ejercicios cap 1 cinematic a

1

Equation Section (Next)

CAPTULO 1 CINEMTICA _________________________________________________Ejercicio (1.1) En el momento en que se enciende la luz verde en un semforo, un auto arranca con aceleracin constante aa ! 2.5 m s

2

. En el mismo momento, un camin que lleva una velocidad

constante vc ! 10 m s alcanza al auto y lo pasa. a) Construya un grfico velocidad versus tiempo para dos mviles, b) a qu distancia del punto de partida, el auto alcanzar al camin?, c) qu velocidad llevar el auto en ese momento? & Nota: Las ecuaciones de movimiento para el caso en que la aceleracin a es un vector constante son: 1& & & & r ! r0 v0 t at 2 2 & & & v ! v0 at (1) (2)

En el caso de una partcula movindose en una nica direccin, el eje X por ejemplo, las ecuaciones de movimiento quedan de la siguiente manera: 1 x ! x0 v0 x t ax t 2 2 vx ! v0 x ax t Solucin: a) Construya un grfico velocidad versus tiempo para los dos mviles Las ecuaciones de movimiento, considerando vx ! v , v0 x ! v0 , ax ! a , quedan 1 x ! x0 v0 t at 2 ; 2 v ! v0 at (5) (3) (4)

Consideremos como origen del sistema de referencia el punto donde ambos vehculos inician su movimiento, el semforo en este caso. Por lo tanto, se cumple que x0 a ! x0 c ! 0 . Donde los subndices a y c , se refieren al auto y al camin, respectivamente. Para el auto con aceleracin constante aa que parte del reposo ( v0 a ! 0 ), las ecuaciones de movimiento vienen dadas por

______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

2

Ejercicios Resueltos de Mecnica Clsica

1 xa ! aa t 2 ; 2

va ! aa t

(6)

Por lo tanto, para el auto, el grfico velocidad tiempo es una recta con pendiente positiva que parte del origen (ver la curva roja en la Fig. (1.1)). Para el camin que se mueve con velocidad vc constante, sus ecuaciones de movimiento son: xc ! v0 c t vc ! v0c (7)

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

v m s auto

10

camin

t ( s) Figura (1.1.1) b) a qu distancia del punto de partida, el auto alcanzar al camin?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 1 xa ! 2.5 m s 2 t 2 2 xc ! 10 m s t va ! 2.5 m s 2 t vc ! 10 m s (8) (9) (10) (11)

El auto y el camin se encontrarn cuando sus coordenadas xa y xc sean iguales, es decir, xa ! xc . Igualando (8) y (9), se tiene: 1 2 2.5 m s t 2 ! 10 m s t 2

(12)

Existen dos soluciones de esta ecuacin de segundo grado: t ! 0 s , que corresponde al tiempo al inicio del movimiento, y el tiempo de encuentro te :______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

Captulo 1 Cinemtica

3

te ! 8( s )

(13)

Reemplazando este tiempo te ! 8( s ) en la relacin (8) o (9), se puede calcular la distancia xc ! xa medida desde el punto de partida, hasta el punto en la cual el auto alcanza al camin, xc ! 10 m s v 8( s) ! 80( m) 1 2 xa ! 2.5 m s 82 s 2 ! 80(m) 2 (14) (15)

c) qu velocidad llevar el auto en ese momento? Reemplazando el dato t ! 8( s ) en la relacin (10), se obtiene la velocidad del auto en el momento del encuentro de los mviles: va ! 2.5 m s v 8( s ) ! 20 m s En la Fig. (1.1.2) se muestran todos los datos obtenidos.

2

(16)

v m s 20 10auto

camin

4 Figura (1.1.2)

te ! 8

t ( s)

Ntese que la distancia recorrida xc ! xa hasta el punto de encuentro al final de los 8( s) , se puede calcular tambin como el rea bajo la curva del grfico velocidad-tiempo mostrado en la Fig. (1.1.2). El rea bajo la curva asociada al camin viene dada por el rea del rectngulo: xc ! rearectngulo ! 10 m s v 8( s) ! 80(m) El rea bajo la curva asociada al auto viene dada por el rea del tringulo: 1 xa ! reatringulo ! 8( s) v 20( m s) ! 80( m) 2 Equation Section 2 Ejercicio (1.2) El maquinista de un tren que lleva una velocidad v1 ve con horror que se est acercando a un tren de carga que avanza por la misma va. El tren de carga se mueve en el mismo (18) (17)


4


sentido con una velocidad constante menor v2 . Cuando el tren de carga se encuentra a una distancia

d delante del maquinista, ste pone los frenos y da a su tren una retardacin a (ver Fig. (1.2.1)).Demostrar que para que se produzca el choque, la distancia de separacin inicial d entre los trenes debe cumplir la siguiente condicin: d

v1 v2 2a

2

maquinista

tren de carga

v1 d Figura (1.2.1)

v2

Nota: Las ecuaciones de movimiento en una dimensin, para el caso de aceleracin a constante, son: 1 x(t ) ! x0 v0 t at 2 2 v(t ) ! v0 at (1) (2)

Adicionalmente, se dice que una partcula acelera si su rapidez aumenta constantemente; matemticamente esto implica que el producto de la aceleracin a por la velocidad v es un nmero positivo: movimiento "acelerado " p av " 0 (3)

A su vez, se dice que una partcula retarda si su rapidez disminuye constantemente; matemticamente esto implica que el producto de la aceleracin a por la velocidad v es un nmero negativo: movimiento "retardado " p av 0 Si no existe aceleracin ( a ! 0 ), entonces se cumple que movimiento "sin aceleracin " p av ! 0 En este caso la partcula se mueve con velocidad constante. Solucin: Pongamos el origen de nuestro sistema de referencia en la posicin del maquinista en el momento que ve al tren de carga y pone los frenos. ( tren ms a la izquierda en la Fig. (1.2.1)). Llamemos______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

(4)

(5)

Captulo 1 Cinemtica

5

x1 (t ) a la posicin del maquinista y x2 (t ) a la posicin del tren de carga. El choque se producir cuando las coordenadas de posicin de cada tren, respecto del origen del sistema de referencia, sean las mismas, es decir, cuando x1 (t ) ! x2 (t ) Entonces, las coordenadas de ambos trenes son las siguientes: 1 x1 ! x01 v1t a1t 2 2 1 x2 ! x02 v2t a2t 2 2 (7) (8) (6)

Para el tren con velocidad v1 sabemos que x01 ! 0 y que a1 ! a , porque este tren pone los frenos, es decir, retarda. Para el tren carguero que viaja con velocidad constante v2 , su aceleracin es nula a2 ! 0 y se tiene que x02 ! d . Reemplazando estos valores en las relaciones (7) y (8), nos queda: 1 x1 ! v1t at 2 2 x2 ! d v2t Igualando las coordenadas x1 (t ) ! x2 (t ) , se tiene: 1 v1t at 2 ! d v2 t 2 Reordenando, escribimos 1 2 at v1 v2 t d ! 0 2 La solucin de esta ecuacin de segundo grado se escribe: (12) (11) (9) (10)

v1 v2 s v1 v2 t! a

2

1 4 a d 2

(13)

Para que se produzca el choque, el tiempo t debe ser una magnitud fsica real. En caso contrario, el tren con velocidad v1 que va frenando alcanzar a detenerse antes del choque. Para que t sea real, la cantidad subradical debe ser mayor o igual que cero, es decir,

v1 v2 2 4 Reordenando, nos queda

1 a d u 0 2

(14)


6


de

v1 v2 2a

2

(15)

La solucin al problema viene dada por la desigualdad estricta: d Para el caso de la igualdad d!

v1 v2 2a

2

(16)

v1 v2 2a

2

(17)

La relacin (13) entrega un nico tiempo de encuentro t0 , dado por t0 !

v1 v2 a

(18)

Para este tiempo t0 , la velocidad del tren que va frenando viene dada por v1 (t0 ) ! v1 at0 Reemplazando los datos, nos queda v1 (t0 ) ! v1 a (19)

v1 v2 ! va v1 (t0 ) ! v2

1

v1 v2

(20) (21)

Es decir, en el tiempo t ! t0 , las velocidades de los dos trenes resultan ser iguales, y ambos estn, instantneamente, movindose juntos; pero en cualquier instante posterior, el tren que est detrs disminuye su velocidad porque va retardando, por lo tanto, dejan de estar juntos y no se produce nunca un choque en este caso. Esto se puede ver ms claramente si calculamos la velocidad v1 (t ) del tren que va frenando, en un tiempo mayor t ! t0 (t , donde (t es un infinitsimo de tiempo. Usando la relacin (19), escribimos: v1 (t0 (t ) ! v1 a (t0 (t ) ! v1 at0 a(t Pero, como vimos en (19) y (21), v1 at0 ! v2 Luego, la relacin (22) queda v1 (t0 (t ) ! v2 a(t (24) (23) (22)

Esto significa que la velocidad del tren que va frenando es cada vez menor que la velocidad constante v2 del tren carguero que va delante y por lo tanto va quedndose atrs cada vez ms. En


Captulo 1 Cinemtica

7

consecuencia, nunca habr choque si t ! t0 , por lo tanto, la distancia d debe cumplir la desigualdad estricta: d Equation Section (Next) Ejercicio (1.3) Estudio del grfico velocidad versus tiempo para una partcula. La Fig. (1.3.1) muestra un grfico que representa la velocidad de un mvil (una partcula) en trayectoria recta a lo largo del eje x , en el que para t ! 0 , x0 ! 0 . a) Obtenga la aceleracin en cada tramo b) En cada tramo determine si el mvil (partcula) acelera o retarda y diga para dnde viaja. c) Calcule el desplazamiento (x en cada tramo y la distancia total recorrida D . d) Haga un grfico de la aceleracin versus tiempo.

v1 v2 2a

2

(25)

v m s

25

C

D

10

A

B

0 -5

1

3

4

5

6

E 7 8

9 F

G 12

t ( s)

Figura (1.3.1) Nota: La aceleracin a es la derivada de la velocidad v , es decir, a ! trminos grficos, la derivada

dv . Por otra parte, en dt

dv es la pendiente geomtrica a la curva en el grfico velocidad dt


8


versus tiempo. Por lo tanto, la pendiente a la curva velocidad nos dar la aceleracin en cada tramo. Dado que las curvas del grfico velocidad versus tiempo son rectas, entonces existe una nica pendiente para cada recta, esto implica que en cada tramo la aceleracin es una constante, esto es:

a!

dv (v v f vi ! ! ! cte. dt (t t f ti

(1)

En cada tramo, la partcula (el mvil) anda ms rpido o acelera, si los signos de la velocidad y la aceleracin son iguales ( a v " 0 ), y el mvil va detenindose o retarda, si los signos de la velocidad y la aceleracin son distintos ( a v

0 ).t2

Grficamente, al rea A bajo la curva velocidad versus tiempo coincide con la integral cual es justamente la definicin de desplazamiento (x en una dimensin:tf

vdt , lat1

rea ! A ! (x | x f xi ! vdtti

(2)

En el grfico velocidad versus tiempo, se puede considerar que las reas son negativas cuando la velocidad es negativa. Podemos definir el desplazamiento (x y la distancia recorrida D en base a las reas considerando sus respectivos signos: El desplazamiento (x de la partcula corresponde a la suma de todas las reas Aj con signos positivos y negativos:j!N

(x ! x f xi | Ajj !1

(3)

La distancia D recorrida por la partcula corresponde a la suma de todas las reas en valor absolutoj! N

D | Ajj !1

(4)

Para el caso de movimiento con aceleracin constante, recordemos que los diferentes tipos de reas que nos encontramos en estos grficos son:

1 Arectngulo ! b h; Atringulo ! b h; 2

b b Atrapecio ! 1 2 h 2

(5)


Captulo 1 Cinemtica

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 reas de un tringulo y de un rectngulo.. Solucin: Tramo 0A: velocidad positiva ( v " 0 ) y pendiente positiva ( a " 0 ) La aceleracin vale:

a0 A !

10 m s 0 m s 1s 0 s

! 10 m s

2

(6)

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

1 (x0 A ! 1( s ) v10(m s ) ! 5(m) 2El desplazamiento total (x0 A del origen hasta el punto A , viene dado por

(7)

(x0 A ! 5(m)La distancia total recorrida D0 A vale D0 A ! (x0 A

(8)

D0 A ! 5(m)Ambos resultados coinciden porque no hay reas negativas. Tramo AB: velocidad positiva ( v " 0 ) y pendiente cero ( a ! 0 ) La aceleracin vale:

(9)

a AB !

10 m s 10 m s 3 s 1s

! 0 m s 2

(10)

En este tramo la velocidad es constante, luego el mvil no acelera. Sin embargo, el mvil continua viajando hacia la derecha ( v " 0 ). El desplazamiento (x AB en el tramo A B viene dado por rea del rectngulo A 1 3 B

(x AB ! 2 s v10 m s ! 20(m)

(11)

El desplazamiento total (x0 B desde el origen hasta el punto B , viene dado por la suma de los desplazamientos: (x0 B ! (x0 A (x AB , donde (x0 A viene dado por (7)


10


(x0 B ! 5(m) 20(m) ! 25(m)La distancia total recorrida D0 B vale D0 B ! D0 A (x AB

(12)

D0 B ! 5(m) 20(m) ! 25(m)Tramo BC: velocidad positiva ( v " 0 ) y pendiente positiva ( a " 0 ) La aceleracin vale:

(13)

aBC !

25 m s 10 m s 4 s 3 s

! 15 m s 2

(14)

En este tramo el mvil acelera porque la velocidad y la aceleracin tienen el mismo signo: a v " 0 . El mvil continua movindose hacia la derecha ( v " 0 ). El desplazamiento (xBC en el tramo B C , viene dado por el rea del trapecio B 3 4 C

10 m s 25 m s (xBC ! 4 s 3 s

! 17.5( m) 2

(15)

El desplazamiento total (x0C desde el origen hasta el punto C , viene dado por la suma de los desplazamientos: (x0 C ! (x0 B (xBC , donde (x0 B viene dado por (12)

(x0 C ! 25(m) 17.5(m) ! 42.5(m)La distancia total recorrida D0C vale D0 C ! D0 B (xBC

(16)

D0 C ! 25(m) 17.5(m ) ! 42.5(m)Tramo CD: velocidad positiva ( v " 0 ) y pendiente cero ( a ! 0 ) La aceleracin vale:

(17)

aCD !

25 m s 25 m s 5 s 4 s

! 0 m s 2

(18)

En este tramo la velocidad es constante, luego el mvil no acelera. Sin embargo, continua movindose hacia la derecha ( v " 0 ). El desplazamiento (xCD en el tramo C D , viene dado por el rea del rectngulo C 4 5 D

(xCD ! 1s v 25 m s ! 25(m)

(19)

El desplazamiento total (x0D desde el origen hasta el punto D , viene dado por la suma de los desplazamientos: (x0 D ! (x0 C (xCD , donde (x0C viene dado por (16)


Captulo 1 Cinemtica

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(x0 D ! 42.5(m) 25(m) ! 67.5(m)La distancia total recorrida D0 D vale D0 D ! D0C (xCD

(20)

D0 D ! 42.5(m) 25(m) ! 67.5(m)Tramo DE: velocidad positiva ( v " 0 ) y pendiente negativa ( a La aceleracin vale:

(21)

0)

aDE !

0 m s 25 m s 7 s 5 s

! 12.5 m s 2

(22)

En este tramo el mvil retarda porque la velocidad y la aceleracin tienen distinto signo: a v El mvil continua movindose hacia la derecha ( v " 0 ). El desplazamiento (xDE en el tramo D E , viene dado por el rea del tringulo D 5 7

0.

1 (xDE ! 2 s v 25 m s ! 25(m) 2

(23)

El desplazamiento total (x0 E desde el origen hasta el punto E , viene dado por la suma de los desplazamientos: (x0 E ! (x0 D (xDE , donde (x0D viene dado por (20)

(x0 E ! 67.5(m) 25(m) ! 92.5(m)La distancia total recorrida D0 E ! D0 D (xDE viene dada por:

(24)

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 reas han sido positivas. Ntese que el mvil se detiene en el punto E , a 8( s ) de iniciado el movimiento. Tramo EF: velocidad negativa ( v La aceleracin vale:

0 ) y pendiente negativa ( a5 m s 0 m s 9 s 7 s

0)

aEF !

! 2.5 m s 2

(26)

En este tramo el mvil acelera porque la velocidad y la aceleracin tienen el mismo signo: a v " 0 . Ahora el mvil viaja hacia la izquierda, acercndose al origen ( v

0 ).

El desplazamiento (xEF en el tramo E F , viene dado por el rea del tringulo E F 9


12


(xEF !

1 2 s v (5 m s ) ! 5(m) 2

(27)

El desplazamiento (xEF tiene signo negativo, ya que el tringulo se halla bajo la lnea horizontal de los tiempos, debido a que la velocidad es negativa. Fsicamente, esto significa que la partcula est viajando en direccin contraria a la que llevaba anteriormente, es decir, comenz a devolverse hacia el origen. El desplazamiento total (x0F desde el origen hasta el punto F , viene dado por la suma de los desplazamientos: (x0 E ! (x0 E (xEF , donde (x0 E viene dado por (24)

(x0 F ! 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 origen. La distancia total recorrida D0 F desde el origen hasta el punto F , viene dada por:

(x0 E , porque la partcula se est acercando hacia el

D0 F ! D0 E (xEF D0 F ! 92.5(m) 5(m) ! 97.5( m)Tramo FG: velocidad negativa ( v La aceleracin vale: (29)

0 ) y pendiente positiva ( a " 0 ) 0 m s 5 m s

12 s 9 s

aFG !

! 1.67 m s 2

(30)

En este tramo el mvil retarda porque la velocidad y la aceleracin tienen distinto signo: a v El mvil continua viajando hacia la izquierda, es decir, acercndose al origen ( v

0.

0 ).

El desplazamiento (xFG en el tramo F G , viene dado por el rea del tringulo 9 F 12

1 (xFG ! 3 s v ( 5 m s ) ! 7.5(m) 2

(31)

El desplazamiento (xFG tiene signo es negativo, ya que el tringulo se halla bajo la lnea horizontal de los tiempos, debido a que la velocidad es negativa. El desplazamiento total (x0G desde el origen hasta el punto G , viene dado por la suma de los desplazamientos (x0 G ! (x0 F (xFG , donde (x0F viene dado por (28)


Captulo 1 Cinemtica

13

(x0 G ! 87.5(m ) 7.5(m) ! 80(m)

(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, (x0G

(x0 F .

v m s 25 C D

10

A

B

1 -5 a m s 15 10 A

3

4

5

6

E 7 8

9 F

G 12

t ( s)

2

B C

1.67 1 -2.5 3 4

D 5 7 E

F 9

G 12

t ( s)

-12.5

Figura (1.3.2) La distancia total recorrida D0G desde el origen hasta el punto G , viene dada por:

D0G ! D0 F (xFG

(33)


14


Numricamente:

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

(34)

La Fig. (1.3.2) muestra el grfico de la aceleracin a(t ) en funcin del tiempo t , y a modo de comparacin se muestra tambin el grfico original de la velocidad v(t ) en funcin del tiempo t . Equation Section (Next) Ejercicio (1.4) Un globo aerosttico se va moviendo con una velocidad constante, cuya rapidez (mdulo 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 tena el globo justo en el momento en que se solt el saco de arena, c) la velocidad que lleva el saco de arena cuando se encuentra a 100 m del piso.

v0 v0 h h

i)Figura (1.4.1)

ii)

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 aceleracin vale a ! gj . Si ponemos el origen del sistema de

&


Captulo 1 Cinemtica

15

referencia justo donde se solt 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:

y ! v0t

1 2 gt 2

(1) (2)

v ! v0 gtSolucin: a) Hallar el tiempo total que el saco de arena estuvo en el aire Usando la ecuacin (2), con v ! v f ! 62 m s , obtenemos el tiempo total de cada

t!

v0 v f g

(3)

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 tiene v0 ! 4 m s . Sean ts y tb los tiempos que dura el saco de arena en el aire, cuando va subiendo y cuando va bajando, respectivamente, entonces,

ts !

4 m s 62 m s

9.8 m s 2

! 6.735 s

(4)

tb !

4 m s 62 m s

9.8 m s 2

! 5.918 s

(5)

Ntese ts " tb , porque cuando el globo va subiendo, el saco de arena primero debe subir y luego 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 ( ts o tb ) en la ecuacin (1), se tiene la coordenada ys o yb correspondiente,

1 ys ! vs t s gts2 2 yb ! vbtb 1 2 gtb 2

(6) (7)

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


16


ys ! 4 m s v 6.735(s ) 4.9 m s 2 v 6.735 (s 2 ) ! 195.3(m) yb ! 4 m s v 5.918(s ) 4.9 m s 2 v 5.918 (s 2 ) ! 195.3(m)Dado que las coordenadas son las mismas en los dos casos ys ! yb , la altura viene dada por2

2

(8) (9)

hs ! hb ! 195.3(m)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.

(10)

es decir, la altura desde la cual fue soltado el saco de arena es la misma en los dos casos. Esto es

Cuando el saco de arena se encuentra a 100 m del piso, la coordenada y respecto del origen es

y ! (h 100) ! (195.3(m) 100(m)) ! 95.3(m)es decir, el saco de arena ha cado 95.3(m) desde el punto desde donde se solt del globo. Usando las expresiones (6) y (7), con ys ! yb ! 95.3( m) , podemos escribir

(11)

1 95.3(m) ! vs ts gts2 2 1 2 95.3(m) ! vb tb gtb 2Reemplazando los datos de las velocidades iniciales de subida y bajada, se tiene

(12) (13)

9.8 m s 2 ts2 4 m s ts 95.3(m) ! 02 9.8 m s 2 tb 4 m s tb 95.3(m) ! 0

(14) (15)

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 casos i) y ii): ts ! 4.84( s ) tb ! 4.02( s ) (16) (17)

El tiempo ts , correspondiente al caso en que el globo va subiendo, es mayor que el tiempo tb , correspondiente al caso en que el globo va bajando. Con estos tiempos podemos calcular la velocidad vs o vb del saco de arena. Usando la relacin (2), podemos escribir

vs ! vs gts

(18)


Captulo 1 Cinemtica

17

vb ! vb gtbempleados en llegar a la coordenada ys ! yb ! 95.3( m) , se tiene

(19)

Reemplazando las velocidades iniciales de subida y bajada y los tiempos dados por (16) y (17)

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 2 v 4.02( s ) ! 43.4 m s Ntese que las velocidades son las mismas para la misma coordenada y :

(20) (21)

vs ! vb ! 43.4 m s

(22)

Esta velocidad tambin se puede calcular usando la siguiente expresin de la cinemtica lineal, que resulta de eliminar el tiempo entre las ecuaciones (1) y (2):2 v 2 ! v0 2 gy

(23)

Si usamos los valores de las velocidades iniciales del saco de arena ( vs ! 4 m s o vb ! 4 m s ) y la altura cada ys ! yb ! 95.3( m) , se tiene la velocidad final (con signo menos porque el saco de arena va cayendo) v ! ( s4) 2 ( m 2 s 2 ) 2 v 9.8( m s 2 ) v 95.3( m) ! 43.4( m s) (24)

Hemos obtenido as la misma velocidad final que por el mtodo anterior. Ntese que el signo de la velocidad inicial desaparece, ya que est elevada al cuadrado, por lo tanto la velocidad final es la misma en los dos casos, para una misma coordenada y . Equation Section (Next) Ejercicio (1.5) Se dispara un cohete verticalmente hacia arriba y sube con una aceleracin vertical constante de 19.6 m s 2

durante 1min .

En ese momento agota su combustible y sigue

subiendo como partcula libre. a) Cul es el tiempo total transcurrido desde el instante en que despega el cohete hasta que regresa al suelo? b) Cul 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 aceleracin hacia arriba a ! 19.6 m s 2 . Las ecuaciones de movimiento en este tramo son:


18


1 y ! y0 v0t at 2 2 v ! v0 atecuaciones de movimiento son:

(1) (2)

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

y ! y0 v0t

1 2 gt 2

(3) (4)

v ! v0 gtSolucin:

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

y1 ! 0 0 m s v 60 s 9.8 m s 2 v 3600 s 2 ! 35280 m v1 ! 0 m s 19.6 m s 2 v 60 s ! 1176 m s

(5) (6)

Despus de los 60( s ) el cohete agota su combustible y sigue como partcula libre en el campo gravitatorio ( a ! g ), ya que el motor dejo de funcionar. En este segundo tramo, la posicin 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(m) 1176 m s v t 4.9 m s 2 v t 2 v ! 1176 m s 9.8 m s 2 v t

(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 ecuacin (7), con lo cual se obtiene la ecuacin de segundo grado2 t2 240t2 7200 ! 0

(9)

Elegimos slo la solucin positiva, ya que todo el movimiento ocurre despus que pusimos el cero de nuestro reloj, es decir,

t2 ! 267 s ______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

(10)

Captulo 1 Cinemtica

19

El tiempo total de vuelo es

tT ! t1 t2 ! 267 s 60 s ! 327 s b) Cul es la velocidad del cohete al llegar al suelo?

(11)

Usando el tiempo t2 ! 267 s en la ecuacin (8), podemos calcular la velocidad con que llega el cohete al suelo

v ! 1176 m s 9.8 m s 2 v t2 v ! 1176 m s 9.8 m s 2 v 267( s ) ! 1440.6 m s Ntese que la velocidad es negativa ya que el cohete va cayendo hacia el suelo. Equation Section (Next)

(12) (13)

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 despus desde que se lanz la piedra, hallar la profundidad h del pozo. La rapidez (mdulo de la velocidad) del sonido en el aire es vs ! 340 m s . Responda la pregunta para el caso en que i) ii)

j la piedra se lanza hacia arriba con v0 ! 3.7 m s , j la piedra se lanza hacia abajo con v0 ! 3.7 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 movindose 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. Adems existe un tiempo t1 de bajada de la piedra hasta el fondo del pozo en el campo gravitatorio y existe un tiempo t2 de subida del sonido en el aire desde el fondo del pozo. La suma de ambos tiempos es igual a 2 s , es decir,

t1 t 2 ! 2( s )Las ecuaciones de movimiento para la piedra cayendo en el campo gravitatorio son:

(1)

y ! y0 v0t

1 2 gt 2

(2) (3)

v ! v0 gtLas ecuaciones de movimiento del sonido en el tramo de subida son:

y ! y0 vs t v ! vs

(4) (5)

La velocidad del sonido es una constante, por lo tanto su aceleracin es cero as ! 0 . Si ponemos el origen del sistema de referencia, justo en la entrada o boca del pozo, entonces y0 ! 0 . Solucin: En la primera etapa la piedra se mueve como proyectil en el campo gravitatorio. El fondo del pozo tiene coordenada y ! h y el tiempo que demora en caer es t ! t1 , luego la ecuacin (2) queda:

1 h ! v0t1 gt12 2Reordenando, se tiene

(6)

h ! v0 t1

1 2 gt1 2

(7)

En la segunda etapa, el sonido sube con velocidad constante desde el fondo del pozo de altura h . Visto desde el origen en la boca del pozo, la posicin inicial del sonido es y0s ! h , y al llegar a la boca del pozo, la coordenada ys del sonido vale ys ! 0 , empleando un tiempo t2 . Con estos datos, la relacin (4) queda:

0 ! h vs t2

(8)


Captulo 1 Cinemtica

21

reordenando,

h ! vs t2

(9)

Igualando las ecuaciones (7) y (9) se tiene una ecuacin que relaciona el tiempo de bajada de la piedra t1 , con el tiempo de subida del sonido t2

v0 t1

1 2 gt1 ! vs t2 2

(10)

Por otro lado, a partir de la relacin (1) podemos expresar t2 en funcin de t1

t2 ! 2 t1Reemplazando (11) en (10), tenemos

(11)

v0 t1 Reordenando, queda

1 2 gt1 ! vs 2 t1 2

(12)

1 2 gt1 vs v0 t1 2vs ! 0 2Resolviendo la ecuacin de segundo grado, tenemos:

(13)

t1 !

vs v0 s

vs v0 g

2

4 gvs

(14)

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

v0 ! 3.7 m s , se tiene t1 (hacia arriba ) ! 336.3 s

336.3 9.8

2

4 v 9.8 v 340

(15) (16)

t1 (hacia arriba ) ! 1.9657(s ) v0 ! 3.7 m s , se tiene t1 (hacia abajo) ! 343.7 s

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

343.7 9.8

2

4 v 9.8 v 340

(17) (18)

t1 (hacia abajo) ! 1.9256(s ) t2 ! 2 t1______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

Para calcular el tiempo de subida del sonido en cada uno de los casos, basta usar la relacin (11): (19)

22


t2 (hacia arriba ) ! 2(s ) 1.9657( s ) ! 0.0343(s ) t2 (hacia abajo) ! 2(s ) 1.9256( s ) ! 0.0744( s )La altura h la calculamos usando la relacin (9)

(20) (21)

h( hacia arriba ) ! 340 m s 0.0343( s) ! 11.66( m) h( hacia abajo) ! 340 m s 0.0744( s) ! 25.3( m)

(22) (23)

Vemos as 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 cada, dependiendo de si su velocidad inicial es hacia arriba o hacia abajo, y debido adems a que siempre se debe cumplir la condicin

t1 t 2 ! 2( s ) .Equation Section (Next) Ejercicio (1.7) Un ascensor va subiendo con aceleracin constante a A ! 1 m s 2 . En el momento en que la velocidad del ascensor es v0 A ! 3 m s , un perno se suelta del techo del ascensor. La 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 mxima desde que se solt. b) la altura mxima que alcanza el perno desde que se solt. c) el tiempo que demora el perno en llegar a chocar con el piso del ascensor


Captulo 1 Cinemtica

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: Ubicaremos 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 ubicacin no cambia en el tiempo. El perno y el piso del ascensor se mueven con respecto a este origen de referencia y ambos se van acercando. Ntese que el piso del ascensor se est acercando hacia el origen del sistema de referencia con aceleracin constante a A , y que el perno al soltarse se mueve en el campo gravitatorio con

&

aceleracin a p ! gj .En primer lugar anotemos todos los datos iniciales. El ascensor se mueve con aceleracin

&

j constante aA ! 1 m s 2 dirigida hacia arriba y el perno se suelta cuando la velocidad de ambos, j ascensor y perno, es: v0 p ! v0 A ! 3 m s dirigida hacia arriba. Respecto al sistema dereferencia ubicado frente al techo del ascensor en el momento inicial, justo cuando el perno se

&

&

&

suelta, la posicin inicial del piso del ascensor es y0 A ! hj . Las ecuaciones de movimiento del j piso del ascensor que se mueve hacia arriba con aceleracin constante aA ! 1 m sdadas por

&

&

2

, vienen(1) (2)

1 y A ! h v0 At a At 2 2 v A ! v0 A a At

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

& a p ! gj ! 9.8 m s 2 . Inicia su movimiento hacia arriba con una velocidad inicial que es la j j misma velocidad que lleva el ascensor en el momento de soltarse v0 p ! 3 m s . Respecto alsistema de referencia ubicado en el techo del ascensor, justo cuando el perno se suelta, la posicin inicial del perno es y0 p ! 0 . Las ecuaciones de movimiento del perno con aceleracin constante en el campo gravitatorio vienen dadas por

&

&

&

1 y p ! v0 p t gt 2 2______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

(3)

24


v p ! v0 p gt

(4)

Aunque los datos numricos son conocidos, es preferible usar expresiones algebraicas para estudiar todos los casos posibles Solucin: a) Hallar el tiempo tm que el perno demora en llegar a su altura mxima desde que se solt. Cuando el perno llega a su altura mxima, su velocidad v p se hace cero, v p ! 0 . Usando la ecuacin (4) podemos conocer el tiempo tm en que se hace cero la velocidad final:

v p ! 0 ! v0 p gtmobtenemos:

(5)

tm !Numricamente

v0 p g

(6)

tm !

3 m s 9.8 m s

2

! 0.306( s )

(7)

b) Hallar la altura mxima ym que alcanza el perno desde que se solt. Usando el tiempo de altura mxima tm !

v0 p g

en la ecuacin (3), tenemos2

v p 1 v p ym ! v0 p 0 g 0 g 2 g Simplificando, nos queda2 v0 p ym ! 2g

(8)

(9)

Numricamente, tenemos

9 m2 s 2 ym ! 2 v 9.8 m s 2

! 0.459(m)

(10)

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


Captulo 1 Cinemtica

25

En choque o encuentro se producir cuando la coordenada y p (t ) del perno sea igual a la coordenada y A (t ) del piso del ascensor. Esta condicin de igualdad se cumplir 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:

1 y A ! h v0 At a At 2 2 1 y p ! v0 p t gt 2 2Exigiendo la condicin de encuentro: ya (te ) ! y p (te ) , escribimos:

(11) (12)

1 1 h v0 Ate a Ate2 ! v0 pte gte2 2 2Reordenando, escribimos:

(13)

1 a A g te2 v0 A v0 p te h ! 0 2

(14)

Dado que las velocidades iniciales del ascensor y del perno son iguales v0 p ! v0 A , se anula el trmino lineal en te . Despejando, obtenemos la siguiente expresin para el tiempo de encuentro te :

te !

2h g aA

(15)

Ntese que el tiempo de encuentro te no depende de la velocidad inicial, porque es la misma para el perno y para el piso del ascensor. Numricamente

te !

2 v 2.5(m) 5 ! (s ) ! 0.680(s ) 2 2 10.8 9.8 m s 1m s

(16)

d) 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 (12), para obtener:

y p ! 3 m s v 0.680(s ) 0.5 v 9.8 m s v 0.680 (s 2 )2

2

(17)


26


y p ! 0.226(m) y A ! 2.5(m) 3 m s v 0.680(s ) 0.5 v 1 m s v 0.680 ( s 2 )2

(18)

2

(19) (20)

y A ! 0.226(m)

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 origen del sistema de referencia, es decir, antes que el piso del ascensor llegue a la posicin que tena el techo del ascensor originalmente. Por lo tanto, el perno alcanz a subir hasta su altura mxima, luego baj y pas de vuelta por la posicin inicial, y todava tuvo tiempo de seguir bajando un poco ms, 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 te no depende de la velocidad inicial, como puede verse en la relacin (15). 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 funcin del tiempo, podemos calcular la velocidad en el momento del encuentro usando el tiempo de encuentro te ! 0.680(s ) :

v p ! 3 m s 9.8 m s v 0.680( s ) ! 3.664 m s 2

(21)

Dado que la velocidad es negativa, el perno va bajando en el momento del encuentro con el piso del ascensor que sube. Adems, dado que su mdulo 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:

v A ! 3 m s 1m s 2 v 0.680( s ) ! 3.680 m s El signo positivo indica que el ascensor va hacia arriba, como debe ser. Equation Section (Next)

(22)

Ejercicio (1.8) Un ladrillo cae desde el techo de una casa, cuya inclinacin es U ! 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,


Captulo 1 Cinemtica

27

c) Con los mismos datos iniciales, cul debera ser el ngulo de inclinacin del techo para que la distancia horizontal que alcanza el ladrillo al llegar al piso sea de x ! 3.6 m ?

U

v0 U y

xFigura (1.8.1)

Nota: Se trata del movimiento de una partcula en el campo gravitatorio, donde la velocidad inicial & v0 de la partcula tiene dos componentes: v0x en el eje X y v0 y en el eje Y . La aceleracin viene & j dada por el vector a ! g . Este tipo de movimiento se denomina: movimiento de proyectiles. Las ecuaciones vectoriales del movimiento de proyectiles son las siguientes: 1 & & & r ! r0 v0 t gt 2 j 2 & & v ! v0 gt j En componentes, estas ecuaciones quedan x ! x0 v0x t 1 y ! y0 v0 y t gt 2 2 vx ! v0 x v y ! v0 y gt (3) (4) (5) (6) (1) (2)

Ntese que si no existe componente de la velocidad inicial en la direccin X , es decir, si v0 x ! 0 , las ecuaciones a lo largo del eje X quedan: x ! x0 ; vx ! 0 (7)

y se reobtienen las ecuaciones de movimiento en una dimensin, estudiadas en los problemas anteriores, a saber:______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

28


1 y ! y0 v0 y t gt 2 ; v y ! v0 y gt 2

(8)

En resumen, el movimiento de proyectiles se realiza en el plano ( X , Y ) y es una combinacin de dos movimientos independientes, un movimiento a lo largo del eje X con aceleracin cero ( ax ! 0 ) y velocidad constante, y otro movimiento a lo largo del eje Y con aceleracin constante, la aceleracin de gravedad ( a y ! g ). Para nuestro problema, elegimos el origen del sistema de referencia en el punto donde el ladrillo sale del techo. Por lo tanto, y0 ! 0 y el suelo tiene coordenada y ! h ! 7.4(m) y el ngulo inicial U 0 es negativo porque el vector velocidad inicial v0 est bajo el eje X . Solucin: a) Calcule el tiempo que demora el ladrillo en llegar al suelo El vector velocidad inicial viene dado por & v0 ! v0 cos( 300 )i v0 sin( 300 ) j En componentes, se tiene: v0 x ! v0 cos(300 ) ! vo cos(300 ) v0 y ! v0 sin(300 ) ! v0 sin(300 ) Al llegar al piso, la coordenada y vale: y ! 7.4 m , reemplazando en la relacin (4), se tiene (10) (11)

&

(9)

7.4 m ! 5 m s v sin 30$ v t 4.9 m s v t 22

(12)

Ecuacin de segundo grado para el tiempo de cada. Existen dos soluciones: una positiva y una negativa. La solucin negativa no tiene sentido, ya que todo el movimiento se inicia en t ! 0( s ) , por lo tanto, la nica solucin aceptable es la solucin positiva,

t ! 1.0 s b) Calcule la distancia horizontal que recorre el ladrillo Usando la relacin (3), se tiene:

(13)

x ! 5 m s v cos 30$ v 1.0( s ) ! 4.3(m) x ! 4.3(m)

(14) (15)

c) cul debera ser el ngulo de inclinacin del techo para que la distancia horizontal que alcanza el ladrillo sea de 3.6 m ?


Captulo 1 Cinemtica

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 ngulo inicial U0 . Usando estos datos en las ecuaciones (3) y (4), tenemos

3.6 m ! 5 m s v cos U 0 v t 7.4 m ! 5 m s v sin U 0 v t 4.9 m s v t 22

(16)

(17)

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

t!Reemplazando este tiempo en la ecuacin (17)

3.6 5cos U 02

(18)

3.6 3.6 7.4 ! 5 v sin U 0 v 4.9 v 5 v cos U 0 5 v cos U 0 Reordenando, obtenemos

(19)

7.4 ! 3.6 tan U 0 Usando la identidad trigonomtrica:

2.54 cos 2 U 0

(20)

1 ! tan 2 U y reemplazando en la expresin 1 2 cos U

anterior, se tiene una ecuacin de segundo grado en la incgnita tanU 0 :

7.4 ! 3.6 tan U 0 2.54 tan 2 U 0 1La solucin positiva da:

(21)

tan U 0 ! 0.84555Buscando la arco tangente, se tiene el ngulo inicial U 0 buscado:

(22)

U 0 ! 40.22$Equation Section (Next)

(23)

Ejercicio (1.9) Un bateador de bisbol golpea la bola a 0.85 m de altura de modo que adquiere una velocidad de 15 m s con un ngulo de U 0 ! 270 sobre la horizontal. Un segundo jugador (el atrapador), parado a la derecha de l a una distancia horizontal de 30 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


ste golpea la bola (ver Fig. (1.9.1)). Si el segundo jugador (el atrapador), corriendo con velocidad constante, alcanza la bola a 1.9 m del suelo.

y

270

xb xa dFigura (1.9.1)

& va x

Hallar: a) la velocidad mnima del segundo jugador (el atrapador) b) la distancia recorrida por el segundo jugador (el atrapador) Nota: Ubiquemos 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 x0a ! d , y la velocidad va apunta en sentido contrario a la velocidad horizontal de la bola, & es decir, va ! va i , escribimos

xa ! d va tson:

(2)

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

xb ! v0 cos U 0 t yb ! y0 v0 sin U0 t 1 2 gt 2

(3) (4)


Captulo 1 Cinemtica

31

Solucin: El jugador se encontrar con la bola, cuando se cumpla la condicin

xa ! xbEs decir,

(5)

d va t ! v0 cos U 0 t

(6)

El tiempo t en que se produce este encuentro viene dado por la relacin (4), cuando yb ! 1.9(m) , con y0 ! 0.85( m) . Reemplazando los datos del problema, podemos escribir:

1.9( m) ! 0.85( m) 15 m s sin 27 0 t 4.9( m s )t 2reordenando

2

(7)

4.9t 2 6.8t 1.05 ! 0

(8)

Ecuacin de segundo grado que entrega dos tiempos positivos: el tiempo t1 cuando la bola pasa de subida por yb ! 1.9(m) , y el tiempo t2 ( t2 " t1 ), cuando la bola pasa de bajada por yb ! 1.9(m) : t1 ! 0.18( s) t2 ! 1.21( s) (9)

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

v0 cos U 0 t2 ! d va t2entonces, la velocidad va del jugador viene dada por:

(10)

va !Numricamente

d v0 cos U 0 t2

(11)

va !

30(m) 15 m s cos 27 0 ! 11.43 m s 1.21(s ) va ! 11.43 m s

(12) (13)

La distancia d a recorrida por el jugador de la derecha (el atrapador) viene dada por d a ! va t2 Numricamente (14)


32


d a ! 11.43 m s v 1.21( s) ! 13.83( m) d a ! 13.83( m) Equation Section (Next)

(15) (16)

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

& v0

40 m

xFigura (1.10.1)

Si el estudiante escucha el sonido del contacto con el agua 3 s despus de patear la piedra, cul fue la velocidad inicial v0 de la piedra? Suponga que la rapidez del sonido en el aire es vs ! 340 m s . y & v0 x

y p ! 40 m

d

xp Figura (1.10.2) Nota: Este problema tiene dos tramos claramente diferenciados: un primer tramo de cada de la piedra como un proyectil en el campo gravitatorio, y un segundo tramo de regreso del sonido, en


Captulo 1 Cinemtica

33

lnea 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 x p ! x0 p v0 x t y p ! y0 p v0 y t vxp ! v0 x v yp ! v0 y gt 1 2 gt 2 (1) (2) (3) (4)

Dado que el sonido viaja con velocidad constante (aceleracin cero), su ecuacin de movimiento viene dada por xs ! vs t (5)

Adems sabemos que la suma del tiempo de cada tc , ms el tiempo de viaje del sonido ts suman 3( s) , es decir, tc ts ! 3( s ) Ntese que este problema es una generalizacin a dos dimensiones del problema (1.6). Solucin: La piedra sale como un proyectil horizontal con velocidad inicial v0 , con un ngulo U 0 ! 00 . Si elegimos un sistema de referencia justo desde donde sale la piedra (ver Fig. (1.10.2)), entonces x0 p ! 0; Las componentes de la velocidad inicial quedan: v0 x ! v0 cos 00 ! v0 ; v0 y ! v0 sin 00 ! 0 Las ecuaciones de movimiento de la (1) a la (4) quedan x p ! v0 x t yp ! gt 2 2 (9) (10) (11) (12) (8) y0 p ! 0 (7) (6)

vxp ! v0 v yp ! gt De la ecuacin (10) podemos despejar el tiempo de cada tc


34


tc !

2 yp g

(13)

La coordenada y p de la poza de agua viene dada por: y p ! 40 m , luego tc vale, tc ! 2 40 m

2y !! ! 2.857 s g 9.8 m s 2 (14)

De la relacin (6) obtenemos el tiempo de subida del sonido al recorrer la distancia d (ver Fig. (1.10.2)): ts ! 3 s 2.857 s ! 0.143s (15)

Por la relacin (5) vemos que la distancia d se relaciona con la velocidad del sonido vs y el tiempo de subida del sonido ts , en la forma: d ! vs ts Numricamente d ! 340( m s) v 0.143 s d ! 48.6( m) Ahora podemos relacionar la distancia d con las coordenadas teorema particular de Pitgoras en la Fig. (1.10.2): d 2 ! x2 y2 p p Donde y p ! 40 m y x p viene dado por la relacin (9) x p ! v0tc Reemplazando estos datos en la relacin (19), se tiene (20) (19)p p

(16)

(17) (18)

x , y del proyectil, usando el

48.6 2 (m2 ) ! votc 2 (40)2 (m2 )Usando tc ! 2.857 s y despejando, se obtiene la velocidad inicial v0 v0 ! 9.7 m s Equation Section (Next)

(21)

(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 peldaos tienen alto a ! 18 cm y ancho

b ! 32 cm . Encuentre el escaln en el cual la bolita cae por primera vez.______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

Captulo 1 Cinemtica

35

& v0 a b a bFigura (1.11.1) Nota: La bolita sigue un movimiento de proyectil en el campo gravitatorio. Sus ecuaciones de movimiento son: x ! x0b v0 cos U0 t 1 y ! y0b v0 sin U 0t gt 2 2 (1) (2)

Si ubicamos 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 en el campo gravitatorio, la cual tiene la forma de una parbola invertida:

gx 2 y ! x tan U 0 2 2v0 cos 2 U 0escalera, La interseccin de la parbola invertida con la lnea recta da la solucin al problema. Solucin:

(3)

Por otra parte, la lnea punteada en la Fig. (1.11.1) conecta los bordes de los peldaos de la

Consideremos el origen 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 ecuacin de trayectoria dada por (3), queda:

y!

gx 2 2 2v0

(4)

La trayectoria de la bolita corta a la lnea recta que corresponde a los bordes de los peldaos (lnea punteada en la Fig. (1.11.1) y Fig. (1.11.2)).


36


y & v0 x a b a bFigura (1.11.2)

La ecuacin de la lnea recta, con pendiente negativa, viene dada por

y!

a x b

(5)

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

gx 2 a ! x 2 2v0 b

(6)

Esta ecuacin de segundo grado tiene dos soluciones Una solucin es x ! 0 , que corresponde al origen del sistema de referencia, y la otra solucin es:2 2v0 a x! gb

(7)

Reemplazando datos numricos, se tiene:

x!

2 v 9 m 2 s 2 v 0.18 m 9.8 m s 2 v 0.32 m x ! 1.033 m

! 1.033 m

(8) (9)

El valor de la coordenada y !

a x correspondiente es: b y! 0.18 1.033 ! 0.581 0.32(10)

Si dividimos la coordenada y obtenida en (10) por el alto a ! 0.18 m de cada escaln, se tiene el nmero de escalones que ya ha recorrido______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

Captulo 1 Cinemtica

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y 0.581 m ! ! 3.23 a 0.18 m

(11)

Si por otra parte, dividimos la coordenada x obtenida en (9) por el ancho b ! 0.32 m de cada escaln, se tiene el nmero de escalones que ya ha recorrido

x 1.033 m ! ! 3.23 b 0.32 m Ntese que por ambos mtodos se llega al mismo resultado.

(12)

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

Ejercicio (1.12) Un cohete inicia su movimiento con un velocidad inicial de v0 ! 100 e m s ,haciendo un ngulo de U 0 ! 530 . El vector unitario

&

e

hace un ngulo

U0

con el eje X . El cohete

viaja a lo largo de su lnea de movimiento inicial con una aceleracin total resultante (incluida la

aceleracin de gravedad) de a ! 30 e m s 2

&

durante 3 s .

En ese momento se apagan los

motores y el cohete empieza a moverse como un cuerpo libre en el campo gravitatorio. (Ver Fig. 1.12.1).

B

530

l 530 dTramo I

h

A

CTramo II

Figura (1.12.1)


38


Encuentre a) la altura mxima 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 inici su movimiento, hasta que vuelve al suelo nuevamente. Nota: Este problema tiene dos tramos claramente definidos como se muestra esquemticamente en la Fig. (1.12.1). El tramo inicial (tramo I) consiste en un movimiento unidimensional con aceleracin constante a ! 30 m s 2 a lo largo del eje inclinado 530 . 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. Solucin: El tramo I corresponde al movimiento unidimensional en la direccin del vector unitario

e.

Ponemos el origen del sistema de referencia justo donde parte el cohete (punto A ). Elegimos ejes coordenados inclinados, de modo que el eje X coincide con el vector unitario de la recta A B en la Fig. (1.12.2).

e

que est a lo largo

x B l h y A 530 dFigura (1.12.2) En consecuencia, en este tramo el movimiento es unidimensional a lo largo del eje X . 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 dimensin vienen dadas porTramo I

x ! v0t

at 2 2

(1) (2)

v ! v0 at______________________________________________________________________________________ Edmundo Lazo, Departamento de Fsica, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapac, 2008

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Usando (2) obtenemos la velocidad v al final del tramo I con la aceleracin resultante

a ! 30 m s 2 , v ! 100 m s 30 m s 2 3 s ! 190 m s v ! 190 m s Usando (1) obtenemos la distancia l recorrida al final del tramo: (3) (4)

l ! 100 m s v 3(s )

30 m s 2 v 3( s ) 2

2

! 435(m)

(5) (6)

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

d ! l cos 530 ! 435(m) v 0.602 ! 261.8( m) d ! 261.8(m) h ! l sin 530 ! 435(m) v 0.7986 ! 347.4(m) h ! 347.4( m) &

(7) (8) (9) (10)

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

velocidad inicial v0 ! 190 e m s (que es la velocidad final del tramo I), con un ngulo inicial desalida igual al ngulo en que viaj el proyectil en lnea recta en el primer tramo: U 0 ! 530 . Por lo tanto, el vector unitario

e

viene dado por e ! cos 530 i sin 530 . j gt 2 y ! y0 v0 y t 2

Las ecuaciones de movimiento en este tramo son:

x ! x0 v0 x t;

(11) (12)

vx ! v0 x ; v y ! v0 y gt

En este punto tenemos dos opciones. Usar un nuevo sistema de ejes con el origen en el punto B , justo donde el cohete comienza a comportarse como partcula libre en el campo gravitatorio, o bien considerar como origen 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 origen del sistema de referencia (ver Fig. (1.12.3)).

Entonces, los datos de posicin iniciales del cohete como partcula libre en el campo gravitatorio son los siguientes:


40


x0 ! d ! 261.8(m) y0 ! h ! 347.4(m)

(13) (14)

y

Tramo II

eB h A x dFigura (1.12.3)

530

C

& j La velocidad inicial es v0 ! 190 e m s ! 190 cos 530 i sin 530 m s . Reemplazando todos

estos datos en las ecuaciones (11) y (12), tenemos:

190 x ! 261.8(m) m s v cos 530 t y ! 347.4(m) m s v sin 530 t 190 vx ! 190 m s v cos 530 v y ! 190 m s v sin 530 gtNumricamente, estas ecuaciones quedan:

gt 2 2

(15)

(16)

x ! 261.8 114.3t y ! 347.4 151.7t 4.9t 2 vx ! 114.3 m s v y ! 151.7 m s 9.8 m s 2 t ( s)

(17) (18) (19)

(20)

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


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El punto ms alto del proyectil se encuentra cuando su velocidad vertical v y se hace cero, es decir, si hacemos v y ! 0 en la ecuacin (20), obtenemos el tiempo tm en llegar a esa altura mxima:

v y ! 151.7 m s 9.8 m s 2 t ( s) ! 0Despejando se obtiene:

(21)

tm !

151.7 ( s ) ! 15.48( s ) 9.8

(22)

Reemplazando este tiempo en la ecuacin (18), calculamos la altura mxima ym alcanzada desde el suelo,

ym ! 347.4 151.7 v15.48( s ) 4.9 v 15.48(s ) ym ! 1521.5(m)

2

(23) (24)

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

y ! 347.4 151.7tc 4.9tc2 ! 0La solucin positiva de la ecuacin de segundo grado, nos da

(25)

tc ! 33.1( s )

(26)

En consecuencia, el tiempo total tT que el cohete estuvo en el aire es la suma del tiempo t ! 3( s) empleado en recorrer linealmente la distancia l , ms el tiempo de cada del proyectil tc ! 33.1( s ) :

tT ! 3( s ) 33.1( s ) tT ! 36.1( s )vuelve al suelo nuevamente.

(27) (28)

c) Hallar la distancia horizontal total medida desde que el cohete inici su movimiento, hasta que

Usando el tiempo de cada tc ! 33.1( s ) , podemos calcular la coordenada x vista desde A, a travs de la ecuacin (17), lo cual corresponde justo a la distancia total recorrida horizontalmente xT :

xT ! 261.8 114.3 v 33.1( s) ! 4045.1( m) xT ! 4045.1(m)Equation Section (Next)

(29) (30)


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Ejercicio (1.13) Se lanza una pelota desde el punto A con una rapidez inicial de 25 m s , con un ngulo 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 en B .

& v0

B y 20$ xFigura (1.13.1)

A

45$

Nota: La ecuacin de la trayectoria del proyectil viene dada por

y p ! x tan U 0

gx 2 2 2v0 cos 2 U 0

(1)

En el punto B se produce la interseccin de la parbola invertida, correspondiente a la trayectoria del proyectil, con la recta del plano inclinado AB , cuya ecuacin genrica es y ! x tan

Este problema es prcticamente idntico al problema (1.11). Solucin: Usando los datos: v0 ! 25 m s , U 0 ! 45$ , en la ecuacin (1), tenemos

y p ! x tan 450

9.8(m s 2 ) x 2 2 v 252 m 2 s v cos 2 450

y p ! x 0.01568 x 2Para el plano inclinado AB , la relacin entre x e y viene dada por ecuacin:

y ! x tan 20$ ! 0.364 xEn el punto B se cumple que y p ! y , luego

x 0.01568 x 2 ! 0364 xDespejando la solucin distinta de cero, se tiene:


2

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

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x!

1 0.364 ! 40.6( m) 0.01568 x ! 40.6( m)

(7) (8)


44



ejercicios cap 1 cinematic a

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