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Problemas Resueltos Tiro Parabolico Y Movimiento Circular
 

Problemas Resueltos Tiro Parabolico Y Movimiento Circular

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    Problemas Resueltos Tiro Parabolico Y Movimiento Circular Problemas Resueltos Tiro Parabolico Y Movimiento Circular Document Transcript

    • Problemas de Cinem´atica 1oBachilleratoTiro parab´olico y movimiento circular1. Hallar a qu´e velocidad hay que realizar un tiro parab´olico para que llegue a unaaltura m´axima de 100 m si el ´angulo de tiro es de 30o.2. Hallar a qu´e ´angulo hay que realizar un tiro parab´olico para que el alcance y laaltura m´axima sean iguales.3. Un arquero quiere efectuar un tiro parab´olico entre dos acantilados tal y como indicala figura. El acantilado de la izquierda se halla 4 m por arriba con respecto al de laderecha. Si el arquero s´olo puede disparar con un ´angulo de 30◦y quiere lanzar lasflechas a 5 m del acantilado de la derecha, calcula con qu´e velocidad m´ınima ha delanzarlas. Calcula el tiempo de vuelo.25 m4 m5 m30º4. Un reloj de manecillas marca las 6:00 h. Hallar a qu´e hora se superponen las dosmanecillas.5. Si un cuerpo recorrre una circunferencia de 5 m de radio con la velocidad constantede 10 vueltas por minuto, ¿cu´al es el valor del per´ıodo, la frecuencia, la velocidadlineal, la velocidad angular y la aceleraci´on normal?6. ¿Qu´e velocidad angular, expresada en radianes por segundo, ha de tener una cen-trifugadora, para que en un punto situado a 10 cm del eje de giro produzca unaaceleraci´on normal 100 veces mayor que la de la gravedad?7. Una rueda, puesta en movimiento por un motor, ha girado 0.5 radianes duranteel primer segundo. ¿Cu´antas vueltas dar´a la rueda en los 10 primeros segundos,suponiendo que la aceleraci´on angular es constante durante ese tiempo? ¿Cu´al ser´aen ese instante la velocidad lineal de un punto de la llanta, si el radio de la rueda esde 50 cm? ¿Qu´e valor tendr´ıa la aceleraci´on negativa de frenado, si el motor dejasede funcionar cuando la rueda gira a raz´on de 120 vueltas por segundo y ´esta tardase6 minutos en pararse?
    • 28. Un motor gira a 2000 rpm y disminuye su velocidad pasando a 1000 rpm en 5 segun-dos. Calcular: a) La aceleraci´on angular del motor; b) El n´umero de revolucionesefectuadas en ese tiempo; c) la aceleraci´on lineal de un punto de la periferia si elradio de giro es de 20 cm.9. La velocidad angular de un motor que gira a 900 rpm desciende uniformementehasta 300 rpm efectuando 50 revoluciones. Hallar: a) La aceleraci´on angular; b) Eltiempo necesario para realizar las 50 revoluciones.Resoluci´on de los problemasProblema 1Se trata de un tiro parab´olico simple en el que el cuerpo se lanza desde el suelo y vuelvede nuevo a ´el. Las f´ormulas en este caso son:X =v02sin 2α−gHmax =v02sin2α−2gt =2v0 sin α−g(1)Nos dicen que la altura m´axima ha de ser 100 m y el ´angulo de 30o, sustituyendo entoncesen la f´ormula de la altura m´axima y despejando la velocidad inicial100 =v02sin230−2 · −9.8v02=100 · 2 · 9.80.52= 7840 v0 =√7840 = 88.54 m/sProblema 2La altura m´axima y el alcance han de valer exactamente lo mismo. As´ı pues igualan-do la f´ormula del alcance (X) con la altura m´axima (Hmax) en las ecuaciones 1 se tienev02sin 2α−g=v02sin2α−2gEn la ecuaci´on se cancelan las aceleraciones de la gravedad y las velocidades iniciales,por lo que el resultado al que vamos a llegar es independiente de la velocidad a la que serealiza el lanzamiento. Resulta pues la siguiente ecuaci´on trigonom´etricasin 2α =sin2α2, y operando 2 sin 2α = sin2αHaciendo la sustituci´on trigonom´etrica del ´angulo doblesin 2α = 2 sin α cos α
    • 3nos queda2 · 2 sin α cos α = sin2α (2)Como buscamos ´angulos diferentes de cero, α = 0, tendremos tambi´en que sin α = 0 porlo tanto podemos cancelar un factor sin α en cada miembro de la ecuaci´on 2, que nosquedar´a4 cos α = sin α4 =sin αcos α= tan αα = tan−14 = 75.96oProblema 3Se trata de un tiro parab´olico, pero a diferencia de los anteriores el punto inicial yfinal no est´an a la misma altura con respecto al suelo por lo que las f´ormulas 1 ya no sonaplicables ahora. Hemos de plantearlo con las m´as generales que se deducen a partir der = r0 + v0 t +12g t2Especificando para cada una de las componentes tenemos(x, y) = (0, 4) + (v0 cos 30, v0 sin 30) t +12(0, −9.8) t2x = v0 cos 30 t (3)y = 4 + v0 sin 30 t − 4.9 t2(4)Resulta m´as f´acil resolver el ´ultimo sistema de ecuaciones despejando v0 de la ecuaci´on 3y sustituyendo en la ecuaci´on 4. Calcularemos as´ı el tiempo, pues resulta m´as f´acil de re-solver la ecuaci´on que sale. Sustituyendo luego este tiempo en la ecuaci´on 3 determinamosla velocidad. De la figura se ve que el alcance total del tiro parab´olico es de 25+5=30 m.De la ecuaci´on 3 tenemos pues seg´un lo dichov0 =30cos 30 tComo la flecha impacta en el suelo la altura final es cero, y la ecuaci´on 4 nos queda0 = 4 +30cos 30 tsin 30 t − 4.9 t20 = 4 + 30 tan 30 − 4.9 t2
    • 4el valor de t que se obtiene de esta ´ultima ecuaci´on est =4 + 30 tan 304.9= 2.085 sy con la ecuaci´on 3 calculamos la velocidad inicialv0 =30cos 30 t=30cos 30 · 2.085= 16.61 m/sEl problema se podr´ıa haber resuelto directamente despejando directamente t en funci´onde v0 lo que ocurre es que la ecuaci´on resultante es algo m´as tediosa de manipular.Problema 4Como las manecillas se mueven a velocidad constante se trata de un movimientocircular uniforme. Cada manecilla tendr´a una velocidad angular diferente. La manecillade las horas tarda una hora en dar una vuelta completa y la de las horas 12, por lo tantosus velocidades angulares en radianes por segundo, vamos a llamarlas ωm y ωh, ser´anωm =2πT=2π3600=π1800y ωh =2π12 · 3600=π21600A las 6:00 h las dos manecillas se encuentran separadas un ´angulo de 180oo π radianes,as´ı pues en el momento de superponerse las dos, la de los minutos ha de recorrer el mismo´angulo que la de las horas m´as π radianes. Es decir,ϕm = π + ϕh, por lo tanto y como ω =∆ϕ∆t, ωm t = π + ωh tEn esta ´ultima f´ormula vamos a sustituir los valores de ωm y ωh y calcular el valor de tdej´andola sola en el miembro de la izquierdaωm t − ωh t = π, (ωm − ωh) t = π,π1800−π21600t = πPodemos sacar factor com´un a π y cancelarlas en ambos miembros, llegando a11800−121600t = 1,1121600t = 1, luego, t =2160011= 1963.63 sEse es el tiempo en segundos que tardan en encontrarse las dos agujas, y dividiendo por60 para ver los minutos y luego los segundos tenemos que1963.63 s = 32 minutos 43 segundos, aproximadamenteAs´ı pues las agujas del reloj se superponen a las 6:32:43
    • 5Problema 5Se trata de un movimiento circular uniforme. La velocidad angular nos la dan envueltas/min y pas´andola a radianes/s ser´aω =10 · 2π60=20π60=π3rad/sEl periodo esT =2πω=2ππ3=6ππ= 6 sLa frecuenciaf =1T=ω2π=π32π=π6π=16= 0.16 HzLa velocidad lineal esv = ω R =π3· 5 =5π3= 5.235 m/sY la aceleraci´on normalaN = ω2R =π32· 5 =5π29= 5.483 m/s2Problema 6La aceleraci´on normal es 100 veces la de la gravedad por lo tantoaN = 100 g = 100 · 9.8 = 980 m/s2De la f´ormula de la aceleraci´on normal podemos despejar la velocidad angular, y conR=0.1 m,aN = ω2R, ω =aNR=9800.1=√9800 = 98.99 rad/sProblema 7Se trata de un movimiento circular uniformemente acelerado, cuyas f´ormulas sonϕ = ϕ0 + ω0 t +12α t2ω = ω0 + α tω2= ω02+ 2 α (ϕ − ϕ0)a = α R(5)
    • 6Nos dan el ´angulo girado, el tiempo y la velocidad inicial, que de la lectura del problemase deduce que es nula. Hemos de obtener primero el valor de la aceleraci´on angular. Dela primera de las ecuaciones 5 tenemos puesϕ =12α t2, α =2 ϕt2=2 · 0.512= 1 rad/s2El ´angulo girado al cabo de 10 segundos ser´a por tantoϕ =12· 1 · 102= 50 radianesy como una vuelta equivale a 2π radianes, el n´umero de vueltas se obtendr´a dividiendopor este ´ultimo factorn´umero de vueltas =ϕ2π=502π= 7.95Para determinar la velocidad lineal hay que conocer antes la velocidad angular final, quese obtiene con la segunda de las ecuaciones 5, que en nuestro caso al ser nula la velocidadangular inicialω = α t = 1 · 10 = 10 rad/s, y as´ı la velocidad lineal esv = ω R = 10 · 0.5 = 5 m/sLa aceleraci´on angular de frenado se puede sacar con la segunda de las ecuaciones 5α =ω − ω0t(6)La velocidad angular final es nula ya que se detiene. La inicial es de 120 vueltas porsegundo, que pas´andolo a rad/s resultaω =120 · 2π1= 240π rad/sSustituyendo en la ecuaci´on 6 y con el dato de los 6 minutos que tarda en detenerseα =0 − 240π6 · 60= −240π360= −2π3= −2.094 rad/s2Problema 8Vamos a pasar las velocidades inicial y final a rad/sω0 =2000 · 2π60=4000π60=200π3ω =1000 · 2π60=2000π60=100π3rad/s
    • 7a) La aceleraci´on angular ser´a entonces, con el tiempo de 5 segundos que nos dan y usandola ecuaci´on 6α =ω − ω0t=100π3−200π35=−100π35=−100π15= −20π3= −20.94 rad/s2b) Para el n´umero de vueltas, a partir de la ecuaci´on del ´angulo ϕϕ = ϕ0 + ω0 t +12α t2ϕ = 0 +200π3· 5 +12· −20π3· 52=1000π3−500π6=1000π3−250π3=750π3Y finalmente el n´umero de vueltas dividiendo por 2πn´umero de vueltas =ϕ2π=750π32π=750π6π=7506= 125c) La aceleraci´on lineal la calculamos con la cuarta de las ecuaciones 5 y con R=0.2 ma = α R, a = −20.94 · 0.2 = −4.188 m/s2Problema 9Primero, al igual que antes, expresamos las velocidades y revoluciones en rad/s yradianes respectivamenteω0 =900 · 2π60= 30π ω =300 · 2π60= 10π rad/s, ϕ = 50 · 2π = 100π rada) De la tercera de las ecuaciones 5 podemos obtener la aceleraci´on angularω2= ω02+ 2 α (ϕ − ϕ0), α =ω2− ω022 (ϕ − ϕ0)Y sustituyendoα =(10π)2− (30π)22 · 100π=100π2− 900π2200π= −800π2200π= −4π = −12.56 rad/s2b) Con la aceleraci´on ya podemos hallar el tiempo empleado en dar esas revoluciones. Dela segunda de las ecuaciones 5ω = ω0 + α t, t =ω − ω0α
    • 8Sustituyendot =10π − 30π−4π=−20π−4π= 5 sF´ORMULAS USADAS EN LOS PROBLEMASTiro parab´olicor = r0 + v0 t +12g t2v = v0 + g tX =v02sin 2α−gHmax =v02sin2α−2gt =2v0 sin α−gMovimiento circular uniformeω =∆ϕ∆t, T =2πω, f =1T=ω2πv = ω R, aN =v2R= ω2RMovimiento circular uniformemente aceleradoϕ = ϕ0 + ω0 t +12α t2ω = ω0 + α tω2= ω02+ 2 α (ϕ − ϕ0)a = α R