0(s

2

)

80( m )

(18)

Equation Section 2 Ejercicio (1.2) El maquinista de un tren que lleva una velocidad v1 ve con horror que se está acercando a un tren de carga que avanza por la misma vía . El tren de carga se mueve en el mismo



4

sentido con una velocidad constante menorv2 . Cuando el tren de carga se encuentra a una distancia

d delante del maquinista, éste pone los frenos y da a su tren una retardacióna (ver Fig. (1.2.1)). Demostrar que para que se produzca el choque, la distancia de separación iniciald entre los trenes debe cumplir la siguiente condición: 2

d

v1  v2  2a

maquinista

tren de carga

v1

v2

d Figura (1.2.1)

Nota: Las e cuaciones de movimiento en una d imensión, para el caso de aceleración a constante, son: 1 x(t ) ! x0  v0 t  at 2

(1)

2

v(t ) ! v0  at (2) Adicionalmente, se dice que una partícula ³acelera´ si su rapidez ³aumenta´ constantemente;

matemáticamente esto implica que el producto de la aceleración a por la velocidad v es un número positivo:

movimiento "acelerado "

p

av " 0

(3)

A su vez, se dice que una partícula ³retarda´ si su rapidez ³disminuye´ constantemente; matemáticamente esto implica que el producto de la aceleración a por la velocidad v es un número negativo:

movimiento "retardado "

p

av  0

(4)

Si no existe aceleración ( a ! 0 ), entonces se cumple que

movimiento "sin aceleración "

p

av0!

(5)

En este caso la partícula se mueve con velocidad constante. Solución:

Pongamos el srcen de nuestro sistema de referencia en la posición del maquinista en el momento que ve al tren de carga y pone los frenos. ( tren más a la izquierda en la Fig. (1.2.1)).

Llamemos



5

x1 (t ) a la posición del maquinista y x2 (t ) a la posición del tren de carga. El choque se producirá cuando las coordenadas de posición de cada tren, respecto del srcen del sistema de referencia, sean las mismas, es decir, cuando

x1 (t ) ! x2 (t )

(6)

Entonces, las coordenadas de ambos trenes son las siguientes: 1

x1 ! x011 v t 

2 1

x2 ! x02  v2t 

2

a1t 2

(7)

a2t 2

(8)

Para el tren con velocidad v1 sabemos que x01 ! 0 y que a1 !  a , porque este tren pone los frenos, es decir, ³retarda´. Para el tren carguero que viaja con velocidad constantev2 , su aceleración es nula a2 ! 0 y se tiene que x02 ! d . Reemplazando estos valores en las relaciones (7) y (8), nos queda:

x1 ! v1t 

1 2

at 2

(9)

x2 ! d  v2t

(10)

Igualando las coordenadas x1 (t ) ! x2 (t ) , se tiene: v1t 

1 2

at 2 ! d  v2t

(11)

Reordenando, escribimos 1 2 La

at 2 v 1vt

2



d !0

(12)

solución de esta ecuación de segundo grado se escribe:

v1 v  2s v v 1  t!

2 2

¨1 ¸ 4© a ¹d ª2 º

a

(13)

Para que se produzca el choque, el tiempot debe ser una magnitud física real. En caso contrario, el tren con velocidad v1 que va frenando alcanzará a detenerse antes del choque . Para que t sea real, la cantidad subradical debe ser mayor o igual que cero, es decir, 2 ¨1 ¸ v1  v2   4 © a ¹ d u 0 ª2 º Reordenando, nos queda


(14)


6

2

de La

v1  v2 

(15)

2a

solución al problema viene dada por la desigualdad estricta: 2

d

v1  v2 

(16)

2a

Para el caso de la igualdad 2

1 2 d ! v  v  2a

La

(17)

relación (13) entrega un único tiempo de encuentrot 0 , dado por t0 !

v1  v2 

(18)

a

Para este tiempo t0 , la velocidad del tren que va frenando viene dada por v1 (t0 ) ! v1  at 0

(19)

Reemplazando los datos, nos queda v1 (t0 ) ! v1  a

v1  v2  a

! v1  v1

 v2 

v1 (t0 ) ! v2

(20) (21)

Es decir, en el tiempo t ! t 0 , las velocidades de los dos trenes resultan ser iguales, y ambos están, instantáneamente, moviéndose juntos; pero en cualquier instante posterior, el tren que está detrás disminuye su velocidad porque va ³retardando´, por lo tanto, dejan de estar juntos y no se produce nunca un choque en este caso. Esto se puede ver más claramente si calculamos la velocidadv1 (t ) del tren que va frenando, en un tiempo mayort ! t0  (t , donde (t es un infinitésimo de tiempo. Usando la relación (19), escribimos: v1t( 0 t v( ) !

1

 a (t0  (t ) ! v1  at0  a(t

(22)

v1  at0 ! v2

(23)

Pero, como vimos en (19) y (21),

Luego,

la relación (22) queda v1t( 0 t v( ) !

2

 a (t

(24)

Esto significa que la velocidad del tren que va frenando es cada vez menor que la velocidad . En constante v2 del tren carguero que va delante y por lo tanto va quedándose atrás cada vez más



7

consecuencia, nunca habrá choque sit ! t 0 , por lo tanto, la distancia d debe cumplir la desigualdad estricta: 2

d

v1  v2 

(25)

2a


Ejercicio (1.3) Estudio del gráfico velocidad versus tiempo para una partícula . La

Fig. (1.3.1) muestra un gráfico que representa la velocidad de un móvil (una partícula) en trayectoria recta a lo largo del eje x , en el que para t ! 0 , x0 ! 0 . a) Obtenga la aceleración en cada tramo . b) En cada tramo determine si el móvil (partícula) acelera o retarda y diga para dónde viaja

c) Calcule el desplazamiento (x en cada tramo y la distancia total recorridaD . d)

Haga

un gráfico de la aceleración versus tiempo .

v m s 

D

C 25

10

0

A

B

1

3

4

5

6

E 7 8

-5

9

G 12

t ( s)

F Figura (1.3.1)

Nota: La aceleración a es la derivada de la velocidad términos gráficos, la derivada

v,

es decir, a !

dv . Por otra parte, en dt

dv es la pendiente geométrica a la curva en el gráfico velocidad dt



8

versus tiempo. Por lo tanto, la pendiente a la curva velocidad no s dará la aceleración en cada tramo. Dado que las curvas del gráfico velocidad versus tiempo son rectas, entonces existe una

única pe ndiente para cada recta, esto implica q ue e n cada tramo la a celeración es una constante, esto es:

a!

dv !

dt

!

vf ! t f

(v t( t

v

i



cte.

(1)

i

En cada tramo, la partícula (el móvil) anda más rápido o ³acelera´, si los signos de la velocidad y la aceleración son iguales ( a v " 0 ), y el móvil va deteniéndose o ³retarda´, si los signo s de la velocidad y la aceleración son distintos ( a v  0 ). t2

Gráficamente, al área A bajo la curva velocidad versus tiempo coincide con la integral

´ vdt , la t1

cual es justamente la definición de desplazamiento (x en una dimensión: tf

área A! !( xx|

f

x

i

!

´ vdt

(2)

ti

En el gráfico velocidad versus tiempo, se puede considerar que las áreas son negativas cuando la velocidad es negativa. Podemos def inir el desplazamiento (x y la distancia recorrida D en base a

las áreas considerando sus respectivos signos: El desplazamiento (x de la partícula corresponde a la suma de todas las áreas Aj con signos

positivos y negativos: j!N

x ( x ! fx 

i

A |§

(3)

j

j !1

La distancia D recorrida por la partícula corresponde a la suma de todas las áreas en valor

absoluto j! N

D | § Aj

(4)

j !1

Para el caso de movimiento con aceleración constante, recordemos que los diferentes tipo s de áreas que nos encontramos en estos gráficos son:

Arectángulo ! b h;

Atriángulo !

1 2

b h;

¨ b1  b2 ¸ ¹h ª 2 º

Atrapecio ! ©


(5)


9

donde b se refiere a la base de la figura y h a la altura. Para el trapecio existen dos bases distintas b1 y b2 . El trapecio siempre se puede descomponer como la suma de las áreas de un triángulo y de un rectángulo.. Solución:

Tramo 0A: velocidad positiva (v " 0 ) y pendiente positiva (a " 0 ) La

aceleración vale:

a0 A

!

10 ms   0ms 1s  0  s

! 10

m s  2

(6)

En este tramo, el movimiento es acelerado porque la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo: a v " 0 . El móvil viaja hacia la derecha (v " 0 ). El desplazamiento (x0 A en el tramo 0  A , viene dado por área del triángulo0  1  A

1 x ( !0 Av s 1() m! 10( s 2

) m 5( )

(7)

El desplazamiento total (x0 A del srcen hasta el punto A , viene dado por (x0 A ! 5( m) La

(8)

distancia total recorrida D0 A vale D0 A ! (x0 A

D0 A ! 5( m)

(9)

Ambos resultados coinciden porque no hay áreas negativas .

Tramo AB: velocidad positiva (v " 0 ) y pendiente cero (a ! 0 ) La

aceleración vale:

a AB

!

10 m s

10  ms

3 s  1  s

!

0 m s 2 

(10)

. Sin embargo, el móvil continua En este tramo la velocidad es constante, luego el móvil no acelera

viajando hacia la derecha (v " 0 ). El desplazamiento (x AB en el tramo A  B viene dado por área del rectángulo A  1  3  B

x(

! AB

sv2  ms 10 ! m

20(

)

(11)

El desplazamiento total (x0 B desde el srcen hasta el punto B , viene dado por la suma de los

x (B desplazamientos:

0

!x(

A  0

x (

AB

, donde (x0 A viene dado por (7)



10

x ( 0!Bm 5( ) m!20( ) m25( ) La

(12)

distancia total recorrida D0 B vale BD0 ! AD0  AB (x

D0 B ! 5(m)  20(m) ! 25( m)

(13)

Tramo BC: velocidad positiva (v " 0 ) y pendiente positiva (a " 0 ) La

aceleración vale: 25

aBC

m s   10ms 4 s  3 s

!

! 15

m s  2

(14)

av " 0. En este tramo el móvil acelera porque la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo: El móvil continua moviéndose hacia la derecha v( " 0 ). El desplazamiento (xBC en el tramo B  C , viene dado por el área del trapecio B  3  4  C

x

¨ 10 ms

 25 ms

ª

2

¸

 

( BC ! ©

m ! ¹ 4   3   17

ss

º

.5(

)

(15)

El desplazamiento total (x0 C desde el srcen hasta el punto C , viene dado por la suma de los

x ( desplazamientos:

0 C!(

x  0 B(

x

, donde (x0 B viene dado por (12)

(! ( ) m !17.5( ) m42.5( ) 0 C m 25

x La

BC

(16)

distancia total recorrida D0 C vale D0 C ! D0 B  (xBC

D0C ! 25( m)  17.5(m ) ! 42.5(m)

(17)

Tramo CD: velocidad positiva (v " 0 ) y pendiente cero (a ! 0 ) La

aceleración vale:

aCD

25 !

ms 25  ms 5 s  4  s

!

0 m s 2 

(18)

. Sin embargo, continua En este tramo la velocidad es constante, luego el móvil no acelera

moviéndose hacia la derecha (v " 0 ). El desplazamiento (xCD en el tramo C  D , viene dado por el área del rectánguloC  4  5  D ( !

x

CD

v

! 25

s 1  ms 

25

m

( )

(19)

El desplazamiento total (x0 D desde el srcen hasta el punto D , viene dado por la suma de los desplazamientos: x ( D0 !x(

C  0

( xCD

, donde (x0 C viene dado por (16)



(! 42.5  ( )m ! 25( ) m67.5( ) 0D m

x La

11

(20)

distancia total recorrida D0 D vale DD0 ! CD0 CD(x

D0 D ! 42.5(m)  25( m) ! 67.5(m)

(21)

Tramo DE: velocidad positiva (v " 0 ) y pendiente negativa (a  0 ) La

aceleración vale: 25

aDE

!

0 ms  ms 7 s  5  s

!

2 12.5 m s 

(22)

av  0. En este tramo el móvil retarda porque la velocidad y la aceleración tienen distinto signo: El móvil continua moviéndose hacia la derecha v( " 0 ). El desplazamiento (xDE en el tramo D  E , viene dado por el área del triánguloD  5  7

x ( !DE

1 sv 2 2 m 5 s ! 2



25m ( )

(23)

El desplazamiento total (x0 E desde el srcen hasta el punto E , viene dado por la suma de los

x ( E0 !x( desplazamientos:

D  0

x La

xDE (

, donde (x0 D viene dado por (20)

.5( )m ( !0 E m67 ! 25( ) m92.5( )

distancia total recorrida DE0 ! DD0 DE(x

(24)

viene dada por:

D0 E ! 67.5( m)  25(m) ! 92.5( m)

(25)

En todos los tramos que hemos estudiado, la distancia total recorrida D coincide con el desplazamiento (x , porque todas las áreas han sido positivas . Nótese que el móvil se detiene en el punto E , a 8( s ) de iniciado el movimiento.

Tramo EF: velocidad negativa (v  0 ) y pendiente negativa (a  0 ) La

aceleración vale:

aEF

!

5 ms  0ms 9 s  7 s

!

2.5 m s 2 

(26)

av " 0. En este tramo el móvil acelera porque la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo: Ahora el móvil viaja hacia la izquierda, acercándose al srcen (v  0 ). El desplazamiento (xEF en el tramo E  F , viene dado por el área del triánguloE  F

9



12

x

1

(

(5s !s 2  vm

EF

2

)! m5( )



(27)

El desplazamiento (xEF tiene signo negativo, ya que el triángulo se halla bajo la línea horizontal de . Físicamente, esto significa que la partícula está los tiempos, debido a que la velocidad es negativa

viajando en dirección contraria a la que llevaba anteriormente, es decir, comenzó a devolverse hacia el srcen . El desplazamiento total (x0 F desde el srcen hasta el punto F , viene dado por la suma de los

x ( E0 !x( desplazamientos:

E  0

( xEF

, donde (x0 E viene dado por (24)

(

x

0F

92.5( m)  5( ) !m 87.5( ) !m

(28)

Por lo tanto, en este caso el desplazamiento (x0 F ! 87.5( m) es menor que el desplazamiento anterior (x0 E ! 92.5(m) , es decir, (x0 F

 (x0 E , porque la partícula se está acercando hacia el

srcen . La

distancia total recorrida D0 F

desde el srcen hasta el punto

F , viene dada por:

DF0 ! ED0 EF(x D0 F ! 92.5( m)  5( m) ! 97.5( m)

(29)

Tramo FG: velocidad negativa (v  0 ) y pendiente positiva (a " 0 ) La

aceleración vale:

aFG !

0 m s  5 m s 12 s  9 s





! 1.67 m s

2



(30)

av  0. En este tramo el móvil retarda porque la velocidad y la aceleración tienen distinto signo: El móvil continua viajando hacia la izquierda, es decir, acercándose al srcen v (  0 ). El desplazamiento (xFG en el tramo F

x

(

1

FG

 G , viene dado por el área del triángulo9  F  12

!s 3  vm(s5

2



) !m 7.5( )

(31)

El desplazamiento (xFG tiene signo es negativo, ya que el triángulo se halla bajo la línea horizontal . de los tiempos, debido a que la velocidad es negativa

El desplazamiento total (x0 G desde el srcen hasta el punto G , viene dado por la suma de los

x ( desplazamientos

0 G!(

x

x  0 F(

FG

, donde (x0 F viene dado por (28)



13

(

x

0G

!m 87.5( ) m  7.5( )m! 80( )

(32)

Por lo tanto, en este caso el desplazamiento (x0 G ! 80( m) es menor que el desplazamiento (x0 F ! 87.5(m) , es decir, (x0 G

 (x0 F .

v m s  C

25

10

A

B

1

3

D

4

5

6

E 7 8

-5

G 12

t ( s)

F



a m s

2

 B

15 10

9

C

A

D

1.67 1

3

4

5

7

F

G

9

12

t ( s)

-2.5 E -12.5

Figura (1.3.2) La

distancia total recorrida D0 G desde el srcen hasta el punto G , viene dada por:

D0G ! D0 F  (xFG


(33)


14

Numéricamente:

D0 G ! 97.5( m)  7.5( m) ! 105( m) La

(34)

Fig. (1.3.2) muestra el gráfico de la aceleración a(t ) en función del tiempo t , y a modo de

comparación se muestra también el gráfico srcinal de la velocidad v( )t en función del tiempo t . Equation Section (Next)

Ejercicio (1.4) Un globo aerostático se va moviendo con una velocidad constante, cuya rapidez (módulo de la velocidad) es vg ! 4 m s  . En un cierto momento se suelta un saco de arena que sirve de lastre al globo. Responda a las siguientes preguntas, considerando por separado el caso en que i) el globo va subiendo con velocidad vg ! 4 m s  y ii) el globo va bajando con velocidad

vg ! 4 m s . Hallar: a) el tiempo total que el saco de arena estuvo en el aire, si su velocidad al llegar al suelo es

v f ! 62 m s  , b) la altura h que tenía el globo justo en el momento en que se soltó el saco de arena, c) la velocidad que lleva el saco de arena cuando se encuentra a100 m  del piso.

v0 v0 h

h

i)

ii) Figura (1.4.1)

Nota: La velocidad inicial v0 del saco de arena es igual a la velocidad vg que lleva el globo en el momento en que se suelta el saco v0 ! vg . Una vez libre del globo, el saco de arena se mueve en el &

campo gravitatorio donde la aceleración vale a !  gÖj . Si ponemo s el origen del sistema de



15

referencia justo donde se soltó el saco de arena, se tiene y0 ! 0 , por lo tanto, las ecuaciones para el movimiento del saco de arena como un proyectil en el campo gravitatorio, son:

1 y !vt 0 gt 2 v !v

0

2

(1)

gt

(2)

Solución:

a) Hallar el tiempo total que el saco de arena estuvo en el aire Usando la ecuación (2), con v ! v f ! 62 m s , obtenemos el tiempo total de caída

t!

v0  v f

(3)

g

Para obtener el tiempo que estuvo el saco de arena en el aire, debemos considerar que cuando el globo va subiendo se tiene v0 ! 4 m s  y cuando el globo va bajando se tienev0 ! 4 m s  . Sean t s y tb los tiempos que dura el saco de arena en el aire, cuando va subiendo y cuando va bajando, respectivamente, entonces,

ts !

tb ! Nótese t s

4 ms  62 m s



9.8 m s 2 

4 ms  62 m s 9.8 m s

2

! 6.735 s 





! 5.918 s 

(4)

(5)

t , porque cuando el globo va subiendo, el saco de arena primero debe subir y luego

" b

debe bajar hasta llegar al suelo; en cambio, cuando el globo va bajando, el saco de arena parte directamente hacia abajo. b) Hallar la altura h desde la cual fue soltado el saco de arena. Utilizando el tiempo que estuvo el saco de arena en el aire t(s o tb ) en la ecuación (1), se tiene la coordenada ys o yb correspondiente, s

y ! svts y

La

b b!b

vt

1

gt s

2

(6)

2

(7)

2

1

gt b

2

altura h viene dada por hs ! ys o hb ! yb . Numéricamente:



16

2

ys ! 4 m s v 6.735(sm )  4.9 

s 2 v 6.735  ( s 2 ) ! 195.3(m)

yb ! 4 m s v 5.918(sm )  4.9 

s 2 v 5.918  (s 2 ) ! 195.3(m)

(8)

2

(9)

Dado que las coordenadas son las mismas en los dos casosys ! yb , la altura viene dada por

hs ! hb ! 195.3(m)

(10)

. Esto es es decir, la altura desde la cual fue soltado el saco de arena es la misma en los dos casos . correcto, ya que la velocidad de llegada al suelo es la misma en los dos casos

c) Hallar la velocidad que lleva el saco de arena cuando se encuentra a 100 m  del piso. Cuando el saco de arena se encuentra a100 m  del piso, la coordenada y respecto del srcen es

y !  (h  100) !  (195.3(m)  100(m)) ! 95.3(m)

(11)

. es decir, el saco de arena ha caído95.3(m) desde el punto desde donde se soltó del globo

Usando las expresiones (6) y (7), con ys ! yb !  95.3(m) , podemos escribir

1

95.3(m) !s svt  gts

2

(12)

2 b

(13)

2

1

95.3(m) ! vtb b  gt 2

Reemplazando los datos de las velocidades iniciales de subida y bajada, se tiene 2 2 9.8 m s ts  4 m s t s  95.3( m) ! 0

(14)

 95.3(m) ! 0

(15)

9.8 m s

2

t

2 b

 4 m s tb

Resolviendo las ecuaciones, obtenemos los tiempos (positivos) que se demora el saco en llegar a tener la coordenada ys ! yb !  95.3(m) en cada uno de los casosi) y ii): ts ! 4.84( s )

(16)

tb ! 4.02( s )

(17)

El tiempo t s , correspondiente al caso en que el globo va subiendo, es mayor que el tiempotb , correspondiente al caso en que el globo va bajando . Con estos tiempos podemos calcular la velocidadvs o vb del saco de arena. Usando la relación (2), podemos escribir s

v !  gts sv


(18)


17

vb !v b gt 

(19)

b

Reemplazando las velocidades iniciales de subida y bajada y los tiempos dados por (16) y (17) empleados en llegar a la coordenada ys ! yb !  95.3(m) , se tiene

vs ! 4 m s   9.8 m s

2

v 4.84()s

! 43.4 m s 

vb ! 4 m s   9.8 m s v 4.02( s ) ! 43.4 m s  2

(20) (21)

Nótese que las velocidades son las mismas para la misma coordenaday :

vs ! vb ! 43.4 m s 

(22)

Esta velocidad también se puede calcular usando la siguiente expresión de la cinemática lineal, que resulta de eliminar el tiempo entre las ecuaciones (1) y2(): 2

v v!

2 0

gy 2

(23)

Si usamos los valores de las velocidades iniciales del saco de arena v(s ! 4 m s  o vb ! 4 m s  ) y la altura caída ys ! yb !  95.3(m) , se tiene la velocidad final (con signo menos porque el saco de arena va cayendo) 22 2 v !  ( s4) ( m s )  2 v 9.8( m s ) v 95.3( m) ! 43.4( m s)

Hemos

(24)

obtenido así la misma velocidad final que por el método anterior . Nótese que el signo de la

velocidad inicial desaparece, ya que está elevada al cuadrado, por lo tanto la velocidad final es la misma en los dos casos, para una misma coordenaday . Equation Section (Next)

Ejercicio (1.5) Se dispara un cohete verticalmente hacia arriba y sube con una aceleración vertical



constante de 19.6 m s

2



durante 1min . En ese momento agota su combustible y sigue

subiendo como partícula libre. a) ¿Cuál es el tiempo total transcurrido desde el instante en que despega el cohete hasta que regresa al suelo? b) ¿Cuál es la velocidad del cohete al llegar al suelo?

Nota: En este problema existen dos tramos. En el primer tramo, el cohete parte con velocidad inicial cero ( v0 ! 0 m s  ) y viaja durante un tiempo t1 ! 1(min) ! 60 s  con una aceleración



hacia arriba a ! 19.6 m s

2

. Las ecuaciones de movimiento en este tramo son:



18

y !y

0

vt

0

1



2

at 2

(1)

v ! v0  at

(2)

En el segundo tramo, el cohete se mueve como partícula libre en el campo gravitatorio. Las

ecuaciones de movimiento son:

y !y

0

vt

v !v

0

0

gt 

gt

1

2

(3)

2 (4)

Solución:

a) ¿Cuál es el tiempo total transcurrido desde el instante en que despega el cohete hasta que regresa al suelo? Poniendo el srcen del sistema de referencia en el punto de partida, se tiene y0 ! 0 . Reemplazando los datos numéricos en las ecuaciones (1) y 2(), se obtiene la coordenada y1 alcanzada y la velocidad v1 final de este primer tramo:

y1 !  0 0vm s

60  sv

9.8 ! m s2

v1 ! 0 m s  19.6vm! s

2



3600  s

60 s

35280 m 

2

1176  m s

(5) (6)

Después de los 60( s) el cohete agota su combustible y sigue como partícula libre en el campo gravitatorio (a !  g ), ya que el motor dejo de funcionar. En este segundo tramo, la posición inicial es y1 ! 35280 m  y la velocidad inicial es v1 ! 1176 m s . Reemplazando estos datos en las ecuaciones (3) y (4), tenemos

y ! 35280()1 m  176 m s v t  4.9 m s v t 2

2

v ! 1176 m s   9.8 m s v t 2

(7) (8)

Para calcular el tiempo t2 que estuvo el cohete viajando como proyectil en el campo gravitatorio, hay que hacer y ! 0 en la ecuación (7), con lo cual se obtiene la ecuación de segundo grado

t 2  240t  7200 ! 0 2

(9)

2

Elegimos sólo la solución positiva, ya que todo el movimiento ocurre después que pusimos el cero de nuestro reloj, es decir,

t 2 ! 267 s  ______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá, 2008

(10)


19

El tiempo total de vuelo es

tT ! t1! t2

s267  !s 60 

s327

(11)

b) ¿Cuál es la velocidad del cohete al llegar al suelo? Usando el tiempo t2 ! 267 s  en la ecuación (8), podemos calcular la velocidad con que llega el cohete al suelo

v ! 1176 m s  9.8 m s





v ! 1176 m s   9.8 m s

2

2



vt



(12) 2

v 267(s) ! 1440.6 m s 

(13)

. Nótese que la velocidad es negativa ya que el cohete va cayendo hacia el suelo


Ejercicio (1.6) Desde la boca de un pozo (ver Fig. (1.6.1)) de profundidad h , desconocida, se lanza una piedra con rapidez inicial v0 ! 3.7 m s  . Si el sonido de la piedra al chocar con el piso del pozo se escucha 2 s  después desde que se lanzó la piedra, hallar la profundidadh del pozo. La rapidez (módulo de la velocidad) del sonido en el aire esvs ! 340 m s  . Responda la pregunta para el caso en que i)

&

la piedra se lanza hacia arriba conv ! 3.7j Ö m s 0

ii)

&



,



la piedra se lanza hacia abajo con v0 ! 3.7jÖ m s

 &

v0

&

v0 h

h

Figura (1.6.1)



20

Nota: En este problema existen dos tramos muy distintos. En un primer tramo se trata de una piedra moviéndose verticalmente en el campo gravitatorio (eje

y ). El segundo tramo corresponde

al movimiento del sonido en el aire desde el fondo del pozo hasta la boca del pozo. Además existe un tiempo

t1

de bajada de la piedra hasta el fondo del pozo en el campo gravitatorio y existe un

tiempo t2 de s ubida del sonido en el a ire desde el f ondo del pozo. La suma de ambos tiempo s es igual a 2 s  , es decir,

t1  t 2 ! 2( s )

(1)

Las ecuaciones de movimiento para la piedra cayendo en el campo gravitatorio son:

y !y

0

vt

v !v

0

0

gt 

1

2

2

gt

(2) (3)

Las ecuaciones de movimiento del sonido en el tramo de subida son:

y !y

0

vt

(4)

s

v ! vs

(5)

La velocidad del sonido es una constante, por lo tanto su aceleración es cero as ! 0 . Si ponemos el origen del sistema de referencia, justo en la entrada o boca del pozo, entonces y0 ! 0 . Solución:

. El fondo del pozo En la primera etapa la piedra se mueve como proyectil en el campo gravitatorio

tiene coordenada y !  h y el tiempo que demora en caer est ! t1 , luego la ecuación(2) queda:

1

h !v t 0 1 gt

2 1

(6)

1 h ! vt 0 1 gt 2

2 1

(7)

2

Reordenando, se tiene

En la segunda etapa, el sonido sube con velocidad constante desde el fondo del pozo de altura h. Visto desde el srcen en la boca del pozo, la posición inicial del sonido es y0 s !  h , y al llegar a la boca del pozo, la coordenada ys del sonido vale ys ! 0 , empleando un tiempo t 2 . Con estos datos, la relación (4) queda:

0 !  h  vs t2


(8)


21

reordenando,

h ! vs t 2

(9)

Igualando las ecuaciones (7) y (9) se tiene una ecuación que relaciona el tiempo de bajada de la piedra t1 , con el tiempo de subida del sonidot 2

1

vt0 1  gt

2 1

2

v!t

(10)

s 2

Por otro lado, a partir de la relación (1) podemos expresart 2 en función de t1

t 2 ! 2  t1

(11)

Reemplazando (11) en (10), tenemos

1

vt0 1 gt v12 ! st 2  1  2

(12)

Reordenando, queda

1 gt 2

2 1

vvs t

0

v1  2

s

!0

(13)

Resolviendo la ecuación de segundo grado, tenemos: s

t1 !

 v v s s0  v v

2

gv 0s  4

(14)

g

Reemplazando datos numéricos para el caso en que la piedra se lanza hacia arriba con velocidad

v0 ! 3.7 m s  , se tiene 2

t1 ( hacia arriba ) !

336.3 s 336.3   4 v 9.8 v 340 9.8

t1 (hacia arriba) ! 1.9657( s )

(15) (16)

Reemplazando datos numéricos para el caso en que la piedra se lanza hacia abajo con velocidad

v0 ! 3.7 m s  , se tiene 2

t1 ( hacia abajo ) !

343.7 s 343.7   4 v 9.8 v 340 9.8

t1 (hacia abajo) ! 1.9256( s )

(17) (18)

Para calcular el tiempo de subida del sonido en cada uno de los casos, basta usar la relación (11):

t 2 ! 2  t1


(19)


22

La

t2 (hacia arriba s ) ! 2( )  1s.9657() ! 0s.0343( )

(20)

t2 ( hacia abajo s ) ! 2( )  1s.9256() ! 0s.0744( )

(21)

altura h la calculamos usando la relación (9)

h( hacia arriba ) ! 340 m s 0.0343( s) ! 11.66( m)

(22)

h( hacia abajo) ! 340 m s 0.0744( s) ! 25.3(m)

(23)

Vemos así que la altura h del pozo resulta ser distinta en cada caso, ya que la piedra emplea un distinto tiempo en recorrer la altura del pozo en su caída, dependiendo de si su velocidad inicial es hacia arriba o hacia abajo, y debido además a que siempre se debe cumplir la condición

t1  t 2 ! 2( s ) . Equation Section (Next)

Ejercicio (1.7) Un ascensor va subiendo con aceleración constantea A ! 1m s 2 . En el momento . La en que la velocidad del ascensor es v0 A ! 3 m s , un perno se suelta del techo del ascensor

altura del ascensor es h ! 2.5 m  (ver Fig. (1.7.1)).

v0 A

y

x

aA

h

Figura (1.7.1) Hallar:

. a) el tiempo que el perno demora en llegar a su altura máxima desde que se soltó . b) la altura máxima que alcanza el perno desde que se soltó

c) el tiempo que demora el perno en llegar a chocar con el piso del ascensor



23

d) las coordenadas del perno y p , y del piso del ascensor y A , cuando se produce el choque entre el perno y el piso. e) la velocidad del ascensor vA y la velocidad del perno v p en el momento del choque. Diga si el perno sube o baja en ese momento.

Nota: Ubicaremo s el origen del sistema de referencia en el punto donde se suelta el perno, es decir, a la altura del techo del ascensor, pero su ubicación no cambia e n el tiempo. El perno y el piso del ascensor se mueven con respecto a este origen de referencia y ambo s se van acercando. Nótese que el piso del ascensor se está acercando hacia el origen del sistema de referencia con &

aceleración constante a A , y que el perno al soltarse se mueve en el campo gravitatorio con &

aceleración a p !  gÖj . En primer lugar anotemos todos lo s datos iniciales. El ascensor se mueve con aceleración &



constante aA ! 1 Öj m s

2

 dirigida hacia arriba y el perno se suelta cuando la velocidad de ambos, &

&

ascensor y perno, es: v0 p ! v0 A ! 3jÖ m s



dirigida hacia arriba. Respecto al sistema de

referencia ubicado frente al techo del ascensor en el momento inicial, justo cuando el perno se &

suelta, la posición inicial del piso del ascensor es y0 A ! hÖj . Las ecuaciones de movimiento del &



piso del ascensor que se mueve hacia arriba con aceleración constante aA ! 1 Öj m s

2



,

vienen

dadas por A

y

!h Av t A

0

A

1 2

a t2

(1)

v !Av0 A a t

(2)

En cambio, el perno se mueve con aceleración constante en el campo gravitatorio con aceleración &

Ö s a p ! j gÖ ! 9j.8 m 

2

. Inicia s u movimiento hacia arriba con una velocidad inicial que es la &

misma velocidad que lleva el ascensor en el momento de soltarse v0 p ! 3j Ö m s



.

Respecto al

sistema de referencia ubicado en el techo del ascensor, justo cuando el perno se suelta, la posición &

&

inicial del perno es y0 p ! 0 . Las ecuaciones de movimiento del perno con aceleración constante en

el campo gravitatorio vienen dadas por

y

1

p

v t0 p gt !

2

2


(3)


24

v p !v

0p

gt 

(4)

Aunque lo s datos numéricos son conocidos, es preferible u sar expresiones algebraicas para estudiar todos los casos posibles Solución:

a) Hallar el tiempo tm que el perno demora en llegar a su altura máxima desde que se soltó. Cuando el perno llega a su altura máxima, su velocidadv p se hace cero, v p ! 0 . Usando la ecuación (4) podemos conocer el tiempot m en que se hace cero la velocidad final: p

gt

v ! 0 p! v

(5)

0 m

obtenemos:

v0 p

tm !

(6)

g

Numéricamente

tm !

3 m s 



9.8 m s

2



! 0.306( s )

(7)

b) Hallar la altura máxima ym que alcanza el perno desde que se soltó. 0p Usando el tiempo de altura máxima tm ! v en la ecuación (3), tenemos

g

y vm !

0p

¨ v0¸p ¨1 ¸ v0 p © g¹ © ¹ ª gº ª2 º g

2

(8)

Simplificando, nos queda

¨ v02 p ¸ ¹¹ ª 2g º

ym ! © ©

(9)

Numéricamente, tenemos

¨ 9 m2 s 2 ¸ © ¹ ! 0.459(m) ym ! 2 ¹ © © 2 v 9.8 m s ¹ ª º





c) Hallar el tiempo te que el perno demora en llegar a chocar con el piso del ascensor


(10)


25

En choque o encuentro se producirá cuando la coordenada y p (t ) del perno sea igual a la coordenada y A (t ) del piso del ascensor. Esta condición de igualdad se cumplirá para un tiempo de encuentro te . Usando las ecuaciones de movimiento (1) y (3), las coordenadas del piso del ascensor y del perno, vienen dadas por:

y

A

!h Av t

y

0

A

1 2

a t2

(11)

2

(12)

1

v t0 p gt !

p

2

Exigiendo la condición de encuentro:y at ( e )y! t

p

( e ) , escribimos:

1

1

h Ave0 t  A ae t 2 !vp te0

gt

2

2

(13)

e

2

Reordenando, escribimos:

1 A

2

a

 egt

2



 vA 0v t  ph

0e



 !0

(14)

Dado que las velocidades iniciales del ascensor y del perno son igualesv0 p ! v0 A , se anula el término lineal en t e . Despejando, obtenemos la siguiente expresión para el tiempo de encuentrot e :

te !

2h

(15)

g  aA

Nótese que el tiempo de encuentrot e no depende de la velocidad inicial, porque es la misma para el perno y para el piso del ascensor. Numéricamente

te ! d)

2 v 2.5 (m)

9.8 m s2  1 m  s2

!

5

10.8

( s ) ! 0.680( s )

(16)

Hallar la coordenada y p del perno y la coordenada y A del piso del ascensor, cuando se produce el choque entre el perno y el piso del ascensor.

Usando el tiempo de encuentro entre el perno y el piso del ascensor,te ! 0.680( s ) , podemos reemplazar este valor en las ecuaciones (11) y (1 2), para obtener:



y p ! 3 m s v 0.680( s )  0.5 v 9.8 m s

2

v 0.680 (s ) 2

2


(17)


26

y p ! 0.226( m)

(18)



y A ! 2.5(m)  3 mvs  0.680(  v s ) v0.5 1 m s

2



2 0.680  ( s 2 )

(19)

y A ! 0.226( m)

(20)

El hecho que la coordenada del piso del ascensor y del perno sean negativas, significa que el encuentro se produce antes que el piso del ascensor llegue a pasar hacia arriba por el srcen del sistema de referencia, es decir, antes que el piso del ascensor llegue a la posición que tenía el techo del ascensor srcinalmente . Por lo tanto, el perno alcanzó a subir hasta su altura máxima, luego bajó y pasó de vuelta por la posición inicial, y todavía tuvo tiempo de seguir bajando un poco más, porque su coordenada es negativa (esto lo confirmaremos en la pregunta e), al calcular el signo de la velocidad del perno al chocar con el piso del ascensor) . El valor de la coordenada del punto de encuentro, depende directamente de la velocidad inicial, en cambio, el tiempo de encuentro t e no depende de la velocidad inicial, como puede verse en la relación (1 5).

e) Hallar la velocidad del ascensor vA y la velocidad del perno v p en el momento del choque. Diga si el perno sube o baja en ese momento. Usando las ecuaciones (2) y (4) que expresan la velocidad en función del tiempo, podemos calcular

te ! 0.680( s ) : la velocidad en el momento del encuentro usando el tiempo de encuentro



v p ! 3 m s   9.8 m s

2

v 0.680( s) ! 3.664 m s 

(21)

Dado que la velocidad es negativa, el perno va bajando en el momento del encuentro con el piso del ascensor que sube. Además, dado que su módulo es mayor que la velocidad inicial, ello indica que se encuentra bajo el punto inicial de lanzamiento, tal como vimos en la pregunta .d)Para el piso del ascensor se tiene: 2 v A ! 3 m sv 1m s ! 0.680( s )

3.680 m s 

(22)

El signo positivo indica que el ascensor va hacia arriba, como debe ser . Equation Section (Next)

Ejercicio (1.8) Un ladrillo cae desde el techo de una casa, cuya inclinación esU ! 30 , con una $

rapidez inicial de 5 m s (ver Fig. (1.8.1)). La altura del techo de la casa es h ! 7.4 m .





a) Calcule el tiempo que demora el ladrillo en llegar al suelo,

 

b) Calcule la distancia horizontal que recorre el ladrillo,



27

c) Con los mismos datos iniciales, ¿cuál debería ser el ángulo de inclinación del techo para que la distancia horizontal que alcanza el ladrillo al llegar al piso sea dex ! 3.6 m  ?

v0

U

U y

x Figura (1.8.1)

Nota: Se trata del movimiento de una partícula en el campo gravitatorio, donde la velocidad inicial &

v0 de la partícula tiene dos componentes: v0 x en el eje X y v0 y en el eje Y . La aceleración viene &

dada por el vector a !  g Öj . Este tipo de movimiento se denomina: movimiento de proyectiles. Las ecuaciones vectoriales del movimiento de proyectiles son las siguientes: 1 & & & r ! r0  v0t  gt

2

2

&

&

Öj

(1)

gt Öj

(2)

x ! x0  v0 x t

(3)

v! v

0

En componentes, estas ecuaciones quedan

y !y

0

vt

0y

gt 

1

2

2

(4)

vx ! v0 x

(5)

gt 

(6)

v y !v

0y

Nótese que si no existe componente de la velocidad inicial e n la dirección X , es decir, si v0 x ! 0 , las ecuaciones a lo largo del eje X q uedan: x ! x0 ; vx ! 0

(7)

y se reobtienen las ecuaciones de movimiento en una dimensión, estudiadas en lo s problemas

anteriores, a saber: ______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá, 2008


28

y ! y 0v ty

0

1 gt v y2 ;vy 2

gt!

0



(8)

En resumen, el m ovimiento de proyectiles se realiza e n el plano ( X , Y ) y es una combinación de

dos movimientos independientes, un movimiento a lo largo del eje X con aceleración cero ( ax ! 0 ) y velocidad constante, y otro movimiento a l o largo del eje Y con aceleración constante, la aceleración de gravedad ( a y !  g ). Para nuestro problema, elegimo s el origen del sistema de referencia en el p unto donde el ladrillo sale del techo. Por lo tanto, y0 ! 0 y el suelo tiene coordenada y !  h ! 7.4(m) y el ángulo inicial

U0

&

es negativo porque el vector velocidad inicial v0 está bajo el eje X .

Solución:

a) Calcule el tiempo que demora el ladrillo en llegar al suelo El vector velocidad inicial viene dado por &

v0 v!

0

cos( iv300 ) Ö 

0

sin( 300 ) Öj

(9)

En componentes, se tiene: 0 0 v0 x ! v0 cos(30 ) ! vo cos(30 )

(10)

0 0 v0 y ! v0 sin(30 ) ! v0 sin(30 )

(11)

Al llegar al piso, la coordenada y vale: y ! 7.4 m  , reemplazando en la relación (4), se tiene 2 7.4 m  ! 5 m s v sin 30 v t  4.9 m s v t 2 $

(12)

. Existen dos soluciones: una positiva y una Ecuación de segundo grado para el tiempo de caída

negativa. La solución negativa no tiene sentido, ya que todo el movimiento se inicia en t ! 0(s ) , por lo tanto, la única solución aceptable es la solución positiva,

t ! 1.0 s 

(13)

b) Calcule la distancia horizontal que recorre el ladrillo Usando la relación (3), se tiene:

x

m! s5  v v cos 30 ! s 1.0() m4.3( )

(14)

x ! 4.3(m)

(15)

$

c) ¿cuál debería ser el ángulo de inclinación del techo para que la distancia horizontal que alcanza

el ladrillo sea de 3.6 m  ?



29

En este caso los datos son: x ! 3.6 m  , y ! 7.4 m  , v0 ! 5 m s , pero ahora desconocemos el valor del ángulo inicial U0 . Usando estos datos en las ecuaciones (3) y (4), tenemos

3.6 m   ! 5 m s vcos U 0 v t

(16)

7.4 m   ! 5 m s vsin U 0 v t  4.9 m s v t 2 2

(17)

Despejando el tiempo de la ecuación (16) , se tiene

t!

3.6

(18)

5 cos U 0

Reemplazando este tiempo en la ecuación (17)

¨ 3.6¸ ¨ ¸ 3.6 7.4 ! 5 v sin U 0 v © ¹ ©  4.9¹v 5 cos 5 cos U 0 v U v 0 ª º ª º

2

(19)

Reordenando, obtenemos

7.4 ! 3.6tan U 0 

Usando la identidad trigonométrica:

1 cos 2 U

2.54

cos



! 1  tan

2

2

(20)

U0

U

y reemplazando en la expresión

anterior, se tiene una ecuación de segundo grado en la incógnitatan U 0 :

7.4 ! 3.6tan U 0  2.54 1  tan La

2

U0 

(21)

solución positiva da:

tan U 0 ! 0.84555

(22)

Buscando la arco tangente, se tiene el ángulo inicial U0 buscado:

U0 ! 40.22

$

(23)


Ejercicio (1.9) Un bateador de béisbol golpea la bola a 0.85 m  de altura de modo que adquiere una velocidad de 15 m s  con un ángulo de U 0 ! 27 sobre la horizontal. Un segundo jugador 0

(³el atrapador´), parado a la derecha de él a una distancia horizontal de30 m  y en el mismo plano de la trayectoria de la bola, comienza a correr hacia el bateador en el mismo instante en que



30

éste golpea la bola (ver Fig. (1.9.1)). Si el segundo jugador (el atrapador), corriendo con velocidad constante, alcanza la bola a1.9 m  del suelo.

y

27 0

xb

&

va

xa

x

d Figura (1.9.1)

Hallar:

a) la velocidad mínima del segundo jugador (el atrapador) b) la distancia recorrida por el segundo jugador (el atrapador)

Nota: Ubiquemo s el origen del sistema de referencia en el piso, justo desde donde se lanza la bola inicialmente. El jugador de la derecha (el atrapador) corre con velocidad constante va hacia la izquierda y su coordenada xa , medida respecto del origen del sistema de referencia mostrado en la

Fig. (1.9.1), viene dada por:

xa ! x0 a  va t

(1)

Como x0 a ! d , y la velocidad va apunta e n sentido contrario a la velocidad horizontal de la bola, &

es decir, va ! va iÖ , escribimos

xa ! d  va t

(2)

Por su parte, la bola se mueve con un movimiento de proyectil, y sus ecuaciones de movimiento son:

xb ! v0 cos U 0 t y

b

y! v0 

0

sin t Ugt 0 

(3)

1

2

2


(4)


31

Solución:

El jugador se encontrará con la bola, cuando se cumpla la condición

xa ! xb

(5)

Es decir,

d  vt a v !

0

cos t U0

(6)

El tiempo t en que se produce este encuentro viene dado por la relación (4), cuandoyb ! 1.9(m) , con y0 ! 0.85( m) . Reemplazando los datos del problema, podemos escribir: 0 2 1.9( m) ! 0.85( m)  15 m s sin 27 t  4.9( m s )t

(7)

4.9t 2  6.8t  1.05 ! 0

(8)

2

reordenando

Ecuación de segundo grado que entrega dos tiempos positivos: el tiempot1 cuando la bola pasa de subida por yb ! 1.9(m) , y el tiempo t 2 ( t2

t ), cuando la bola pasa de bajada por yb ! 1.9(m) :

" 1

t1 ! 0.18( s) t 2 ! 1.21( s)

(9)

t2 , entonces la Si consideramos el tiempo cuando la bola viene bajando, es decir, el tiempo mayor velocidad va del jugador será mínima porque tendrá que recorrer una distancia menor en el mismo tiempo. Aplicando este tiempo t 2 ! 1.21(s) a la relación xa ! xb dada por (6), se tiene:

v0 cos U 0 t 2 ! d  va t2

(10)

entonces, la velocidad va del jugador viene dada por:

va !

d t2

 v0 cos U 0

(11)

Numéricamente

va !

30( m) 1.21( s )

 15 m  s cos 27 0 ! 11  .43 m s va ! 11.43 m s 

La

(12) (13)

distancia d a recorrida por el jugador de la derecha (el atrapador) viene dada por

d a ! vat2 Numéricamente


(14)


32

d a ! 11.43 m s v 1.21( s) ! 13.83( m)

(15)

d a ! 13.83( m)

(16)


Ejercicio (1.10) Un estudiante patea una piedra horizontalmente desde el borde de una plataforma . (1.10.1)). de 40 m  de altura en dirección a una poza de agua (ver Fig

&

v0

40 m 

x Figura (1.10.1)

Si el estudiante escucha el sonido del contacto con el agua3 s  después de patear la piedra, ¿cuál fue la velocidad inicial v0 de la piedra? Suponga que la rapidez del sonido en el aire es vs ! 340 m s  . y &

v0

y p ! 40 m 

x

d

xp Figura (1.10.2)

Nota: Este problema tiene d os tramos claramente diferenciados: un primer tramo de caída de la piedra como un proyectil en el campo gravitatorio, y un segundo tramo de regreso del sonido, en



33

línea recta desde el punto de impacto de la piedra, hasta el punto de partida de la piedra (ver Fig. (1.10.1) y Fig. (1.10.2)). Para el movimiento de proyectil, las ecuaciones de movimiento viene dadas por p

y

p

x !p x0 x v0 t ! y

v t

0p

0y

gt

(1)

1

2

(2)

2

xp

v ! vx0

v yp

!v

(3)

 0 y gt

(4)

Dado que el sonido viaja con velocidad constante (a celeración cero), su ecuación de movimiento viene dada por

xs ! vs t

(5)

Además sabemos q ue la suma del tiempo de caída tc , más el tiempo de viaje del sonido ts suman 3(s) , es decir, tc  t s ! 3(s )

(6)

Nótese que este problema es una generalización a dos dimensiones del problema (1.6). Solución: 0

La

piedra sale como un proyectil horizontal con velocidad inicialv0 , con un ángulo

U0 ! 0

. Si

. (1.10.2)), entonces elegimos un sistema de referencia justo desde donde sale la piedra (ver Fig

x0 p ! 0; Las

(7)

componentes de la velocidad inicial quedan: v0 x v!

Las

y0 p ! 0

0

0

!v0! ! cos v v0 ;

0y

0

sin 0

0

0

(8)

ecuaciones de movimiento de la (1) a la (4) quedan

x p ! v0 x t yp ! 

gt 2 2

(9) (10)

vxp ! v0

(11)

v yp !  gt

(12)

De la ecuación (10) podemos despejar el tiempo de caídat c



34

tc !  La

2 yp

(13)

g

coordenada y p de la poza de agua viene dada por:y p ! 40 m  , luego t c vale, tc ! 

2y

g

!!



2 40 m 

9.8 m s 2 

! 2.857 s 

(14)

De la relación (6) obtenemos el tiempo de subida del sonido al recorrer la distanciad (ver Fig. (1.10.2)):

sts ! 3   2. s 857

!s0.143

(15)

Por la relación (5) vemos que la distancia d se relaciona con la velocidad del sonidovs y el tiempo de subida del sonido ts , en la forma:

d ! vs ts

(16)

d ! 340( m s) v 0.143s 

(17)

d ! 48.6( m)

(18)

Numéricamente

Ahora podemos relacionar la distancia d con las coordenadas x p , y p  del proyectil, usando el teorema particular de Pitágoras en la Fig . (1.10.2):

d 2 ! x 2p  y 2p

(19)

Donde y p ! 40 m  y x p viene dado por la relación (9)

x p ! v0tc

(20)

Reemplazando estos datos en la relación (19), se tiene

48.6

2

(m2 )! vo tc

2

 ( 40) ( m ) 2

2

(21)

Usando tc ! 2.857 s  y despejando, se obtiene la velocidad inicialv0 v0 ! 9.7 m s 

(22)


Ejercicio (1.11) Una bolita sale rodando horizontalmente con velocidad v0 ! 3 m s  por el descanso de una escalera (ver Fig. (1.11.1)).

Los

peldaños tienen alto a ! 18 cm  y ancho

b ! 32 cm  . Encuentre el escalón en el cual la bolita cae por primera vez . ______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá, 2008


35

&

v0

a b

a b

Figura (1.11.1)

Nota: La bolita sigue un movimiento de proyectil en el campo gravitatorio. Sus ecuaciones de movimiento son: x ! x0b  v0 cosU0t y y! 0vb 

0

tsin Ugt 0 

1

(1) 2

(2)

2

Si ubicamo s el origen del sistema de referencia en el punto donde la bolita inicia su movimiento de

proyectil, se tiene que x0 b ! 0 y y0 b ! 0 . Si eliminamos el tiempo de las ecuaciones de itinerario (1) y (2), se obtiene la trayectoria de la bolita e n el campo gravitatorio, la cual tiene la forma de una

parábola invertida: 2

y ! x tan U 0 

gx 2 2v cos U 0

(3)

2 0

Por otra parte, la línea punteada en la Fig. (1.11.1) conecta los bordes de lo s peldaño s de la escalera, La intersección de la parábola invertida con la línea recta da la solución al problema. Solución:

Consideremos el srcen del sistema de referencia justo donde sale rodando la bolita, como se muestra en la Fig. (1.11.2) Dado que la bolita sale horizontalmente, U 0 ! 0

$

p

tan 0 ! 0; cos 0 ! 1 , la ecuación de $

$

trayectoria dada por (3), queda:

y! La

gx

2

2 0

2v

(4)

trayectoria de la bolita corta a la línea recta que corresponde a los bordes de los peldaños (línea

punteada en la Fig. (1.11.1) y Fig. (1.11.2)).



36

y &

v0

x a b

a b

Figura (1.11.2)

La

ecuación de la línea recta, con pendiente negativa, viene dada por

y!

a b

x

(5)

Igualando las coordenadas verticales dadas por (4) y 5(), se obtiene la coordenada x donde se produce la intersección de las dos curvas trayectorias:



gx 2 2 0

2v

!

a x b

(6)

Esta ecuación de segundo grado tiene dos soluciones Una solución esx ! 0 , que corresponde al srcen del sistema de referencia, y la otra solución es: 2

x!

2v0 a

gb

(7)

Reemplazando datos numéricos, se tiene:

2 v 9 m s 2

x!

9.8 m s

2

v 0.18 m  1.033 m !   v 0.32 m  2

x ! 1.033 m  El valor de la coordenada y ! 

a b

(8)

(9)

x correspondiente es: y !  0.181.033 ! 0.581 0.32

(10)

Si dividimos la coordenada y obtenida en (10) por el alto a ! 0.18 m  de cada escalón, se tiene el número de escalones que ya ha recorrido



37

y 0.581 m  ! ! 3.23 a 0.18 m 

(11)

Si por otra parte, dividimos la coordenadax obtenida en (9) por el ancho b ! 0.32 m  de cada escalón, se tiene el número de escalones que ya ha recorrido

x b

!

1.033 m  0.32 m 

! 3.23

(12)

. Nótese que por ambos métodos se llega al mismo resultado

Dado que y " 3a , esto implica que la bolita ha recorrido algo más de 3 escalones, es decir, la bolita cae en el cuarto escalón. Equation Section (Next) &

Ejercicio (1.12) Un cohete inicia su movimiento con un velocidad inicial dev0 ! 100 eÖ m s , haciendo un ángulo de U 0 ! 53 . El vector unitario eÖ hace un ángulo U 0 con el eje X . El cohete 0

viaja a lo largo de su línea de movimiento inicial con una aceleración total resultante (incluida la &



aceleración de gravedad) de a ! 30 eÖ m s

2



durante 3 s  . En ese momento se apagan los

. (Ver Fig. motores y el cohete empieza a moverse como un cuerpo libre en el campo gravitatorio

1.12.1).

530

B

l

A

h

530 C

d Tramo I

Tramo II

Figura (1.12.1)



38

Encuentre a) la altura máxima alcanzada por el cohete, medida desde el punto inicial de su movimiento, b) el tiempo total que el cohete estuvo en el aire hasta que llega al suelo, c)

la distancia horizontal total medida desde que el cohete inició su movimiento, hasta que vuelve al suelo nuevamente.

Nota: Este problema tiene dos tramos claramente definidos como se muestra esquemáticamente en la Fig. (1.12.1). El tramo inicial (tramo I) consiste en un movimiento unidimensional con



aceleración constante a ! 30 m s

2

 a lo largo del eje inclinado 53

0

. El segundo tramo (tramo II)

consiste en un movimiento de proyectil en el campo gravitacional cuya velocidad inicial es la velocidad final del tramo I. Solución:

El tramo I corresponde al movimiento unidimensional en la dirección del vector unitarioeÖ . Ponemos el srcen del sistema de referencia justo donde parte el cohete (punto A ). Elegimos ejes coordenados inclinados, de modo que el ejeX coincide con el vector unitario eÖ que está a lo largo de la recta A  B en la Fig. (1.12.2).

x B l Tramo I

h y

A

530

d Figura (1.12.2)

En consecuencia, en este tramo el movimiento es unidimensional a lo largo del ejeX . En este



movimiento unidimensional, los datos son: x0 ! 0 , v0 ! 100 m s  , a ! 30 m s

2

. El

cohete

emplea un tiempo t ! 3 s  en desplazarse x ! l . Las ecuaciones de movimiento en una dimensión vienen dadas por

x ! v0t 

at 2 2

v ! v0  at ______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá, 2008

(1) (2)


39

Usando (2) obtenemos la velocidad

al final del tramo I con la aceleración resultante

v

a ! 30 m s 2 , v ! 100 m s   30 m s

2

3 s

! 190  m s

(3)

v ! 190 m s 

(4)

Usando (1) obtenemos la distancia l recorrida al final del tramo: 2

30 m s 2 v 3( s ) 

l ! 100 v m s  3( s )

!

2

435( m)

(5)

l ! 435( m)

(6)

Con el dato l ! 435( m) obtenemos los valores de d y h de la Fig. (1.12.2)

d ! l cos 5!30

43 v 5(!m) 0.602

261.8( m)

(7)

d ! 261.8( m) 0

h ! l sin 5 !3v

(8)

435( m ! ) 0.7986

347.4( m)

(9)

h ! 347.4( m)

(10)

En el tramo II, el cohete inicia su movimiento como partícula en el campo gravitatorio, con &

velocidad inicial v ! 190 eÖ m s (que es la velocidad final del tramo I), con un ángulo inicial de 0





salida igual al ángulo en que viajó el proyectil en línea recta en el primer tramo: U0 ! 53 . Por lo 0

tanto, el vector unitario eÖ viene dado por eÖ ! cos 53 iÖ  sin 53 Öj . 0

Las

0

ecuaciones de movimiento en este tramo son:

x ! x0

v0tx ;!y  y v0 t

vx !v

0x

;v v

y

! gt0 y

0y



gt 2 2



(11) (12)

En este punto tenemos dos opciones. Usar un nuevo sistema de ejes con el srcen en el punto B , justo donde el cohete comienza a comportarse como partícula libre en el campo gravitatorio, o bien considerar como srcen del sistema de referencia al punto A , tal como se muestra en la Fig. (1.12.3), pero esta vez usando ejes coordenados derechos, es decir, no inclinados como en el tramo I anterior. Elegiremos el punto A como srcen del sistema de referencia (ver Fig. (1.12.3)). Entonces, los datos de posición iniciales del cohete como partícula libre en el campo gravitatorio son los siguientes:



40

x

d0 !

! 261 m.8( )

(13)

y0 ! h ! 347.4(m)

(14)

Tramo II

y

eÖ

530

B h

A

x

d

C Figura (1.12.3)

La

&





velocidad inicial es v0 ! 190 eÖ m s  ! 190 cos 53 iÖ  sin 53 j Ö ms  0

0

 . Reemplazando

todos

estos datos en las ecuaciones (11) y (1 2), tenemos:

x



m .8( )  190 m s ! 261

v cos 530 t

y ! 347.4(m)  190 m s v sin 530 t 

gt 2

(15)

2

vx ! 190 m s v cos 53

0

(16)

v y ! 190 m s v sin 530  gt Numéricamente, estas ecuaciones quedan:

x ! 261.8  114.3t ! 347.4 t 15t 1.7

y

 4.9

(17) 2

(18)

vx ! 114.3 m s  v y ! 151.7 m s   9.8 m s 2 t ( s)



(19)



(20)

a) Hallar la altura máxima alcanzada por el cohete, medida desde el punto inicial de su movimiento



41

El punto más alto del proyectil se encuentra cuando su velocidad verticalv y se hace cero, es decir, si hacemos v y ! 0 en la ecuación (20), obtenemos el tiempo t m en llegar a esa altura máxima:





v y ! 151.7 m s   9.8 m s 2 t ( s) ! 0

(21)

Despejando se obtiene:

tm !

151.7

( s ) ! 15.48( s )

(22)

9.8 Reemplazando este tiempo en la ecuación (18), calculamos la altura máximaym alcanzada desde el suelo, 2

ym ! 347.4  151.7 v15.48( s )  4.9 v 15.48( s ) 

(23)

ym ! 1521.5( m)

(24)

b) Calcular el tiempo total que el cohete estuvo en el aire hasta que llega al suelo. Si hacemos y ! 0 en la ecuación (18), se obtiene el tiempo de caídatc del proyectil:

y La

t 15t1.7 ! 347.4 

c

 4.9 c2 ! 0

(25)

solución positiva de la ecuación de segundo grado, nos da

tc ! 33.1( s )

(26)

En consecuencia, el tiempo total tT que el cohete estuvo en el aire es la suma del tiempot ! 3( s) empleado en recorrer linealmente la distancial , más el tiempo de caída del proyectiltc ! 33.1( s ) :

tT ! 3( s )  33.1( s )

(27)

tT ! 36.1( s )

(28)

c) Hallar la distancia horizontal total medida desde que el cohete inició su movimiento, hasta q ue vuelve al suelo nuevamente. Usando el tiempo de caída tc ! 33.1( s ) , podemos calcular la coordenada x vista desde A, a través

xT : de la ecuación (17), lo cual corresponde justo a la distancia total recorrida horizontalmente x

T

s .3! 33.1( m ) ! 261.8 v114

4045.1( )

xT ! 4045.1( m) Equation Section (Next)


(29) (30)


42

Ejercicio (1.13) Se lanza una pelota desde el punto A con una rapidez inicial de 25 m s  , con un ángulo de U 0 ! 45 con respecto a la horizontal, tal como se muestra en la Fig . (1.13.1). Encuentre $

la distancia horizontal x recorrida por la pelota hasta llegar a chocar con el plano inclinado enB .

&

B

v

0

y 45

$

A

20

$

x Figura (1.13.1)

Nota: La ecuación de la trayectoria del proyectil viene dada por gx 2

y p ! x tan U 0 

2 0

2v cos

2

(1)

U0

En el punto B se pr oduce la intersección de la parábola invertida, correspondiente a la trayectoria

del proyectil, con la recta del plano inclinado AB , cuya ecuación genérica es y ! x tan

(2)

Este problema es prácticamente idéntico al problema (1.11). Solución:

Usando los datos: v0 ! 25 m s , U 0 ! 45 , en la ecuación (1), tenemos $

y p ! x tan 450 

9.8(m s 2 ) x 2 2 v 25

2

m s v cos 2

2

2

45

0

y p ! x  0.01568 x 2

(3)

(4)

Para el plano inclinado AB , la relación entre x e y viene dada por ecuación:

y ! x tan 20 ! 0.364 x $

(5)

En el punto B se cumple que y p ! y , luego

x

 0.x01568

2

!x 0364

Despejando la solución distinta de cero, se tiene:


(6)


43

x!

1  0.364 0.01568

! 40.6( m)

x ! 40.6( m)


(7) (8)

44



Ejercicios Cap 1 Cinematic A

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