TALLER 2
LEIDY JOHANA RINCÓN PÉREZ EDWIN LEONARDO FORERO ACERO
PROFESOR: ULISES PIRATOBA MORALES
UNIVERSIDAD PEDAGÓGICA Y TECNOLÓGICA DE COLOMBIA INGENIERÍA AGRONÓMICA FÍSICA 1 TUNJA 2017
Taller
Un automóvil llega a un puente durante una tormenta y el conductor descubre que las aguas se lo han llevado. El conductor debe llegar al otro lado, asi que decide intentar saltar la brecha con su auto. La orilla en la que se encuentra esta 21.3 m arriba del rio, mientras que la orilla opuesta esta a solo 1.8 m sobre las aguas. El rio es un torrente embravecido con una anchura de 61.0 m. a) .Que tan rápido deberá ir el auto cuando llegue a la orilla para librar el rio y llegar a salvo al otro lado? b) .Que rapidez tendrá el auto justo antes de que aterrice en la orilla opuesta? 3.13. Salto del río I.
Solución: a. Y = Y0 - ½ gt2 (1.8) = (21.3) – 1/2 (9.8) t 2 t2 = t2 =
(.−.) (.) . = .
3.980
t = √ 3 .980 = 1.995 x = x0 + v0 t
v0 =
v0 = . v0 = 30.57m/s Esta es la velocidad que debe llevar el auto para cruzar el rio y llegar a la orilla b. vy = v0y - gt vy = -gt vy = - (9.8) (1.995) vy = - 19.550 La velocidad en x es constante V = 30.57 m/s La velocidad con que cae es V = (30.578m/s)x – (19.550m/s)ŷ |v|= √ (30.578m/s)2 + (19.550m/s)2 |v|= 36.294m/s El auto tendrá una velocidad de 36.29
m/s
al caer en la otra orilla.
3.19 Un pelotero de grandes ligas batea una pelota de modo que sale del bate con una rapidez de 30.0 m/s y un Angulo de 36.9° sobre la horizontal. Ignore la resistencia del aire.
a) ¿En cuales dos instantes la pelota estuvo a 10.0 m sobre el punto en que se
salió del bate? V0x= V0 Cos α V0y= V0 Sen α V0x= 30m/s Cos 36°9°
V0y= 30m/s Sen 36.9°
V0x= 23.99m/s
V0y= 18.01m/s
Vy = V0*t – ½ g* t 2 (10) = (18.01) * t – ½ (9.8)* t2 (10) = (18.01) *t – (4.9) * t2 (4.9) * t2 – (18.01) * t + 10 = 0
Utilizamos la ecuación cuadrática para despejar l variable tiempo ( t)
±√ 4 = 2
. −(..) = .± (.)
18.01 ± √18.01 196 = 9.8 =
18.01 ± √ 128.36 9.8
t1 = 18.01 – 11.32/ 9.8 = 0.682 s = Instante 1 t2= 23.99 + 19.48 / 9.8 = 2.99 s = instante 2
. −(..) = .± (.)
23.99 ± √23.99 196 = 9.8 =
23.99 ± √ 379.52 9.8
b) Obtenga las componentes horizontal y vertical de la velocidad de la pelota en cada uno de los dos instantes calculados en el inciso a).
En v0x = 23.99m/s es igual para los instantes Vy = V0y Vy = V0y – g (t1) Vy = V0y – g (t2) Vy = 18.01m/s – (9.8m/s2) * (0.682) Vy = 18.01m/s – 6.6836 Vy = 11.32m/s Vy = 18.01m/s – (9.8m/s) *(2.99) Vy = 18.01m/s – 29.302 Vy = -11.30
c) ¿Qué magnitud y dirección tenía la velocidad de la pelota al regresar al nivel
en el que se bateó? R/. Presenta las mismas magnitudes que al inicio del bateo; estos son los resultados finales. V= 30 M/S α = 36.9°
3.25 Un globo de 124 kg que lleva una canastilla de 22 kg desciende con rapidez constante hacia abajo de 20.0 m>s. Una piedra de 1.0 kg se lanza desde la canastilla con una velocidad inicial de 15.0 m>s perpendicular a la trayectoria del globo en descenso, medida relativa a una persona en reposo en la canasta. Esa persona ve que la piedra choca contra el suelo 6.00 s después de lanzarse. Suponga que el globo continua su descenso a los 20.0 m>s constantes. a) .A que altura estaba el globo cuando se lanzó la piedra? b) .Y cuando chocó contra el suelo? c ) En el instante en que la piedra toco el suelo, .a que distancia estaba de la canastilla? d ) Determine las componentes horizontal
y vertical de la velocidad de la piedra justo antes de chocar contra el suelo, relativas a un observador i) en reposo en la canastilla; ii) en reposo en el suelo.
t = 6s, v0y = 20m/s , ay = 9.8m/s2 , y – y0 = ? a.
Y = y0 + v0 t + ½ a y t2 Y – y0 = v0 t + ½ a y t2 Y – y0 = (20m/s) (6s) + 1/2 (9.8 m/s2) (6s) Y – y0 = 296 m → Esta es la altura a la que se encontraba el globo al ser lanzada la roca
b.
v0y = y0 / t y0 = v0y * t y0 = (20cm/s) (6s) y0 = 120m → esta es la distancia que descendió el globo mientras la roca estaba en caída 296m – 120m = 176 m → esta es la distancia del globo al chocar la roca en el suelo c. Vr = yr / t Yr = vr * t
Yr = (15m/s) (6s) Yr = 90m La distancia de la roca con la canastilla = √ (176m)2(90m)2 = 198m V Horizontal = 15m/s V vertical = v0y + at V vertical = 20m/s + (9.8m/s2)(6s) 3. 29 La Tierra tiene 6380 km de radio y gira una vez sobre su eje en 24 h. a) .Que aceleración radial tiene un objeto en el ecuador? De su respuesta en m/s 2 y como fracción de g .
r= 6380km = 6.380.000m T= 24H = 86400 s W= 2π rad / T W= 2 π rad / 86400s W= 0.00007272rad/s Aceleración radial = (W)2* r = (0.00007272 rad/s) 2 * (6380000m) = 0.0337m/s / 9.8 m/s2 * g = 0.0034*g b) ¿Si arad en el ecuador fuera mayor que g , los objetos saldrían volando hacia el
espacio? No, debido a que para que salgan volando al espacio los objetos deben tener una gravedad menos que la de la tierra. a rad = g
g = w2 * r g= (2 π rad / T) 2 * r g = 4 π 2/ T2 * r
Ahora T2= 4 π2 * r / g T= 2 π
√ √ r = =2π g ./
T = 5069.64s = al convertirlo a horas da como
resultados T= 1.408h
El cual deberá ser menor para que los objetos salgan a volar al espacio. Un rio fluye al sur con rapidez de 2 m/s. Un hombre cruza el rio en una lancha de motor con velocidad relativa al agua de 4.2 m/s al este. El rio tiene 800 m de ancho. 3.41. Cruce del río I.
Tierra? a) .Que velocidad (magnitud y dirección) tiene la lancha relativa a la b) .Cuanto tiempo tarda en cruzar el rio? c ) .A que distancia al sur de su punto de partida llegara a la otra orilla?
a) = √
1 = (4.2/) (2/) 1 = 4.65/ /) ∅ = t a n− ( , / ∅ = 25,46° )
= 1 ∗ = ⁄1 =
(800 ) (4,2 /)
= 190.476 c) = ∗
= (2/) (190.476 ) = 380.952
3.45 Se realiza un lanzamiento en Angulo de un cohete desde la parte superior de una torre, cuya altura es h0 5 50.0 m. A causa del diseño de los motores, sus coordenadas de posición tienen la forma x (t ) 5 A 1 Bt 2 y y (t ) 5 C 1 Dt 3, donde A, B, C y D son constantes. Además, la aceleración del cohete 1.00 s después del lanzamiento es a= (4.00i + 3.00) m/s^2. Considere que la base de la torre es el Origen de las coordenadas. a) Determine las constantes A, B, C y D, incluyendo sus unidades en el SI.
X (t) = A + Bt 2 X (0) = A = 0 Y (t) = C + D t 3 Y (0) = C= 50m dx (t)/ dt= 2Bt d^2x (t)/ dt^2= ax*t= 2B
= ax (15) = 2B= 4m/s^2 B= 2m/s^2 Dy(t)/dt = 3Dt^2 d^2 (t) / dt^2 = ay(t) = 6Dt = ay (15) = 6D (15) = 3m/s^2 D = 0.5 m/s^3 Por tanto. X (t) = (2m/s)* t^2 Y (t) = (50m) + (0.5m/s 3)* t3 Luego. r = (2m/s^2) *t^2 * i + (150m) + (0.5m/s 3) * t3 * i
b) En el instante posterior al lanzamiento del cohete, cuáles son sus vectores
de aceleración y velocidad? Vx (t) = dx(t)/ dt = ( 4m/s^2)*t Vy (t) = dv(t)/dt= (1.5m/s^3)*t^2 Después V (t) = (4m/s^2)*t*i + (1.5m/s^3)*t^3*i ax (t) = dvx(t9/dt= 4m/s^2 ay (t) = dvy(t)/dt= (3m/s^3)*t
a (t) = ( 4m/s^2) *i + ( 3m/s^3)*t*i
c ) .Cuales son las componentes x y y de la velocidad del cohete 10.0 s despues
del lanzamiento, y que tan rapido se mueve el cohete? V (10s) = (4m/s) *(10s) * i + (1.5m/s^3)*(10s) ^2 V (10s) = (40m/s) * i + (150 m/s)
Vx (10s) = 40m/s Vy (10s) = 150m/s
V = (10s) =
( ) +( ) /
V = (10s) = 155.242 m/s
d ) .Cual es el vector de posición del cohete 10.0 s después del lanzamiento?
r (t) = ( 2m/s^2) * t^2 * i + ( 150m)+(0.5m/s^3)*t^3 * i
r = (10s) = (2m/s^2) * (10s) ^2 * i + (50m) + (0.5m/s^3)* (10s) ^3 * i
r = (10s) = (200m) * i + (550m) * i
