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Tiro horizontal y parabolico apuntes abril 2015

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Teoria y problemas de movimiento parabólico

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Tiro horizontal y parabolico apuntes abril 2015

  1. 1. FÍSICA I ALUMNO:________________________________________________ GRUPO____ FECHA: Abril 2015 DOCENTE: ING. FERNANDO TOVAR OLIVARES DEFINICIÓN DE TRAYECTORIA PARABÓLICA Un cuerpo que es lanzado y no tiene la capacidad de propulsión propia recibe el nombre de proyectil. TRAYECTORIA PARABÓLICA Cuando un proyectil es lanzado con una velocidad inicial y forma un ángulo con el eje horizontal este tiende a seguir una trayectoria parabólica debido a la acción de la fuerza de gravedad. Por ejemplo: Se presenta en las disciplinas deportivas y en algunas otras actividades cotidianas que se describen a continuación. Secretaría de Educación Pública Subsecretaria de Educación Media Superior Dirección General de Educación Tecnológica Industrial CENTRO DE ESTUDIOS TECNOLÓGICOS industrial y de servicios No.160 (a) El lanzamiento del disco. (b) El lanzamiento del balón de fútbol americano con un ángulo de inclinación. (c) Proyectiles lanzados desde un avión en vuelo o desde la superficie de la tierra. (d) Los cuerpos lanzados por un volcán en erupción describen una trayectoria parabólica.
  2. 2. (e) En el béisbol, cuando se lanza la pelota y cuando esta es golpeada, presenta un movimiento parabólico. (f) Al ser lanzada una pelota en un juego de básquetbol desde un punto determinado. (g) La fuerza de gravedad influye sobre la trayectoria de la pelota, y esta describe una curva parabólica, en un partido de tenis. (h) En un clavadista puede observarse la trayectoria parabólica en su caída al mar. (i) En el lanzamiento con ángulo de inclinación de una pelota de golf. (j) Se presenta el tiro parabólico cuando se realiza un salto en una pendiente por un esquiador sobre hielo.
  3. 3. ¿Es interesante el tema verdad? Continuemos trabajando en nuestro aprendizaje: El movimiento de proyectiles es en dos dimensiones, para fines de cálculo se estudia como el resultado de dos movimientos independientes uno horizontal “x” y uno vertical “y”. El movimiento horizontal se caracteriza por ser un MRU (velocidad constante). El movimiento vertical se caracteriza por ser un MRUV (aceleración constante), por la acción de la fuerza de gravedad. En ambos movimientos no se considera la fricción del aire. TIRO PARABÓLICO El tiro parabólico es un ejemplo de movimiento realizado por un cuerpo en dos dimensiones o sobre un plano. Algunos ejemplos de cuerpos cuya trayectoria corresponde a un tiro parabólico son: proyectiles lanzados desde la superficie de la Tierra o desde un avión, el de una pelota de fútbol al ser despejada por el portero, el de una pelota de golf al ser lanzada con cierto ángulo respecto al eje horizontal. El tiro parabólico es la resultante de la suma vectorial del movimiento horizontal uniforme y de un movimiento vertical rectilíneo uniformemente variado. El tiro o movimiento parabólico es de dos clases: a) Tiro Parabólico horizontal b) Tiro Parabólico oblicuo o angular TIRO PARABÓLICO HORIZONTAL Se caracteriza por la trayectoria o camino curvo seguido por un cuerpo al ser lanzado horizontalmente de cierta altura sobre la superficie de la tierra. k) El tiro parabólico se presenta cuando se patea una pelota de fútbol por un jugador. (l) Se presenta el tiro parabólico cuando una ballena salta sobre el mar.
  4. 4. El movimiento horizontal se caracteriza por tener velocidad constante. Se caracteriza por la trayectoria o camino curvo que sigue un cuerpo al ser lanzado al vacío, resultado de dos movimientos independientes: un movimiento horizontal con velocidad constante y otro vertical, el cual se inicia con una velocidad cero y va aumentando en la misma proporción de otro cuerpo que se dejara caer del mismo punto en el mismo instante. La forma de la curva descrita es abierta, simétrica respecto a un eje y con solo foco, es decir, es una parábola. El movimiento vertical se inicia con una velocidad cero la cual aumenta en la misma proporción de otro cuerpo que se dejará caer desde la misma altura en el mismo instante, como lo muestra la siguiente figura. Las ecuaciones matemáticas del movimiento parabólico horizontal son: xx0 vv = 0v y0 = Las componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial del lanzamiento: )t)(v(x x0= 2 tg tvy 2 y0 += Posición vertical y horizontal en cualquier tiempo: tgvv yoy += x0x vv = Velocidad vertical y horizontal en cualquier tiempo: 2 y 2 x )v()v(v +=
  5. 5. θ x y1 v v tan− = Para conocer la velocidad del proyectil en un punto determinado de su trayectoria sumamos vectorialmente las dos componentes de ella es decir, obtener la magnitud de la velocidad resultante. Donde: vox.= Velocidad inicial en la dirección X ( s m ) t = Tiempo (s) y = Altura (m) voy = Velocidad inicial en la dirección Y ( s m ) vx = Velocidad en la dirección x (es constante) ( s m ) g = Gravedad (9.8 2 s m ) vy = Velocidad en la dirección vertical ( s m ) x = Alcance horizontal (m) TIRO PARABÓLICO OBLICUO Un proyectil disparado desde el origen en t = 0 con una velocidad inicial V0. La altura máxima del proyectil es h y su alcance horizontal es X. En el punto más alto de la trayectoria, la partícula tiene coordenadas (X/2, h). Supóngase que un proyectil se lanza desde el origen en t = 0 con una componente VY positiva, hay dos puntos especiales que es interesante analizar: El máximo que tiene coordenadas (X/2, h) y el punto que tiene coordenadas (X,0). La distancia X se conoce como alcance horizontal del proyectil y h es su altura máxima. Se encuentra h y X en función de V0, Θ, g. Se puede determinar h al observar que en la altura máxima VY = 0. En consecuencia, puede usarse la ecuación VY = VY0 – g t (VY = V0 Sen Θ0 – g t) para determinar el tiempo t1 necesario para llegar a la altura máxima. Se caracteriza por la trayectoria que sigue un cuerpo cuando que es lanzado con una velocidad inicial que forma un ángulo con eje horizontal. Como se observa en la figura.
  6. 6. El proyectil inicia su ascenso con una velocidad y con ángulo determinado. Al descomponer la velocidad inicial en sus componentes rectangulares, encontramos el valor de la velocidad vertical, y de la velocidad horizontal. La velocidad vertical le permite avanzar hacia arriba como si hubiera sido lanzada en tiro vertical. Por esta razón, la velocidad va disminuyendo hasta anularse (Vy = 0) debido a la acción de la gravedad de la tierra, alcanzando su altura máxima. A partir de ésta inicia su descenso y la velocidad vertical comienza a aumentar, tal como sucede con un cuerpo en caída libre, por tanto, al llegar al suelo tendrá la misma velocidad vertical con la cual inicio su ascenso. Por otra parte, la componente horizontal, le permite desplazarse como lo haría un cuerpo con movimiento rectilíneo uniforme. Por tal motivo, la velocidad horizontal permanecerá constante todo el tiempo que el proyectil permanezca en el aire. Movimiento horizontal.- Debido a que la aceleración es nula (ax = 0), se tiene: vx0 = constante x = x0 + vx0t (1) La componente horizontal de la velocidad permanece constante durante el movimiento. Las ecuaciones matemáticas del tiro parabólico oblicuo son: θ= Cosvv 0x0 θ= Senvv 0y0 Las componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial del lanzamiento Dónde: θ = Ángulo de elevación con respecto a la horizontal. )t)(v(x x0= 2 tg tvy 2 y0 += Posición horizontal y vertical en cualquier tiempo. tgvv yoy += x0x vv = Velocidad vertical y horizontal en cualquier tiempo. 22 yxs += 2 y 2 x vvv += La posición y la velocidad en cualquier punto de la trayectoria a partir de sus componentes. g Senv g v t 0y0 θ −=−= Para calcular el tiempo que tarda en alcanzar la altura máxima. g )Senv(2 g )v(2 t2t 0y0 T θ −=−== El tiempo para regresar al nivel de lanzamiento.
  7. 7. )t)(Cosv()t)(v(x T0Tx0T θ== El alcance horizontal máximo. La altura máxima alcanzada MOVIMIENTO DE PROYECTILES Cualquier objeto que sea lanzado en el aire con una velocidad inicial vo de dirección arbitraria, se mueve describiendo una trayectoria curva en un plano. Si para esta forma común de movimiento se supone que: a) la aceleración de gravedad es constante en todo el movimiento (aproximación válida para el caso en que el desplazamiento horizontal del cuerpo en movimiento sea pequeño comparado con el radio de la Tierra) y b) se desprecia el efecto de las moléculas de aire sobre el cuerpo (aproximación no muy buena para el caso en que la rapidez del cuerpo en movimiento sea alta), entonces a este tipo de movimiento se le llama movimiento de proyectil y se produce en dos dimensiones. BIBLIOGRAFIA • Contenidos de Física, dirección electrónica: http://www.lapaginadejc.com.ar/Naturales/Fisica/Tiro_parabolico.htm • Dirección electrónica: http://www.monografias.com/trabajos-pdf4/movimiento-dos-dimenciones- serway/movimiento-dos-dimenciones-serway.pdf • Dirección electrónica: http://fc.uni.edu.pe/lfgeneral/pdf/fi-02-cinematica-mov-parabolico.pdf Ejercicios resueltos 1) En la figura de este ejemplo se tiene el diagrama posición – tiempo para un cuerpo con movimiento variado. a) ¿La velocidad del cuerpo en el instante tE es mayor, menor o igual que la velocidad en el instante tN? b) ¿Cuáles son las componentes de la velocidad en el instante tL? g2 )Senv( g2 )v( y 2 0 2 y0 max θ −=−=
  8. 8. Solución a) mayor b) x0x y VV s m 0V = = 2) Se dispara una flecha con una velocidad de s m 25 y un ángulo de elevación de 35º con respecto a la horizontal. Determinar: a) El tiempo que tarda en llegar al punto más alto. b) Tiempo total en el aire. c) Alcance horizontal. d) Altura máxima lograda. Datos: s m 25Vo = ?Y ?t ?t 35 .max T o = = = =θ Desarrollo: s m Vox 478.20= s m s m VV y 339.14)35)(sen25(sen00 =°== θ s m V y 339.140 = s m s m VV oox 478.20)35)(cos25(cos =°== θ Formulas: t2tT = ( ) g2 V y g V t CosVV 2 oy max oy 0X0 −= −= θ= θ= senVV 0oy ToxT tVX =
  9. 9. st 463.1= ssttT 926.2)463.1(22 === mYmax 490.10= 3) Una bala de cañón se dispara con una velocidad inicial de s ft 705 y con un ángulo de elevación de 25º sobre la horizontal. Determina: a) Su posición y velocidad después de 15 s b) El tiempo requerido para alcanzar su altura máxima. c) El alcance horizontal. Datos: ?X ?t s15t 25 s ft 705V T o o = = = =θ = a) X = ? y = ? b) V = ? Desarrollo: s ft s ft VV Oox 946.638)25)(cos705(cos =°== θ s ft Vox 946.638= s ft s ft VV ooy 945.297)25)(sen705(sen =°== θ s ft Voy 945.297= La componente x su posición después de 15 s es: fts s ft tVX ox 190.584,9)15)(94.638( === ftX 190.584,9= Para determinar la otra componente primero se debe conocer la dirección de la gravedad (+ ó -) s s m s m g V t oy 463.1 8.9 33.14 2 = − −=−= stT 926.2= ms s m tVX ToxT 918.59)926.2)(476.20( === m s m s m s m s m g V Y oy max 49.10 6.19 60.205 )8.9(2 )339.14( 2 )( 2 2 2 2 2 2 = − −= − − =−= Formulas: Tx0T 2 oy x y1oy 0 y0yoy0 2 y 2 x0oox tVX 2 tg tVy V V tag sen V V tgVVsenVV )V()V(VcosVV =+= =θ θ = +=θ= +=θ= −
  10. 10. s s ft s ft g V t oy 310.9 32 945.297 2 = − − =−= st 310.9= Como el tiempo que tarda en alcanzar la altura máxima es (9.310 s), y queremos, determinar la componente en (y) en un t = 5 s. ftftft s s ft s s fttg tVy oy 175.869600,3175.469,4 2 )15)(32( )15)(945.297( 2 2 22 =−= − +=+= fty 175.869= Para determinar la velocidad después de 15 s tenemos que: s ft VV oxx 946.638== s ft s s ft s ft tgVV oyy 055.182)15)(32(945.297 −=−+=+= s ft Vy 055.182−= s ft 376.664) s ft 055.182() s ft 946.638()V()V(V 222 y 2 x =−+=+= s ft V 376.664= En un tiempo de 15 s de vuelo del proyectil. Su ángulo es de: °=== −− 53.15 946.638 055.182( 11 s ft s ft tag V V tag x y θ °= 53.15θ El alcance horizontal es: ))(( ToxT tVX = Como: ssttT 620.18)310.9(22 === stT 620.18= fts s ft XT 17.897,11)620.18)(946.638( == ftXT 17.897,11= 4) Un proyectil se lanza con una velocidad inicial de s m 200 si se desea que de en un blanco que se encuentra a 2500 m Determinar: a) El ángulo con el cual debe ser lanzado. b) El tiempo que tarda en llegar al blanco. c) La altura máxima alcanzada. Datos: Formulas: θθθ θ 2cos2 )3( )2( 2 )1( sensen senVV g V t tVX ooy oy T ToxT = = −= =
  11. 11. ? ? 2500 2000 = = = = t mX s m V T θ Desarrollo: Sustituyendo la ecuación 3 en 2 tenemos: )4( )(2 g senV t o T θ −= Sustituyendo la ecuación 4 en 1: ( ) ( ) )5( cos2 2cos 2 2 g senV X g senVV X g senV VX o T oo T o oxT θθ θθ θ −= −=       −= Por trigonometría se demuestra que: θθθ 2cos2 sensen = Por lo tanto nos queda θθ θ θ 2 )200( )8.9)(2500( 2 2 2 2 2 2 2 2 sen s m s m m sen V gX senVgX g senV X o T oT o T = − −==− −= −= Sustituyendo datos °== = = = − 53.18 2 770.37 770.372 )6125.0(2 6125.02 1 θ θ θ θ sen sen °= 53.18θ s s m sen s m g senV t o T 971.12 8.9 )53.18()200(2 )(2 2 = − ° −=−= θ stT 971.12= m s m sen s m g senV Y o 117.206 )8.9(2 )53.18()200( 2 )( 2 22 2 max = − ° −=−= θ mY 117.206max = 5) Una bala de cañón se dispara horizontalmente con una velocidad inicial de s m 160 160 desde lo alto de un acantilado de 309 m de altura sobre el nivel del mar, tal como se muestra en la figura.
  12. 12. a) ¿Qué tiempo tardará la bala en caer en el mar? b) ¿Cuál será la distancia horizontal del pie del acantilado al punto de impacto de la bala. c) ¿Cuáles son las componentes horizontal y vertical de la velocidad de la bala cuando cae en el mar. Datos: ? ? ? 160 = = = = y x T ox V V t s m V Desarrollo: a) Como Voy = 0 tenemos s s m m t g Y t tgY tiempoelDespejando tg Y tg tVY oy 941.7 8.9 )309(2 2 2 2 2 2 2 2 2 == = = = += st 94.7= b) ms s m X tVX ox 560.1270)941.7)(160( == = mX 560.1270= c) La componente horizontal de la velocidad permanece constante y es igual a s m 160 s m Vx 160= s m s s m V gtV VComogtVV y y oyoyy 821.77)941.7)(8.9( 0 2 == = =+= s m Vy 821.77= 6.- Una catapulta dispara proyectiles con una velocidad de 30m/s y ángulo 40⁰ sobre la horizontal contra una muralla. Esta tiene 12m de altura y está situada a 50m. a) ¿Pasarán los proyectiles por encima de la muralla? b) ¿A qué distancia de la base de la muralla caerán? 50 m m 12m 40⁰ Vo= 30m/s En el apartado a) nos preguntan si el proyectil pasa por encima de la muralla o choca contra ella. Para ello, lo que tenemos que saber es a qué altura (y) está el proyectil a los 50m de distancia del punto de lanzamiento. Es decir, cuál es el valor de y cuando x=12m Formulas: tgVV tVX tg tVY oyy ox oy += = += 2 2
  13. 13. Como sabemos que x=50m, vamos a la ecuación de x para calcular el tiempo que tarda el proyectil en llegar a la muralla. x=xo +voxt 50m = 0m+ 30cos40m/s·t t= t= 2,2s Por tanto, tarda 2.2s en llegar a la muralla. Para calcular a qué altura está, vamos a la ecuación de “y” y calculamos su valor con ese t. y=yo + voyt +1/2gt2 y= 0m + 30sen40m/s ·2.2s+ ½ (-9.8m/s2 )(2.2s)2 y=19m Como el proyectil va a 19m de altura y la muralla mide 12, no chocará sino que sobrepasará la muralla. b) En este apartado lo que queremos saber es a que distancia cae de la muralla. Por tanto, necesitamos conocer el alcance. Para calcular a qué distancia cae el proyectil desde el punto de lanzamiento, primero tenemos que saber cuánto tiempo tarda en caer. Para ello, sabemos que en el suelo la altura del proyectil es y=0m, por lo que sustituimos en la ecuación de “y” y=yo + voyt +1/2gt2 0m= 0m + 30sen40m/s ·t+ ½ (-9.8m/s2 )t2 0m= t(30sen40m/s -4.9m/s2 t) t= t= 3.9s Como ya sabemos que tarda 3.9s en caer, podemos calcular con ese valor de t el valor de x x=xo +voxt x = 0m+ 30cos40m/s·3.9s x= 90m Sin embargo, lo que nos pregunta el problema es la distancia a la que cae de la pared. Entonces, como sabemos que cae a 90m del punto de lanzamiento y que la muralla está a 50m de dicho punto de lanzamiento, la distancia entre el proyectil y la muralla será: Alcance – distancia a muralla = 90m -50m = 40m El proyectil cae a 40m de distancia de la muralla 7.- Desde una altura de 1m y con velocidad de 18m/s que forma un ángulo de 53⁰ con la horizontal se dispara una flecha. Esta pasa por encima de una tapia que está a 20m de distancia y se clava a 9m de altura en un árbol que se encuentra detrás. Calcula: a) Cuánto duró el vuelo de la flecha b) Con qué velocidad llegó al árbol y con qué ángulo se clavó c) La altura máxima que debería tener la tapia para que la flecha no impactase en él a) Nos preguntan cuánto tiempo tarda en chocar contra el árbol. Es decir nos preguntan cuál es la “t” cuando y=9m. Por tanto, sustituimos en la ecuación de y y calculamos el tiempo, resolviendo para ello una ecuación de segundo grado y=yo + voyt +1/2gt2 9m= 1m + 18sen53m/s ·t+ ½ (-9.8m/s2 )t2 8m= 14.4m/s·t -4.9m/s2 t2 4.9t2 -14.4t+8 =0 t1= 0.74s 40⁰ Vo= 30m/s 12m 50 m m ¿? m yo=1m y=9m53⁰ Vo= 18m/s x=20m
  14. 14. t2=2.2s Nos dan dos valores de tiempo que en un principio podrían ser ambos válidos. Es lógico porque como tiene forma de parábola, pasará dos veces por la misma altura. Para verificar cuál de los dos valores de t es el que realmente tenemos que coger, lo que hacemos es calcular el valor de x para cada uno de los tiempos. - Cuando t=0.74s x=xo +voxt x = 0m+ 18cos53m/s·0.74s x= 8.0m No nos sirve este tiempo, porque nos dice que el árbol está situado detrás de una tapia que se encuentra a 20m de distancia del punto de lanzamiento y a los 0.74s la flecha solo ha recorrido 8m en el eje x. - Cuando t=2.2s x=xo +voxt x = 0m+ 18cos53m/s·2.2s x= 24m Por tanto, el vuelo duró 2.2s b) Para calcular la velocidad con la que choca en el árbol, tenemos que calcular Vx y Vy. Sabemos que en el eje x la flecha tiene un m.r.u. por lo que siempre llevará la misma velocidad. Es decir, Vx= Vox = 18cos53m/s = 11m/s Para calcular Vy, tenemos una fórmula donde tenemos que introducir el tiempo. En este caso, como lo que buscamos es la velocidad cuando la flecha choca contra el árbol, el tiempo que tendremos que usar será el tiempo que tarda la flecha en llegar al árbol, es decir, t=2.2s Vy=Voy +gt Vy= 18sen53 m/s -9.8m/s2 · 2.2s Vy=-7.2m/s La velocidad es negativa porque la fleche está cayendo hacia abajo Por tanto, el módulo de la velocidad total será: V= V=13m/s Para calcular el ángulo con el que choca, como ya sabemos la velocidad total y la componente y, despejamos en la fórmula su velocidad Vy= Vsenα -7.2ms = 13senα α=-33.7⁰ 8.- Un jugador de fútbol lanza el balón en una falta con una velocidad de 10m/s, formando 45⁰ con el suelo. Si la barrera, situada a una yarda (9.15m) tiene una altura de 1.8m, ¿logrará superar la barrera? DATOS: Balón: Vo= 10m/s α=45⁰ xo=yo=0m Barrera: Xbarrera=9.15m Ybarrera=1.8m y=9m x=8m t=0.74s x=24m t=2.2s
  15. 15. Lo que nos pregunta el problema es si el balón pasará por encima de los jugadores que forman la barrera o chocará contra ellos, es decir, tenemos que ver en cuál de las dos siguientes situaciones nos encontramos: Entonces, simplemente tenemos que calcular la altura que lleva el balón cuando se encuentra en la misma x que la barrera, es decir, debemos calcular y para x=9.15m. Para ello, calculamos primeramente el tiempo que tarda en llegar a dicho punto con la ecuación de x x=xo +voxt 9.15m = 0m+ 10cos45m/s·t t= t= 1.29s Con ese valor de tiempo, calculamos la altura, y y=yo + voyt +1/2gt2 y= 0m + 10sen45m/s ·1.29s+ ½ (-9.8m/s2 )(1.29s)2 y=0.97m Como la altura a la que va el balón (0.97m) es menor que la altura del a barrera (1.8m), el balón chocará con ella. Es decir, no logrará superar la barrera. 9.- Un objeto es lanzado con un ángulo de elevación de 30.0⁰ y consigue llegar a una distancia horizontal de 866m. ¿Con qué velocidad fue lanzado? Nos dicen que el alcance es 866m, es decir, que cuando llega al suelo (y=0m) x=866m. Por tanto, podemos sustituir en las ecuaciones de x e y, y con ello hacemos un sistema, de donde obtendremos la velocidad inicial y el tiempo que tarda en llegar al suelo. x=xo +voxt 866m = 0m+ vocos30m/s·t y=yo + voyt +1/2gt2 0m= 0m + vosen30 ·t+ ½ (-9.8m/s2 )t2 0m= vosen30·t -4.9m/s2 t2 Entonces tendremos el siguiente sistema (obviemos las unidades para facilitar el cálculo) 866=vo cos30t 0= vosen30·t -4.9t2 Sustituimos vo en la segunda ecuación: 0= t -4.9t2 = 866tan30-4.9t2 = 0 t2 = 866tan30/4.9 t=10.1s Sustituyendo en vo: Vo=866/cos30t = 866m/ (cos30·10.1s) = 99m/s En definitiva, el objeto fue lanzado con una velocidad de 99m/s 10.- Desde el suelo se lanza un objeto con una velocidad de 25m/s y con un ángulo de elevación de 60⁰. A una distancia horizontal de 48m hay un muro. ¿A qué distancia de dicho muro chocará el objeto? 866m 30⁰ Vo= ¿?m/s 866m Despejamos vo en la primera ecuación: Vo=866/cos30t
  16. 16. Tenemos que saber a qué altura del muro choca el objeto, es decir, tenemos que calcular el valor de y cuando x=48m. Para ello, sustituimos en la ecuación de x y calculamos el tiempo que tarda en llegar al muro:x=xo +voxt 48m = 0m+ 25cos60m/s·t t= =3.8s Por tanto, ahora podemos calcular la altura, y, para t=3.8s y=yo + voyt +1/2gt2 y= 0m + 25sen60m/s ·3.8s+ ½ (-9.8m/s2 )(3.8s)2 y=11m Por tanto, el objeto chocará a una altura de 11m de la pared. 11.- Esto es verdaderamente un arma. Desde la azotea de un edificio se lanza una piedra hacia arriba a un ángulo de 30 grados con respecto de la horizontal y con una velocidad inicial de 20 m/seg. Como muestra la figura 4.10. Si la altura del edificio es 45 m. Cuanto tiempo permanece la pierda en vuelo? VX = V0X = V0 cos ө VX = V0X = 20 m/seg * cos 30 VX = V0X = 17,32 m/seg V0Y = V0 sen ө V0Y = 20 m/seg * sen 30 = 20 * 0,5 = 10 m/seg V0Y = 10 m/seg. VX = V0X Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo. Por lo anterior la altura del edificio : Y = - 45 metros Ordenando la ecuación de segundo grado 48m
  17. 17. Cual es la velocidad de la piedra justo antes de que golpee el suelo? VY =V0Y - g * t VY = 10 m/seg - 9,8 m/seg 2 * 4,21 seg VY = 10 m/seg – 41,33 m/seg VY = - 31,33 m/seg. Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo VX = V0X = 17,32 m/seg la velocidad en el eje x se mantiene constante. Donde golpea la piedra en el suelo? X = V0X * t X = 17,32 m/seg * 4,21 seg X = 73 metros 12.- Los exploradores extraviados. Un avión de rescate en Alaska deja caer un paquete de provisiones a un grupo de exploradores extraviados, como se muestra en la fig. 4.11. Si el avión viaja horizontalmente a 40 m/seg. Y a una altura de 100 metros sobre el suelo. Donde cae el paquete en relación con el punto en que se soltó? Donde cae el paquete en relación con el punto en que se soltó? Se halla el tVUELO Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y, por lo tanto V0Y = 0 0 VY = V0Y + g * t
  18. 18. VY = g * tVUELO VY = 9,8 * 4,51 VY = 44,19 m/seg. Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), esta velocidad V0 = VX se mantiene constante hasta que el cuerpo llegue al piso. VX = V0 = 40 m/seg. 13.- La terminación de un salto en sky. Pág. 83 del libro serway cuarta edición Una esquiadora baja por una pendiente y se despega del suelo moviéndose en la dirección horizontal con una velocidad de 25 m/ seg. Como muestra la figura 4.12. La pendiente tiene una inclinación de 35 grados. En que punto la esquiadora vuelve hacer contacto con el suelo? V0 = Vx = 25 m/seg cos 35° = X d X = d * cos 35 ECUACION 1 V0 = VX d sen 35° = Y Y Vy d V Y = d * sen 35 ECUACION 2 35° VX = V0X = 25 m/seg. X Distancia horizontal recorrida X = 25 * t ECUACION 3 Igualando la ecuación 1 y la 3. X = d * cos 35 ECUACION 1 X = 25 * t ECUACION 3 d cos 35 = 25 t Despejando el tiempo Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo. Por lo anterior la altura del edificio Y = es negativa. Como el movimiento es horizontal, V0Y = 0 reemplazando Y = d * sen 35 ECUACION 2
  19. 19. Pero : X = d * cos 35 ECUACION 1 X = 109 cos 35 X = 109 * 0,8191 X = 89,28 metros Y = d * sen 35 ECUACION 2 Y = 109 * sen 35 Y = 109 * 0,573 Y = 62,51 metros Determine cuanto tiempo permanece la esquiadora en el aire y su componente vertical de velocidad antes de aterrizar X = V0X * t X = 89,28 metros VX = V0X = 25 m/seg. Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y, por lo tanto V0Y = 0 0 VY = V0Y + g * t VY = g * t = 9,8 m/seg2 * 3,57 seg. VY = 34,98 m/seg. 14.- En un bar local, un cliente hace deslizar un tarro vacío de cerveza sobre la barra para que vuelvan a llenarlo. El cantinero esta momentáneamente distraído y no ve el tarro, el cual cae de la barra y golpea el piso a 1,4 metros de la base de la misma. Si la altura de la barra es 0,86 metros. a) Con que velocidad abandono el tarro la barra?
  20. 20. b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? a) Con que velocidad abandono el tarro la barra? Datos: X = 1,4 metros tVUELO = 0,4189 seg.X = V0 * t vuelo V0 = 3,34 m/seg. b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? Datos: V0 = VX = 3,34 m/seg. g = 9,8 m/seg 2 tVUELO = 0,4189 seg. Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y, por lo tanto V0Y = 0 0 VY = V0Y + g * t VY = g * tVUELO = 9,8 m/seg 2 * 0,4189 seg. VY = 4,105 m/seg. 15.- Una pelota se lanza horizontalmente desde la azotea de un edificio de 35 metros de altura. La pelota golpea el suelo en un punto a 80 metros de la base del edificio. Encuentre: a) El tiempo que la pelota permanece en vuelo? b) Su velocidad inicial? c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo? a) El tiempo que la pelota permanece en vuelo?
  21. 21. b) Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 80 metros tVUELO = 2,6726 seg 16.- Un pateador de lugar debe patear un balón de fútbol desde un punto a 36 metros (casi 40 yardas) de la zona de gol y la bola debe librar los postes, que están a 3,05 metros de alto. Cuando se patea, el balón abandona el suelo con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 53 0 respecto de la horizontal. a) Por cuanta distancia el balón libra o no los postes. b) El balón se aproxima a los postes mientras continúa ascendiendo o cuando va descendiendo. Datos X = 36 metros ө = 53 0 V0 = 20 m/seg.
  22. 22. V0Y = V0 sen ө V0Y = 20 sen 53 = 20 * 0,79 = 15,97 m/seg V0Y = 16 m/seg. V0X = V0 cos ө V0x = 20 cos 53 = 20 * 0,6 = 12,03 m/seg V0x = 12 m/seg. Es necesario saber el tiempo que necesita el balón para llegar al arco (portería) Pero; V0x = 12 m/seg. X = 36 metros t = tiempo que necesita el balón para llegar al arco X = V0X * t t = X = 36 m = 3 seg. V0X 12 m segt = 3 seg. Se halla el tiempo máximo, es decir el tiempo en que alcanza el punto más alto de la trayectoria. Con esto se sabe si el balón está subiendo o está bajando. En conclusión se puede ubicar el arco (portería). Se halla el tiempo de vuelo del balón. tvuelo = 2 tmax tvuelo = 2 * 1,632 tvuelo = 3,26 seg. En la figura se puede observar la posición del arco (portería), porq ue el tiempo de 3 seg. está ubicado entre el tiempo máximo y el tiempo de vuelo. Por lo tanto a los 3 seg. el balón va bajando. Ubicando el balón en la trayectoria se halla la altura que lleva el balón en ese punto Y = 48 m – 44,1 m = 3,9 m Y = 3,9 metros . Para hallar por cuanta distancia el balón libra o no los postes. Es decir a cuanta distancia del arco pasa el balón, la diferencia es 3,9 – 3,05 = 0,85 metros el balón pasa por encima del arco a 0,85 metros (Ver grafica) El balón se aproxima a los postes mientras continúa ascendiendo o cuando va descendiendo. En la gráfica se observa que el balón está bajando cuando está encima del arco. 17.- Un bombero a 50 metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de 30 0 sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es 40 m/seg. A que altura el agua incide en el edificio? Datos X = 50 metros ө = 30 0 V0 = 40 m/seg.
  23. 23. 18.- Un bombero a una distancia d metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de ө sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es V0. A que altura el agua incide en el edificio? 19.- Un rifle se dirige horizontalmente al centro de un gran blanco a 200 metros de distancia. La velocidad inicial de la bala es 500 m/seg. a) Donde incide la bala en el blanco? b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea de visión. Determine el ángulo de elevación del cañón. a) Donde incide la bala en el blanco?
  24. 24. Es evidente que al disparar horizontalmente, la bala describe un movimiento de tiro parabólico, ver la figura. b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea de visión. Determine el ángulo de elevación del cañón. Observemos que el mismo disparo, pero ahora la velocidad inicial tiene un ángulo respecto de la horizontal, esto es para garantizar que el disparo llegue al blanco. Es decir V0 = 500 m/seg. 20.- Durante la primera guerra mundial los alemanes tenían un cañón llamado Big Bertha que se usó para bombardear París. Los proyectiles tenían una velocidad inicial de 1,7 km/ seg. a una inclinación de 55 0 con la horizontal. Para dar en el blanco, se hacían ajustes en relación con la resistencia del aire yotros efectos. Si ignoramos esos efectos: a) Cual era el alcance de los proyectiles b) Cuanto permanecían en el aire?
  25. 25. a) Cual era el alcance de los proyectiles 21.- Una estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre el nivel del suelo. Mientras su oponente está viendo esta primera bola de nieve, usted lanza una segunda bola a un ángulo menor lanzada en el momento necesario para que llegue a su oponente ya sea antes o al mismo tiempo que la primera. Suponga que ambas bolas de nieve se lanzan con una velocidad de 25 m/seg. La primera se lanza a un ángulo de 70 0 respecto de la horizontal. a) A que ángulo debe lanzarse la segunda bola de nieve para llegar al mismo punto que la primera? b) Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para que llegue al blanco al mismo tiempo que la primera?
  26. 26. Ahora hallamos el tiempo de vuelo de la segunda bola de nieve en función del ángulo de disparo. Datos: β = ángulo de disparo de la segunda bola de nieve V0 = 25 m/seg. R = 41 metros
  27. 27. 22.- Un bombardero de picada tiene una velocidad de 280 m/seg a un ángulo ө abajo de la horizontal. Cuando la altitud de la nave es 2.15 km, suelta una bomba que subsecuentemente hace blanco en tierra. La magnitud del desplazamiento desde el punto en que se soltó la bomba basta el blanco es 3.25 km. Hállese el ángulo ө. 23.- Un proyectil se dispara de tal manera que su alcance horizontal es igual a tres veces su máxima altura. Cuál es el ángulo de disparo? Se halla la altura máxima que alcanza el proyectil teniendo en cuenta que la la velocidad final en el eje Y cuando el proyectil alcanza la máxima altura es cero.
  28. 28. Igualando las ecuaciones 1 y 2. tg β = 1,3333 arc tg β = arc tg 1,3333 β = 53,13 0 24.- Un cañón que tiene una velocidad de orificio de 1000 m/seg se usa para destruir un blanco en la cima de una montaña. El blanco se encuentra a 2000 metros del cañón horizontalmente y a 800 metros sobre el nivel del suelo. A que ángulo relativo al suelo, debe dispararse el cañón? Ignore la fricción del aire. Datos del problema: V0 = 1000 m/seg. X = 2000 metros Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos Θ) t
  29. 29. 25.- Un arquero dispara una fIecha con una velocidad de 45 m/seg. a un ángulo de 50 0 con la horizontal. Un asistente, que está de pie al nivel del suelo a 150 m de distancia desde el punto de lanzamiento, lanza una manzana directamente hacia arriba con la mínima rapidez necesaria para encontrar la trayectoria de la flecha a) Cual es la rapidez inicial de la manzana? b) En que tiempo después de lanzar la flecha debe ser lanzada la manzana para que la flecha haga blanco en la manzana? 26.- Se lanza una pelota desde la ventana del piso más alto de un edificio. Se da a la pelota una velocidad inicial de 8 m/seg. a un ángulo de 20 0 debajo de la horizontal. La pelota golpea el suelo 3 seg. Después. a) A que distancia horizontal a partir de la base del edificio la pelota golpea el suelo? b) Encuentre la altura desde la cual se lanzó la pelota? c) Cuanto tiempo tarda la pelota para alcanzar un punto 10 metros abajo del nivel de lanzamiento? Datos: V0 = 8 m/seg. Θ = 20 0 tvuelo = 3 seg. a) A que distancia horizontal a partir de la base del edificio la pelota golpea el suelo? X = vX * tvuelo
  30. 30. X = (v0 cos Θ) tvuelo X = (8 cos 20) * 3 X = 22,55 metros Mientras el cuerpo vaya bajando, ( +↓ ) la ecuación es positiva. 27.- Un jugador de básquetbol de 2 metros de altura lanza un tiro a la canasta desde una distancia horizontal de 10 metros. Si tira a un ángulo de 40 0 con la horizontal, ¿Con que velocidad inicial debe tirar de manera que el balón entre al aro sin golpear el tablero? Datos del problema: Altura del lanzador 2,00 metros Altura de la canasta 3,05 metros X = 10 metros Y = 3,05 – 2,0 = 1,05 metros ө = 400 Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos ө) t
  31. 31. 28.- Un mariscal de campo lanza un balón directamente hacia un receptor con una rapidez inicial de 20 m/seg, a un ángulo de 30° sobre la horizontal. En ese instante, el receptor está a 20 m del Mariscal de Campo. En qué dirección y con qué rapidez constante debe correr el receptor para atrapar el balón al nivel aI cual fue lanzado? 29.- Su padrino es copiloto de un bombardero, que vuela horizontalmente sobre un terreno pIano, con una rapidez de 275 m/seg. Con respecto al suelo, a una altitud de 3000 m. (a) EI bombardero (tripulante) suelta una bomba. Que distancia recorrerá esta horizontalmente cuando es soltada y su impacto en el suelo? Desprecie los efectos de la resistencia del aire. (b) Disparos de gente en tierra de pronto incapacitan aI tripulante bombardero antes que pueda decir "suelten bombas". En consecuencia, el piloto mantiene el rumbo, altitud y rapidez originales del avión en medio de una tormenta de metralla. Donde estará el avión cuando la bomba llegue aI suelo? (c) EI avión tiene una mira telescópica de bombas ajustada para que la bomba Ilegue aI blanco vista en la mira en el momento de soltarla. A que ángulo de la vertical estaba ajustada la mira de la bomba?
  32. 32. 30.- Un rifle de alto poder dispara una bala con una velocidad en la boca del cañón de 1 km/seg. El rifle esta apuntado horizontalmente a un blanco reglamentario, que es un conjunto de anillos concéntricos, situado a 200 m de distancia. (a) A que distancia abajo del eje del cañón del rifle da la bala en el blanco? EI rifle está equipado con una mira telescópica. Se "apunta" aI ajustar el eje del telescopio de modo que apunte precisamente en el lugar donde la bala da en el blanco a 200m. (b) Encuentre el ángulo entre el eje del telescopio y el eje del cañón del rifle. Cuando dispara a un blanco a una distancia que no sea de 200 m, el tirador usa la mira telescópica, poniendo su retícula en "mira alta" o "mira baja" para compensar el alcance diferente. Debe apuntar alto o baja, y aproximadamente a que distancia del blanco reglamentario, cuando el blanco está a una distancia de (c) 50.0 m, (d) 150 m, 0 (e) 250 m? Nota: La trayectoria de la bala es en todas partes casi horizontal que es una buena aproximación para modelar la bala cuando se dispara horizontalmente en cada caso. Qué pasaría si el blanco esta cuesta arriba o cuesta abajo? (f) Suponga que el blanco está a 200 m de distancia, pero la línea de visión aI blanco está arriba de la horizontal en 30°. Debe el tirador apuntar alto, bajo o exacto? (g) Suponga que el blanco esta cuesta abajo en 30°. Debe el tirador apuntar alto, bajo o exacto? Explique sus respuestas.
  33. 33. 31.- Un halcón vuela horizontalmente a 10 m/seg en línea recta, 200 m arriba del suelo. Un ratón que lo ha estado llevando se libera de sus garras. El halcón continúa en su trayectoria a la misma rapidez durante 2 segundos antes de tratar de recuperar su presa. Para lograr la recuperación, hace una picada en línea recta a rapidez constante y recaptura al ratón 3 m sobre el suelo. (a) Suponiendo que no hay resistencia del aire, encuentre la rapidez de picada del halcón. (b) Que ángulo hizo el halcón con la horizontal durante su descenso? (c) Durante cuánto tiempo "disfruto" el ratón de la caída libre? 32.- Una persona de pie en lo alto de una roca semiesférica de radio R, patea una pelota (inicialmente en reposo en lo alto de la roca) para darle velocidad horizontal Vo como se ve en la figura P4.62. (a) Cual debe ser su rapidez inicial mínima si la pelota nunca debe tocar la roca después de ser pateada? (b) Con esta rapidez inicial, a que distancia de la base de la roca llega la pelota al suelo?
  34. 34. . 33.- Un auto está estacionado en una pendiente inclinada que mira hacia el océano, donde la pendiente forma un ángulo de 37 0 abajo de la horizontal. El negligente conductor deja el auto en neutral y los frenos de estacionamiento están defectuosos. Arrancando desde el reposo en t = 0, el auto rueda por la pendiente con una aceleración constante de 4 m/seg 2 , recorriendo 50 m hasta el borde de un acantilado vertical. El acantilado está a 30 m sobre el océano. Encuentre (a) la rapidez del auto cuando llegue al borde del acantilado y el tiempo en el que llega a ese lugar, (c) el intervalo total de tiempo que el auto está en movimiento, y (d) la posición del auto cuando cae al océano, con respecto a la base del acantilado. 34.- Un camión cargado con sandias se detiene de pronto para evitar volcarse sobre el borde de un puente destruido (figura P4.64). La rápida parada hace que varias sandias salgan despedidas del
  35. 35. camión; una de ellas rueda sobre el borde con una rapidez inicial Vi = 10 m/seg en la dirección horizontal. Una sección transversal de la margen tiene la forma de la mitad inferior de una parábola con su vértice en el borde del camino, y con la ecuación y 2 = 16x, donde x e y se miden en metros. Cuáles son las coordenadas x e y de la sandía cuando se estrella en la margen? 35.- Un decidido coyote sale una vez mas en persecución del escurridizo correcaminos. El coyote lleva un par de patines con ruedas de propulsión a chorro, marca Acme, que Ie dan una aceleración horizontal constante de 15 m/seg 2 (figura P4.65). EI coyote arranca desde el reposo a 70 m del borde de un precipicio en el instante en que el correcaminos lo pasa en dirección aI precipicio. (a) Si el correcaminos se mueve con rapidez constante, determine la rapidez mínima que debe tener para Ilegar al precipicio antes que el coyote. En el borde del precipicio, el correcaminos escapa aI dar una vuelta repentina, mientras que el coyote continua de frente. Sus patines permanecen horizontales y continúan funcionando cuando el esta en el aire, de modo que la aceleración del coyote cuando esta en el aire es (15i - 9.8j) m/seg 2 . (b) Si el precipicio esta a 100 m sobre el piso pIano de un cañón, determine en donde cae el coyote en el cañón. (C) Determine los componentes de la velocidad de impacto del coyote.
  36. 36. 36.- Un temerario acróbata se dispara desde un cañón a 45 grados respecto de la horizontal con una velocidad inicial de 25 m/seg. Una red está colocada a una distancia horizontal de 50 metros del cañón. A que altura sobre el cañón debe ponerse la red para que caiga en ella el acróbata? 37.- Un patinador sale de una rampa en un salto de esquí con una velocidad de 10 m/seg., 15.0° arriba de la horizontal, como se ve en la figura P4.67. La pendiente de la rampa es de 50.0° y la resistencia del aire es insignificante. Encuentre (a) la distancia desde la rampa a donde el patinador Ilega aI suelo y (b) los componentes de velocidad justo antes que aterrice. (Como piensa usted que los resultados podrían ser afectados si se incluyera la resistencia del aire? Observe que los saltadores se inclinan hacia delante en la forma de un ala
  37. 37. aerodinámica, con sus manos a los costados del cuerpo para aumentar su distancia. Por qué funciona esto?) Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo. Por lo anterior la altura de la rampa Y = ( - ) Pero: Y = d * sen 50 ECUACION 2 Reemplazando el valor de t y t 2
  38. 38. d = 43,14 metros (b) los componentes de velocidad justo antes que aterrice. Hallamos el tiempo que demora el esquiador en el aire. t = 2,87 seg V0Y = 2,58 m/seg. VY = V0Y - g * t VY = 2,58 m/seg. – 9,8 m/seg 2 * 2,87 seg VY = 2,58 m/seg. – 28,126 m/seg. VY = - 25,54 m/seg. VX = V0X = 9,65 m/seg. 38.- Ejemplo Desde la ventana situada a 20 m sobre el suelo se lanza horizontalmente un objeto con una velocidad de 15 m/s. Determinar: a) Las ecuaciones que describen el movimiento del objeto. b) El punto en que toca el suelo.
  39. 39. c) La velocidad con que llega al suelo. Solución: Cuando toca el suelo y = 0. Luego : 0 = 20- 5 t 2 . Para calcular la distancia a la que toca el suelo se calcula el valor de la componente x para t = 2 s. x (t = 2) = 15. 2 = 30 m. Cuando toca el suelo el vector velocidad tendrá como componentes: vx = v0 = 15 m/s vy = - 10 . 2 = - 20 m/s. El signo menos indica que apunta hacia abajo. Por tanto: También se puede calcular el ángulo que el vector velocidad forma con la horizontal en el momento de llegar al suelo: Tomado como origen el de los ejes coordenados y considerando positivo hacia la derecha y hacia arriba: x0 = 0 v0 = 15 m/s y0 = 20 m g = - 10 m/s2 Ecuaciones Eje X: Eje Y: vx = v0 = 15 vy = - 10 t x = 15 t y = 20- 5 t 2 20 t 2 s 5 = = Tiempo que el objeto tarda en llegar al suelo(solamente se considera el resultado con signo positivo). 0v 15 m/ s= 2 g 10 m/ s= X Y Origen xv 15 m/ s= yv 20 m/ s= 2 2 2 2 x y m v v v 15 20 25 s = + = + = v v xv 15 m/ s= yv 20 m/ s= α 020 tg 1,333 ; 53,1 15 α = = α = Para calcular el ángulo correspondiente a la tangente usar la función inv tan ó tan– 1 de la calculadora.
  40. 40. 39.- Ejemplo Un saltador de longitud llega a la tabla de batida con una velocidad de 8,5 m/s e inicia el vuelo con un ángulo de 40 0 . Determinar: a) Las ecuaciones del movimiento. b) El alcance del salto. c) La altura máxima alcanzada. d) Altura y velocidad a los 0,75 s. Solución: Para calcular el alcance del salto, imponemos la condición de que el saltador llegue en el suelo. Es decir y =0: 0 = 5,5 t – 5 t 2 ; . Tiempo que el saltador está en el aire. Para calcular la distancia se calcula el valor de la componente x para t = 1,05 s x (t= 1,1) = 6,5 . 1,10 = 7,15 m Para calcular el valor de la altura máxima, calculamos el valor de la componente y para t = 0,55 s: y (t = 0,55) = 5,5 . 0,55 – 5 . 0,55 2 = 1,51 m. A los 0,75 s de iniciado el salto: El atleta se encontrará a una distancia del origen de: x (t=0,75) = 6,5 . 0.75 = 4,88 m. A una altura de: y (t = 0,75) = 5,5 . 0,75 – 5 . 0,75 2 = 1,31 m. Las componentes de la velocidad valdrán: vx = 6,5 m/s. vy = 5,5 – 10 0,75 = - 2,0 m/s. u (X Y 0v g r α 0 xv 0 yv s Tomado como origen el de los ejes coordenados y considerando positivo hacia la derecha y hacia arriba: x0 = 0 y0 = 0 v0x = 8,5. cos 40= 6,5 m/s v0y = 8,5. sen 40= 5,5 m/s g = - 10 m/s2 Ecuaciones Eje X: Eje Y: vx = v0x = 6,5 vy = 5,5 – 10 t x = 6,5 t y = 5,5 t - 5 t 2 5,5 t 1,10 s 5 = = En el punto de altura máxima ocurre que la componente y de la velocidad ( vy)es nula (ver esquema). Por tanto: vy = 0. 0 = 5,5 – 10 t; t = 0,55 s. El tiempo obtenido es el que tarda en alcanzar la altura máxima (notar que en este caso es justamente la mitad del tiempo de vuelo, pero no siempre ocurre esto. Ver apartado d del ejemplo 3) X Y yv xv v yv xv vh max En el punto de altura máxima el vector velocidad (que es siempre tangente a la trayectoria) es paralelo al suelo, luego vy = 0.
  41. 41. Como se puede comprobar por el signo de vy el saltador se encuentra en la parte descendente de la parábola. Su velocidad será: 40.- Ejemplo Desde una ventana de un edificio situada a 12 m del suelo se lanza una pelota con una velocidad de 15 m/s formando un ángulo de 300 con la horizontal. Determinar: a) Las ecuaciones que describen el movimiento de la pelota:  Si se toma como origen el de coordenadas.  Si se toma como origen el lugar de lanzamiento. b) ¿Cuánto tiempo tardará en chocar con el suelo? c) ¿Cuánto tiempo tardará en pasar por delante de un balcón situado 2 m por encima del lugar de lanzamiento? d) ¿Cuál es la altura máxima alcanzada? Solución 41.- Usted arroja una pelota desde un acantilado a una velocidad inicial de 15 m/s y con un ángulo de 20° arriba de la horizontal. Halle a) su desplazamiento horizontal y b) su desplazamiento vertical 2.3 s más tarde. X Y 12 m v0 =15,0 m/s 30 0 2 2 2 2 x y m v v v 6,5 2,0 6,8 s = + = + = Tomado como origen el de los ejes coordenados y considerando positivo hacia la derecha y hacia arriba: x0 = 0 y0 = 12 v0x =15,0. cos 30= 13,0 m/s v0y =15,0 sen 30= 7,5 m/s g = - 10 m/s2 Ecuaciones Eje X:Eje Y:vx = v0x = 13,0vy = 7,5 – 10 tx = 13,0 ty = 12+ 7,5 t - 5 t 2 Tomado como origen el punto de lanzamiento y considerando positivo hacia la derecha y hacia abajo: x0 = 0 y0 = 0 v0x =15,0. cos 30= 13,0 m/s v0y = - 15,0 sen 30= - 7,5 m/s g = 10 m/s2 Ecuaciones Eje X:Eje Y:vx = v0x = 13,0vy = -7,5 + 10 tx = 13,0 ty = - 7,5 t + 5 t 2
  42. 42. 42.- Una piedra es proyectada a 120 ft/s en una dirección 62° sobre la horizontal, hacia un acantilado de altura h, la piedra golpea sobre el acantilado 5.5 s después del lanzamiento. Halle la altura h del acantilado, b) la altura máxima alcanzada por la piedra 43.- Una pelota rueda desde lo alto de una escalera con una velocidad horizontal de magnitud de 5 ft/s. Los escalones tienen 8 in de largo y 8 in de alto. .¿En qué escalón golpea si primero le pelota? SOLUCION El sistema de referencia es colocado en el punto donde la pelota abandona el primer escalón, tal como se muestra en la figura, en estas condiciones la ecuación de la trayectoria parabólica que sigue la pelota queda descrita por la ecuación 3.14 con θ = 00
  43. 43. Por el resultado obtenido, la pelota golpea el 3 ER escalón. 44.- Un jugador de fútbol americano patea la pelota para que tenga un “tiempo de suspensión” de 4.5 s y aterrice a 50 yardas (47.7 m) de distancia. Si la pelota abandona el pie del jugador a 5 ft (1.52 m) de altura sobre el terreno, ¿Cuál es su velocidad inicial (magnitud y dirección)? SOLUCION Las ecuaciones paramétricas son
  44. 44. 45.- Un cañón está listo para disparar proyectiles con una velocidad inicial Vo directamente sobre la ladera de una colina con un ángulo de elevación ¿A qué ángulo a partir de la horizontal deberá ser apuntado el cañón para que obtener el máximo alcance posible R. sobre la ladera?
  45. 45. 46.- Un atleta que participa en salto de longitud, deja el suelo a un ángulo de 20.0° sobre la horizontal y con una rapidez de 11.0 m/s. a) ¿Qué distancia salta en la dirección horizontal? b) ¿Cuál es la altura máxima que alcanza? Solución: La gráfica representa la trayectoria del salto del atleta, la variable x representa el la longitud del salto y la variable h que tan alto fue su salto. Para el inciso a:
  46. 46. El dato de la velocidad inicial es el valor o magnitud de la velocidad inicial expresada como un vector resultante teniendo que descomponer en sus componentes; en x denotado por la expresión v sen β y para la velocidad en la coordenada y por v sen β . Encontrando los componentes de la velocidad tenemos: Velocidad inicial en y: = Velocidad inicial en x: = = Ahora procedemos a encontrar el tiempo que tarda el atleta en el aire: Utilizando la ecuación 7.23 y despejando para la variable del tiempo tenemos: El valor del tiempo es siempre positivo y al realizar la operación de signos se obtiene. Sustituyendo el valor encontrado del tiempo t= 0.75s en la ecuación de MRU tenemos: Utilizando la ecuación 7.21 y tomando en cuenta que el tiempo total del salto es de 0.75s, a la mitad del salto según la figura está el punto más alto por lo consiguiente el tiempo a la mitad del salto también es la mitad, al dividir el tiempo a la mitad t = 0.375s y como se indicó que en el lanzamiento de proyectiles la velocidad en el punto más alto de la trayectoria es de 0m/s. 47.- Una piedra es lanzada hacia arriba desde lo alto de un edificio, a un ángulo de 30.0° con la horizontal, y con una rapidez inicial de 20.0 m/s, como se muestra en la figura. La altura del edificio es de 45.0 m. a) ¿Cuánto tarda la piedra en llegar al suelo? B) ¿Cuál es la rapidez de la piedra justo antes de golpear el suelo?
  47. 47. Solución: En este ejercicio se puede observar la trayectoria y varios parámetros del movimiento de la piedra, en el que se puede ver una trayectoria parabólica en el que la gravedad es una aceleración constante que ejerce la tierra sobre cada objeto en la dirección y y una partícula con velocidad constante en la dirección x. El punto de referencia para este ejercicio lo tomaremos en el instante en que es lanzada la piedra sobre el edificio y el final del movimiento es cuando la piedra choca contra el suelo que se encuentra a 45 metros por debajo del inicio del movimiento. Expresando la velocidad de la piedra a partir de la componente vertical de la velocidad en la ecuación 7.24 tenemos: La velocidad final tiene signo negativo debido a que el punto de llegada está más abajo del punto de salida. Para el inciso a, exprese la posición de la piedra a partir de la componente vertical de la velocidad, se utiliza la ecuación 7.23 y sustituya valores numéricos: Nota: otra forma de resolver consiste en utilizar la ecuación 7.21, con la sustitución de y resolver la ecuación en términos del tiempo, le quedará una expresión en términos cuadráticos, resuelva utilizando la ecuación cuadrática y tome el tiempo positivo como dato de respuesta.
  48. 48. 48.- Un juego de béisbol un bateador envía la bola a una altura de 4.6 * sobre el suelo de modo que el ángulo de la proyección es de 52° con la horizontal. La bola aterriza en el graderío, a 39 ft arriba de la parte inferior; el graderío tiene una inclinación de 28° y los asientos inferiores están a una distancia de 358 ft de la placa de home”. Calcule la velocidad con que la bola dejó el bate. Problema. De un cañón fueron disparados dos proyectiles seguidos con una velocidad v0 = 250 m/s y un ángulo con la horizontal de 60° y 45° respectivamente. Hallar el intervalo de tiempo entre los disparos que asegure que los proyectiles choquen. Solución: Tomemos el origen de coordenadas en la posición del cañón y pongamos a cero nuestro cronómetro en el instante en que se lanza el primer proyectil. Llamemos τ al intervalo de tiempo transcurrido entre el lanzamiento de los dos proyectiles. Las ecuaciones de movimiento de éstos serán: Sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas tchoque y τ. Sustituyendo la primera ecuación en la segunda tenemos que: Esta ecuación tiene dos soluciones. La solución: tchoque = 0, que sustituida en la primera ecuación del sistema de ecuaciones conduce a τ = 0, no es la solución que nos interesa, ya que nos está diciendo algo tan trivial como que si lanzamos los dos proyectiles sin intervalo de tiempo entre sus
  49. 49. lanzamientos los dos van a chocar en el instante inicial del lanzamiento. La solución que nos interesa es la segunda: Problema. Se dispara un proyectil de manera que su alcance horizontal es 3 veces su altura máxima. ¿Cuál es el ángulo de tiro? Solución: Si ponemos el origen de coordenadas en la posición de lanzamiento, y en ese momento ponemos a cero el cronómetro, las ecuaciones del movimiento parabólico del proyectil serán: En el momento en que la altura es máxima (t = ta): En el momento en que regresa al suelo (t = tb) el alcance R será: (La solución tb = 0 representa el instante de lanzamiento y no el instante de llegada al suelo que es el que nos interesa) Problema. Un aeroplano vuela horizontalmente a una altura h de 1 km y con una velocidad de 200 km/h. Deja caer una bomba que debe dar en un barco que viaja en el mismo sentido a una velocidad de 20 km/h. Demostrar que la bomba debe dejarse caer cuando la distancia d horizontal entre el aeroplano y el barco es de 715 m. Resolver el mismo problema para el caso en el cual el barco se está moviendo en sentido opuesto. Solución: Coloquemos nuestro origen de coordenadas a nivel del mar, justo debajo del aeroplano cuando éste suelta la bomba, el eje X horizontal, con el mismo sentido que la velocidad va del aeroplano, y el eje Y vertical hacia arriba. Si ponemos en marcha el cronómetro cuando se suelta la bomba, las ecuaciones del movimiento para ésta y para el barco serán: Para que incida en ese momento en el barco se debe de cumplir que: Esta ecuación para la distancia es válida para cualquier velocidad del barco a lo largo del eje X (dirección de movimiento del aeroplano). En este primer caso vbarco = 20 km/h, ya que se mueve en el sentido positivo del eje X (mismo sentido de movimiento que el aeroplano). Cuando el barco se mueve en sentido opuesto vbarco = −20 km / h , y en este caso tenemos para la nueva distancia:
  50. 50. Problema. Un proyectil es disparado haciendo un ángulo de 35º. Llega al suelo a una distancia de 4 km del cañón. Calcular: a) la velocidad inicial, b) el tiempo de vuelo, c) la altura máxima, d) la velocidad en el punto de altura máxima. Solución: Si colocamos el origen de coordenadas en la posición inicial del proyectil, ponemos a cero el cronómetro en dicho momento y orientamos el eje X horizontal y el eje Y vertical de forma que la velocidad inicial esté contenida en el plano XY, tenemos que las ecuaciones del movimiento parabólico serán: Sustituyendo este tiempo en la coordenada x del proyectil obtenemos el alcance R: c) En el punto de altura máxima la componente vertical de la velocidad se anula, entonces en dicho momento: d) La velocidad en el momento de máxima altura tendrá, como hemos comentado, sólo componente x: Problema. Un proyectil es disparado con una velocidad de 600 m/s haciendo un ángulo de 60º con la horizontal. Calcular: a) el alcance horizontal, b) la altura máxima, c) la velocidad y altura después de 30 s, d) la velocidad y el tiempo cuando el proyectil se encuentra a 10 km de altura. Solución: Si colocamos el origen de coordenadas en la posición inicial del proyectil, ponemos a cero el cronómetro en dicho momento y orientamos el eje X horizontal y el eje Y vertical de forma que la velocidad inicial esté contenida en el plano XY, tenemos que las ecuaciones del movimiento parabólico serán: Sustituyendo este tiempo en la coordenada x del proyectil obtenemos el alcance R:
  51. 51. b) En el punto de altura máxima la componente vertical de la velocidad se anula, entonces en dicho momento: d) Llamemos th al instante de tiempo en el que el proyectil se encuentra a h = 10 km de altura: Problema. Se lanza una pelota desde una altura de 1.2 m por encima del suelo, formando un ángulo de 45˚ con la horizontal y con velocidad tal que el alcance horizontal hubiera sido 120 m. A la distancia de 108 m del lugar de lanzamiento se encuentra una valla de 9 m de altura ¿Pasará la pelota por encima de la valla? Solución: Si colocamos el origen de coordenadas a ras del suelo cuando es lanzado el proyectil, ponemos a cero el cronómetro en dicho momento y orientamos el eje X horizontal y el eje Y vertical de forma que la velocidad inicial esté contenida en el plano XY, tenemos que las ecuaciones del movimiento parabólico serán: Sustituyendo este tiempo en la coordenada x del proyectil obtenemos el alcance R:
  52. 52. Si llamamos tvalla al momento en que el proyectil se ha desplazado horizontalmente hasta la posición de la valla: Problema. La estrella del decatlón de los juegos olímpicos de Barcelona 92 es un brillante estudiante de física y está atrapado en el tejado de un edificio en llamas. Conservando su sangre fría y con ayuda de lápiz, papel, calculadora y su libro de física favorito (¡si necesitaba libro no debía de ser tan brillante!) tiene que decidir en 15 minutos si brinca al siguiente edificio ya sea corriendo con una velocidad horizontal hasta el borde o usando la técnica del salto de longitud. El edificio contiguo se encuentra a 10 m horizontalmente y 3 m hacia abajo. Su tiempo para una carrera de 100 m es de 10.3 s y su distancia en el salto de longitud es de 7.77 m. (Suponga que salta de forma óptima, es decir formando un ángulo de 45˚ con la horizontal). Serías tan brillante como este alumno como para decidir (en menos de 15 minutos ¡no lo olvides!) qué método (si es que lo hay) deberías usar para alcanzar el otro edificio a salvo? Solución: Tomemos el origen de coordenadas en el borde del edificio donde se encuentra el estudiante y pongamos a cero el cronómetro justo cuando salta. Las coordenadas de la terraza del otro edificio serán por lo tanto xP = 10 m , yP = −3 m . Si utilizase la técnica del salto de longitud (con un alcance de 7.77 m), las ecuaciones de su movimiento serían:
  53. 53. Problema. Un jugador de baloncesto va a lanzar dos tiros libres. El centro de la canasta está a una distancia horizontal de 4.21 m de la línea de falta y a 3.05 m sobre el suelo. En el primer intento, lanza el balón a 35º sobre la horizontal con v0=4.88 m/s. El balón se suelta a 1.83 m de altura. El tiro falla por mucho. a) ¿Qué altura máxima alcanzo el balón? b) ¿A qué distancia de la línea toca el balón el piso? En el segundo tiro, el balón pasa por el centro de la canasta. El ángulo y el punto de lanzamiento son los mismos. c)¿Con qué velocidad se lanzo? d) En el segundo tiro ¿Qué altura máxima alcanza el balón? En ese punto ¿a que distancia horizontal está la canasta? Solución: Si ponemos el origen de coordenadas en la posición de lanzamiento del jugador, y en ese momento ponemos a cero el cronómetro, las ecuaciones del movimiento parabólico del balón serán: a) Las condiciones iniciales para el primer tiro son: y0 = 1.83 m, v0 =4.88 m/s, θ = 35º. Cuando alcanza la altura máxima su velocidad vertical se anula: b) Cuando el balón toca el suelo su altura es nula: c) Las condiciones iniciales para el segundo tiro son: y0 = 1.83 m, v0 =? m/s, θ = 35º. Si llamamos (xc , yc ) a las coordenadas del centro de la canasta respecto de la línea de tiros libres y llamamos tc al momento en que el balón la atraviesa tenemos que:
  54. 54. d) Cuando alcanza la altura máxima su velocidad vertical se anula: PROBLEMAS ADICIONALES SOBRE TIRO PARABOLICO Problema 1 Un proyectil tiene una velocidad inicial de 24 m /seg que forma un ángulo de 53 0 por encima de la horizontal calcular: a) La distancia horizontal a que se encuentra del punto de partida 3 seg después de ser disparado. b) La distancia vertical por encima del punto de partida en el mismo instante c) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en dicho momento Datos ө = 53 0 V0 = 24 m/seg. Inicialmente se halla el tiempo máximo, para saber si los 3 seg están subiendo o bajando en la gráfica.
  55. 55. Teniendo en cuenta que la velocidad final en el eje Y cuando el proyectil alcanza la máxima altura es cero. tmax = 1,95 seg significa que a los 3 seg. el proyectil esta bajando , ver grafica. a) La distancia horizontal a que se encuentra del punto de partida 3 seg después de ser disparado. X = 14,44 * 3 X = 44,33 m b) La distancia vertical por encima del punto de partida en el mismo instante En la figura se puede observar la posición del proyectil. A los 3 seg. el proyectil va bajando. Pero: V0Y = 19,16 m/seg. t = 3 seg
  56. 56. Problema 2 Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 53 0 por encima de la horizontal y una velocidad inicial V0 = 60 m/seg. Un tanque avanza directamente hacia el mortero, sobre un terreno horizontal, a la velocidad de 3 m/seg. Cual deberá ser la distancia desde el mortero al tanque en el instante en que el mortero es disparado para lograr hacer blanco. El tiempo de vuelo del mortero es el mismo tiempo que necesita el tanque para llegar al objetivo. Se halla el desplazamiento del tanque V = velocidad del tanque = 3 m/seg X = v * t X = 3 m/seg * 9,78 seg X = 29,34 metros PROBLEMA 3 Se lanza un proyectil con una velocidad de 61 m/seg. y un ángulo de 60 0 sobre la horizontal. Calcular
  57. 57. a) Cuanto vale la componente vertical de la velocidad inicial (VOY) Datos del problema VO = 61 m/seg. θ = 600 VOY = VO sen θ VOY = 61 sen 60 = 61 (0,866) VOY = 52,82 m/seg. b) Cuanto vale la componente horizontal de la velocidad inicial (VOX) Datos del problema VO = 61 m/seg. θ = 60 0 VOX = VO cos θ VOX = 61 cos 60 = 61 (0,5) VOX = 30,5 m/seg. c) Cual es la velocidad vertical al cabo de 2 seg. ( - ↑ ) VY = VOY – gt pero: VOY = 52,82 m/seg. VY = 52,82 m/seg. – 10 m/seg 2 * 2 seg. VY = 52,82 m/seg. – 20 m/seg. VY = 32,82 m/seg. d) Cual es la velocidad horizontal al cabo de 2 seg. La velocidad horizontal (VX ) al cabo de 2 seg. es la misma que VOX = 30,5 m/seg. Es decir la velocidad en eje horizontal permanece constante a través de todo el recorrido. VX = VOX = 30,5 m/seg. e) Cual es la magnitud de la velocidad al cabo de 2 seg. Pero: VX = VOX = 30,5 m/seg. VY = 32,82 m/seg. g) Cual es el alcance del proyectil (Distancia horizontal recorrida) VX = VOX = 30,5 m/seg. X = VX * tvuelo pero: tvuelo = 2 * tmax X = 30,5 * 10,564 tvuelo = 2 * 5,282 seg. X = 322,2 metros tvuelo = 10,564 seg. h) Cual es la velocidad del proyectil al llegar al suelo Es igual a la velocidad con que parte el proyectil. VO = 61 m/seg. VX = VOX = 30,5 m/seg. Es decir la velocidad en eje horizontal permanece constante a través de todo el recorrido. VOY = 52,82 m/seg. VO = 61 m/seg.
  58. 58. PROBLEMA 4 Se lanza un objeto con velocidad vertical de 40 m/seg. y horizontal de 30 m/seg. a) Cual es la altura alcanzada. b) El alcance horizontal. a) Cual es la altura alcanzada. VOY = 40 m/seg. VX = VOX = 30 m/seg. pero: tvuelo = 2 * tmax tvuelo = 2 * 4 seg. tvuelo = 8 seg. X = VX * tvuelo pero: VX = VOX = 30 m/seg. X = 30 m/seg. * 8 seg. X = 240 metros Problema 5 Un jugador lanza una pelota formando un ángulo de 37 0 con la horizontal y con una velocidad inicial de 48 pies/seg. Un segundo jugador, que se encuentra a una distancia de 100 pies del primero en la dirección del lanzamiento inicia una carrera para encontrar la pelota, en el momento de ser lanzada. Con que velocidad ha de correr para coger la pelota
  59. 59. Para el segundo jugador, el tiempo de vuelo de la pelota es el mismo tiempo que el jugador necesita para llegar hasta la pelota. t = 1,8 seg X1 = 100 pies R = 69,21 pies X1 = R + X X = X1 – R X = 100 – 69,21 X = 30,79 pies se halla la velocidad del jugador para atrapar la pelota PROBLEMA 6 Una bala se dispara con un ángulo de tiro de 30 0 y una velocidad de 200 m/seg. Calcular: a) Altura alcanzada en 8 seg. b) A los cuantos seg. regresa a la tierra. VOY = VO sen θ VOY = 200 sen 30 VOY = 200 * (0,5) VOY = 100 m/seg. c) Distancia horizontal recorrida en 15 seg. Es necesario hallar el tiempo máximo (tmax), para determinar si a los 8 seg. del movimiento la bala va bajando o subiendo.
  60. 60. a) Altura alcanzada en 8 seg. Datos del problema VO = 200 m/seg. θ = 30 El tiempo máximo es de 10 seg. (Ver la grafica) se puede decir que a los 8 seg. la bala esta subiendo. b) A los cuantos seg. regresa a la tierra. t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 10 seg. t vuelo = 20 seg. c) Distancia horizontal recorrida en 15 seg. Datos del problema VO = 200 m/seg. θ = 30 0 VOX = VO cos θ VOX = 200 * cos 30 VOX = 200 * (0,866) VOX = 173,2 m/seg. pero: VX = VOX = 173,2 m/seg. X = VX * t X = 173,2 m/seg. * 15 seg. X = 2598 metros El alcance horizontal para 15 seg. es X = 2598 metros. PROBLEMA 7 De arriba de una torre se lanza una piedra con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 37 0 . La piedra alcanza el suelo a una distancia de 160 metros con respecto a la base de la torre. Cual es la altura de la torre. Datos del problema VO = 20 m/seg. θ = 37 0 VOY = VO sen θ VOY = 20 sen 37 VOY = 20 * (0,6018) VOY = 12 m/seg.
  61. 61. Datos del problema VO = 20 m/seg. θ = 37 0 VOX = VO cos θ VOX = 20 * cos 37 VOX = 20 * (0,798) VX = VOX = 15,97 m/seg. X = VX * tvuelo pero: VX = VOX = 15,97 m/seg. t vuelo = 2,4 seg. X = 15,97 m/seg. * 2,4 seg. X = 38,32 metros. (Este es el alcance horizontal del tiro parabólico, ver grafica) Pero: 160 = X + X1 X1 = 160 - X X1 = 160 - 38,32 X1 = 121,67 metros (VER LA GRAFICA) PROBLEMA 8 De lo alto de un edificio se lanza un proyectil con una inclinación de 40 0 por encima de la horizontal. Al cabo de 5 seg. el proyectil encuentra el plano horizontal que pasa por el pie del edificio, a una distancia de este pie igual a la altura del edificio. Calcular la velocidad inicial del proyectil y la altura del edificio. Se sabe que la máxima altura de trayectoria del proyectil respecto a la parte superior del edificio es de 10 metros.
  62. 62. Datos del problema: θ = 40 0 t = 5 seg. (para X = h) (Es decir el proyectil demora en el aire 5 seg.) hmax = 10 metros. g = 10 m/seg 2 Como tenemos el valor de hmax se puede hallar la VOY (Velocidad inicial en el eje vertical). Datos del problema VO = 22 m/seg. θ = 40 0 VOX = VO cos θ VOX = 22 * cos 40 VOX = 22 * (0,766) VX = VOX = 16,85 m/seg. Como VX = VOX = 16,85 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil, y el tiempo de vuelo del proyectil es de 5 seg. se halla el recorrido horizontal (X = h ) X = h = VX * t X = h = 16,85 * 5 X = h = 84,25 metros. La altura del edificio (h) es de 84,25 metros. PROBLEMA 9 Un jugador de béisbol golpea la pelota con un ángulo de 45 0 y le proporciona una velocidad de 38 m/seg. Cuanto tiempo tarda la pelota en llegar al suelo
  63. 63. Datos del problema VO = 38 m/seg. θ = 45 0 VOY = VO sen θ VOY = 38 sen 45 VOY = 38 (0,7071) VOY = 26,87 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tmax Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 2,687 seg. t vuelo = 5,374 seg. PROBLEMA 10 Se lanza una pelota al aire, cuando esta a 12 metros sobre el piso , las velocidades son: VX = VOX = 4,5 m/seg. VY = 3,36 m/seg. Cual es la velocidad inicial de la pelota (VO). Que altura máxima alcanza la pelota. VY = VOY – g t VY + gt = VOY 3,36 +10t = VOY (Ecuación 1)
  64. 64. Igualando ecuación 1 con ecuación 2 3,36 +10t = 12/t + 5t Reemplazando el t = 1,25 seg. hallamos VOY 3,36 +10t = VOY (Ecuación 1) 3,36 + 10 *1,25 = VOY VOY = 3,36 +12,5 = 15,86 m/seg VOY = 15,86 m/seg θ = arc tg 3,524 θ = 74,15 0 VOY = VO sen θ 15,86 = VO sen 74,15 VO = 16,48 m/seg (Velocidad inicial con que fue lanzada la pelota) PROBLEMA 11 Se dispara un proyectil con rapidez inicial de 80 m/seg. hacia el este con un ángulo de elevación de 60 0 a) Calcular el tiempo de vuelo del proyectil. b) Cual es el alcance máximo horizontal. c) Cual es el desplazamiento vertical y horizontal al cabo de 5 seg. d) Que magnitud y dirección tiene la velocidad del proyectil a los 5 seg. e) En que instante de tiempo y a que altura la componente vertical de la velocidad se anula. Posición a los 5 seg. Tiempo máximo = 6,928 seg
  65. 65. a) Calcular el tiempo de vuelo del proyectil. Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 6,928 seg. t vuelo = 13,856 seg. b) Cual es el alcance máximo horizontal. Datos del problema VO = 80 m/seg. θ = 60 0 VOX = VO cos θ VOX = 80 * cos 60 VOX = 80 * (0,5) VX = VOX = 40 m/seg. Como VX = VOX = 40 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil. t vuelo = 13,856 seg. X = VX * tvuelo = 40 * 13,856 = 554,24 metros. X = 554,24 metros. c) Cual es el desplazamiento vertical y horizontal al cabo de 5 seg. Para el desplazamiento vertical es necesario evaluar si a los 5 seg., el movimiento del proyectil va bajando o subiendo. Para determinar el signo de la ecuación, se compara el valor de tmax = 6,928 seg. (Ver grafica) Esto nos indica que a los 5 seg. el proyectil va subiendo ( - ↑ ) luego la ecuación es negativa Y = 346,4 – 125 = 221,4 metros Y = 221,4 metros (Alcance vertical a los 5 seg.) X = VX * t = 40 * 5 = 200 metros X = 200 metros (Alcance horizontal a los 5 seg.) d) Que magnitud y dirección tiene la velocidad del proyectil a los 5 seg. VY = VOY – gt pero: VOY = 69,28 m/seg. VY = 69,28 – 10 * 5
  66. 66. VY = 19,28 m/seg. La velocidad horizontal (VX) al cabo de 5 seg. es la misma que VoX = 40 m/seg. Por que la velocidad en este sentido permanece constante a través de todo el recorrido. Para hallar la magnitud de la velocidad al cabo de 5 seg. Pero: VX = VOX = 40 m/seg. VY = 19,28 m/seg β = arc tg 0,482 β = 25,7340 e) En que instante de tiempo y a que altura la componente vertical de la velocidad se anula. La velocidad vertical se hace cero, cuando alcanza la máxima altura. PROBLEMA 12 Una roca descansa sobre un barranco 600 metros por encima de una casa, tal como se muestra en la figura. En tal posición que si rodase, saldría disparada con una rapidez de 50 m/seg. Existe un lago de 200 metros de diámetro. Con uno de sus bordes a 100 metros del borde del barranco. La casa esta junto a la laguna en el otro borde. a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo? b) Caerá la roca en la laguna c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento. Datos del problema. Y = 600 metros V0 = 50 m/seg. θ = 30 0 VOY = VO sen θ VOY = 50 sen 30 VOY = 50 (0,5) VOY = 25 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tiempo. a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo? La ecuación para hallar Y es positiva porque la roca va bajando.
  67. 67. b) Caerá la roca en la laguna? Datos del problema. Y = 600 metros V0 = 50 m/seg. θ = 30 0 El alcance máximo horizontal. VOX = VO cos θ VOX = 50 * cos 30 VOX = 50 * (0,866) VX = VOX = 43,3 m/seg. Como VX = VOX = 43,3 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil. t vuelo = 8,73 seg. X = VX * tvuelo = 43,3 * 8,73 = 378 metros. X = 378 metros Si observamos la gráfica, la roca no cae dentro de la laguna. c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento. Pero: VX = VOX = 43,3 m/seg. La ecuación para hallar VY es positiva porque la roca va bajando. VY = VOY + gt pero: VOY = 25 m/seg. VY = 25 + 10 * 8,73 VY = 112,3 m/seg. V = 120,35 m/seg. (Velocidad con que llega la roca al suelo) Como VX = VOX = 43,3 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil. Es la velocidad horizontal. PROBLEMA 13 Se dispara un proyectil desde la cima de una montaña a 180 metros por encima del valle, tal como se indica en la figura. El modulo de su velocidad inicial es 60 m/seg a 60 0 respecto a la horizontal a) Cual es la máxima altura respecto al valle b) Donde caerá el proyectil Datos del problema V0 = 60 m/seg. h altura de la montaña = 180 metros θ = 60 0 a) Cual es la máxima altura respecto al valle (H) (ver grafica) H = h + Ymax pero h = 180 metros VOY = VO sen θ VOY = 60 sen 60
  68. 68. VOY = 60 (0,866) VOY = 51,96 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el Y max Hallamos Ymax YMAX = 135 metros H = h + Ymax pero h = 180 metros H = 180 + 135 = 315 metros H = 315 metros (Altura respecto al valle) b) Donde caerá el proyectil (XT) ? Para hallar el alcance horizontal, es necesario calcular el tiempo de vuelo y la velocidad horizontal en el eje X. Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 5,196 seg. t vuelo = 10,392 seg. (Ver grafica) El alcance máximo horizontal del tiro parabólico (X) Datos del problema VO = 60 m/seg. θ = 60 0 VOX = VO cos θ VOX = 60 * cos 60 VOX = 60 * (0,5) VX = VOX = 30 m/seg. X = VX * tvuelo = 30 * 10,392 = 311.76 metros. (Ver grafica) X = 311.76 metros. La ecuación para hallar h = 180 metros es positiva porque la roca va bajando.
  69. 69. t = 2,741 seg. Es el tiempo que transcurre desde el punto A hasta el punto B. (ver grafica) X1 = VX * t = 30 * 2,741 = 82,23 metros. X1 = 82,23 metros. El desplazamiento total pero: X = 311.76 metros. XT = X + X1 = 311,76 + 82,23 = 394 metros XT = 394 metros PROBLEMA 14 Un patinador desciende por una pista helada, alcanza al finalizar la pista una velocidad de 45 m/ seg. En una competición de salto, debería alcanzar 90 metros a lo largo de una pista inclinada 60 0 respecto a la horizontal. Cuál será el ángulo o los ángulos α que debe formar su vector velocidad con la horizontal? Cuanto tiempo tardara en aterrizar? Datos del problema: V0 = 45 m/seg. X = ALCANCE HORIZONTAL X = vX * t pero X = 45 metros
  70. 70. Problema 15 Se lanza un cuerpo desde el origen con velocidad horizontal de 40 m/s, y con una velocidad vertical hacia arriba de 60 m/s. Calcular la máxima altura y el alcance horizontal.
  71. 71. X = VX * tvuelo = 40 m/seg. * 12 seg = 480 metros X = El alcance horizontal es 480 metros. Problema 16 Resolver el ejercicio anterior, tomando como lugar de lanzamiento la cima de una colina de 50 m de altura. Calcular la máxima altura y el alcance horizontal. Datos del problema V0X = VX = 40 m/seg. V0y = 60 m/seg. h altura de la colina = 50 metros Cual es la máxima altura respecto al valle (H) H = h + Ymax pero h = 50 metros VOY = 60 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el Ymax Hallamos Ymax H = h + Ymax = 50 + 180 = 230 metros H = 230 metros MAXIMA ALTURA Donde caerá el proyectil (XT) ?
  72. 72. Para hallar el alcance horizontal, es necesario calcular el tiempo de vuelo y la velocidad horizontal en el eje X. Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 6 seg. t vuelo = 12 seg. El alcance máximo horizontal del tiro parabólico (X) Datos del problema V0X = VX = 40 m/seg. V0y = 60 m/seg. . X = VX * tvuelo = 40 * 12 = 480 metros. (ver grafica) X = 480 metros. La ecuación para hallar h = 50 metros es positiva porque la roca va bajando. t = 0,986 seg. Es el tiempo que transcurre desde el punto A hasta el punto B. (ver grafica) X1 = VX * t = 40 * 0,986 = 39,44 metros. X1 = 39,44 metros. ALCANCE HORIZONTAL TOTAL (XT ) pero: X = 480 metros. XT = X + X1 = 480 + 39,44 = 519,44 metros XT = 519,44 metros MAXIMO ALCANCE HORIZONTAL
  73. 73. a) Con que velocidad vuela el avión. Rta. VX = 80 m/seg. b) Con qué velocidad choca el objeto. c) Cuanto tiempo emplea en caer. Rta. Rta. V = 128 m/seg. t = 10 seg. Y = 500 metros X = 800 metros PROBLEMAS ADICIONALES SOBRE MOVIMIENTO DE UN CUERPO LANZADO HORIZONTALMENTE PROBLEMA 17 Desde la azotea de un edificio de 125 metros de altura se lanza un objeto horizontalmente con una velocidad de 20 m/seg. Calcular: a) Tiempo empleado en caer. Rta. t = 5 seg. b) Velocidad con que llega a la tierra. Rta V = 53,85 m/seg. c) Distancia horizontal recorrida. Rta. X = 100 metros c) Distancia horizontal recorrida.X = VX * t = 20 m seg * 5 seg = 100 metros MAXIMO ALCANCE HORIZONTAL PROBLEMA 18 Un avión vuela horizontalmente a 500 m de altura y deja caer un objeto. Si hasta llegar a tierra el objeto recorre horizontalmente 800 m, hallar:
  74. 74. PROBLEMA 19 Un objeto se lanza horizontalmente desde cierta altura. Si en llegar a tierra gasta 6 seg. y recorre horizontalmente 72 metros. Calcular: a) Desde que altura se lanzó. Rta. Y = 180 metros b) Cual es la velocidad horizontal Rta c) Que velocidad tiene a los 4 segundos. Rta. V = 41,76 m/seg. t (vuelo) = 6 seg. X = 72 metros.
  75. 75. PROBLEMA 20 De arriba de una torre se lanza horizontalmente una piedra, con velocidad de 30 m/seg. La piedra alcanza el suelo con velocidad de 50 m/seg. a) Cuál es la altura de la torre. Rta. Y = 80 metros b) Cuanto recorre horizontalmente la piedra. Rta. X = 120 metros c) Escriba las ecuaciones cinemáticas del movimiento. Rta. X = 30 t; vX = 30 ; y = -5t 2 ; v = -10 t. a) Cuál es la altura de la torre. PROBLEMA 21 Una persona empuja una pelota por una mesa de 80 cm de altura y cae a 50 cm del borde de la mesa, como se observa en la figura. Con que velocidad horizontal salió la pelota. Datos del problema Y = 80 cm = 0,8 metros X = 50 cm = 0,5 metros. Hallamos el tiempo de vuelo
  76. 76. PROBLEMA 22 Un carpintero lanza un trozo de madera desde el techo de una casa que está a 8,4metros de altura, con una velocidad horizontal Cuanto tiempo tarda en llegar al suelo la madera. Datos del problema
  77. 77. PROBLEMA 23 Desde lo alto de un edificio de 20 metros de altura se lanza horizontalmente una pelota con unavelocidad Cuál es la posición de la pelota 0,5 seg. después de ser lanzada. Datos del problema Y = 20 metros PROBLEMA 24 Desde lo alto de un acantilado de 80 metros sobre el nivel del mar, se dispara horizontalmente un proyectil con velocidad de 50 m/seg. Determinar: a) La posición del proyectil 2 seg. Después del disparo. b) La ecuación de la trayectoria que describe el proyectil c) La velocidad y la posición del proyectil al incidir en el agua. a) 2 seg. Después del disparo, la posición del proyectil es:
  78. 78. YT = 80 metros. Problema 25. Una bola que rueda sobre una mesa horizontal de 75 cm de altura cae tocando el suelo en un punto situado a una distancia horizontal de 1,5 metros del borde de la mesa. Cuál era la velocidad de la bola en el momento de abandonar la mesa? Datos del problema Y = 75 cm = 0,75 metros X = 1,5 m Hallamos el tiempo de vuelo
  79. 79. Problema 26 Un bloque cae desde el tablero horizontal de una mesa de 1,2 metros de altura, sobre la cual se desliza con una velocidad de 3,6 m/seg. a) La distancia horizontal desde la mesa al punto en el cual el bloque golpea el suelo? b) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando llega a este. Datos del problema Y = 1,2 m V0 = 3,6 m/seg Hallamos el tiempo de vuelo
  80. 80. Problema 27 un bombardero que vuela horizontalmente a 90 m/seg. deja caer una bomba desde una altura de 1920 m. a) Cuanto tarda la bomba en llegar a tierra? b) Cuanto recorre horizontalmente? c) Calcular las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando llega al suelo? Datos del problema Y = 1,2 m V0 = 3,6 m/seg Hallamos el tiempo de vuelo t = 19,79 seg. b) Cuanto recorre horizontalmente?
  81. 81. Problema 28 Un bloque pasa por un punto, distante 3 metros del borde de una mesa, con una velocidad de 3,6 m/seg. Abandona la mesa que tiene 1,2 metros de altura y golpea el suelo en un punto situado a 1,2 metros del borde de la mesa. Cual es el coeficiente cinético de rozamiento entre el bloque y la mesa t = 0,49 seg. Con los datos del tiempo de vuelo y el alcance horizontal, se halla la velocidad horizontal con la cual el bloque sale de la mesa. X = VX * t ⇒ Con la velocidad inicial del bloque y la velocidad final se puede hallar la aceleración del bloque en la mesa. (VF)2 = (V0)2 – 2 a d es negativo porque el bloque va perdiendo velocidad (2,44) 2 = (3,6) 2 – 2 a 3 (5,95) = (12,96) – 6 a 6 a = (12,96) - (5,95) 6 a = 7,01
  82. 82. a = 1,16 m/seg 2 Ahora aplicando la segunda ley de Newton. F = m * a pero la única fuerza que se opone al movimiento es la fuerza de rozamiento F = FR F = m * a FR = m * a FR = μ N El movimiento del bloque es en el eje X. En el eje Y no hay desplazamiento. Σ FY = 0 N – m g = 0 N = m g FR = μ N FR = μ m g FR = m * a m * a = μ m g a = μ * g 29.- Problema: Un bloque de masa m = 2 kg se suelta del reposo a una altura h = 0,5 metros de la superficie de la mesa, en la parte superior de una pendiente con un ángulo θ = 30 0 como se ilustra en la figura 5 –41. La pendiente esta fija sobre una mesa de H = 2 metros y la pendiente no presenta fricción. a) Determine la aceleración del bloque cuando se desliza hacia debajo de la pendiente b) Cual es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente. c) A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el suelo. d) Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el suelo. e) La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores.
  83. 83. La velocidad con la cual termina el cuerpo en el plano inclinado, es la misma velocidad que el cuerpo inicia el tiro parabólico. Es decir la velocidad inicial en el tiro parabólico es 3,13 m/seg. Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo. (V0Y = - 3,13 m/seg) V0Y = VF sen 30 V0Y = 3,13 sen 30 V0Y = - 1,565 m/seg. Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo. Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el suelo. Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el plano inclinado. VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t = 0,4988 seg. Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico Tiempo total = 0,638 seg. + 0,4988 seg. Tiempo total = 1,137 seg.
  84. 84. A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el suelo. X = VX * t t es el tiempo que demora el cuerpo en el aire, = 0,4988 seg VX = VF cos 30 VX = 3,13 * 0,866 VX= 2,71 m/seg. X = VX * t X = 2,71 * 0,4988 X = 1,351 metros La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores. No, la masa se cancela y por lo tanto no influye en los cálculos. 30.- Un avión que vuela horizontalmente a razón de 90 m/s deja caer una piedra desde una altura de 1 000 m. ¿Con qué velocidad (aproximadamente) llega la piedra a tierra si se desprecia el efecto del rozamiento del aire? A) 140 m/s B) 166,4 m/s C) 230 m/s D) 256,4 m/s E) 345,6 m/s 31.- Desde A se lanza un proyectil con dirección al punto P. ¿Cuál debe ser la velocidad inicial Vo (en m/s) para que el proyectil impacte en el punto B? (g= 10 m/s2) 32.- Un hombre cae desde el reposo desde una altura de 100 m después de caer 2 s lanza un paquete horizontalmente con una velocidad de 10 m/s. ¿A qué distancia (en metros) aproximadamente de su dirección vertical caerá el paquete? (g= 10 m/s2; ) A) 2,5 B) 50 C) 25 D) 40 E) 12
  85. 85. 33.- Desde una altura de 3,2 m un cuerpo es lanzado horizontalmente con 6 m/s. ¿Con qué velocidad (en m/s) llegará al piso? (g= 10 m/s2) A) 6 B) 8 C) 10 D) 12 E) 14 34.- Se lanza una bola con una velocidad de 100 m/s haciendo un ángulo de 53º con la horizontal. La bala impacta perpendicularmente en un plano inclinado que hace un ángulo de 45º con la horizontal, como se muestra en la figura. Calcular el tiempo de vuelo (en segundos) de la bala. (g= 10 m/s 2 ) A) 14 B) 10 C) 2 D) 8 E) 16 35.- En un partido de fútbol, un futbolista comunica a una pelota la velocidad de 10 m/s con un ángulo de 37º con la horizontal. Si se encuentra en ese instante a 8 m de distancia del arco contrario, ¿hay posibilidades de gol?. La altura del arco es de 2,5 m. (g= 10 m/s2) A) La pelota sale fuera del arco B) Faltan datos. C) Sí, hay gol
  86. 86. D) Choca en el madero superior. E) La pelota no llega al arco 36.- Un proyectil es lanzado con una velocidad inicial de 10 m/s, que hace un ángulo de 60º con la horizontal contra un plano inclinado que forma 30º con la horizontal. Calcule el alcance (en m) sobre el plano inclinado.(considere: g= 10 m/s2) A) 6,15 B) 5,88 C) 6,66 D) 7,42 E) 4,84 37.- Verticalmente hacia arriba una pelota con una velocidad de 10 m/s cae a 6 m del punto de lanzamiento. Calcule la aceleración constante que sobre la piedra produce el viento. (g= 10 m/s2) A) 2 m/s2 B) 3 m/s2 C) 4 m/s2 D) 5 m/s2 E) 6 m/s2 38.- Un cañón inclinado en 45º lanza un proyectil con velocidad V logrando derribar una pequeña choza ubicada en la loma. Calcule el valor de V. (considere: g= 10 m/s2)
  87. 87. 39.- En el lanzamiento parabólico, halle el tiempo de vuelo. 40.- Una particular es lanzada desde el reposo horizontalmente a una velocidad de 3x104 m/s. a) Calcule la posición de la partícula cuando a recorrido la distancia de 1m. y V0=3x104 m/s |---------1m -----------| x (x(t),y(t)) En x: X=x0+v0xt Xo=0 x= v0xt t= t= t=3.33x10-8 s En y: y=y0+v0sen t-1/2gtϴ 2 y0=0m v0y=0m/s y=-1/2gt2 y=-1/2(9.81m/s2 )(3.33x10-8 s)2 y=-5.34x10-15 m Por lo tanto la posición de la partícula es (3.33x108 )= -5.34x1015 m
  88. 88. b) ¿Cuál es la velocidad de la partícula en la posición del inciso anterior? en x: Vx=3x107 m/s En y: Vy=v0y-gt Vy=-(9.81m/s2 )(3.33x10-8 s) Vy=-3.26x107 m/s Por lo tanto la velocidad de la particular es v(3.33x108 m/s) =3x107 -3.26x107 m/s c) ¿Cuál es su aceleración? En x ax=0 En y ay= 9.81m/s2 41.- ¿A qué velocidad inicial deberá un jugador de baloncesto lanzar la pelota, formando 55° con la horizontal, para encestar el tiro castigo, como se muestra en la figura? V0=0 ϴ=55° ϴ=55° X0=0ft y0=7ft G=32ft/s2 y=10ft x=14ft |--------14ft------| y=y0+v0sen ϴt-1/2gt2 10ft=7ft + v0sen(55°)t-1/2(32ft/s2 )t2 Vy= Vy=v0senϴ2 -2gt Vy 2 =( v0senϴ2 -2gt)2 ( v0senϴ2 -2gt)2 =( v0sen )ϴ 2 -2g(y-y0) V0 2 sen2 -2vϴ 0gt+g2 t2 =v0sen2 -2g(y-yϴ 0)-2v0sen gt+gϴ 2 t2 =-2g(y-y0) v0sen2 -2g(y-yϴ 0)-2v0sen gt+gϴ 2 t2 +2g(y-y0)=0 gt2 -2v0senϴt+2(y-y0)=0 32ft/s2 t2 -2v0sen(55°)t+2(10ft-7ft)=0 x=x0+v0cosϴt t= = = y=y0+v0sen ϴ - 1/2g( )2 y=-g/(2v0 2 cos2 )(x-xϴ 0)2 +tan (x-xϴ 0)+y0 10=32/(2v0 2 cos2 55°)(14-0)2 +tan(55°)(14-0)+7 10-26.99=9532.20/v0 2 v0 2 =561.04 v0=23.68ft/s
  89. 89. Ejercicios propuestos 1. Analiza las siguientes afirmaciones y coloca sobre la línea Verdadero o Falso según corresponda, justificando aquellas que son falsas: a) En el movimiento parabólico la trayectoria descrita por el cuerpo en su recorrido es un semicírculo _____ b) La velocidad horizontal (Vx) en el movimiento Parabólico, permanece constante durante todo el recorrido de la partícula _____ c) La velocidad vertical (Vy) en el movimiento Parabólico, permanece constante durante todo el recorrido de la partícula _____ d) La velocidad vertical (Vy) en el punto más alto del de la trayectoria en el movimiento Parabólico, es cero _____ e) Un movimiento parabólico se divide en dos: m.r.u. y m.u.v. _____ 1.- Defínase los siguientes términos: a) Proyectil. b) Trayectoria. c) Alcance. d) Velocidad. 2.- Una caja con medicina es lanzada desde un avión localizado a una distancia vertical de 340 m por encima de un río. Si el avión lleva una velocidad horizontal de 70 s m ¿Qué distancia horizontal recorrerá la caja con medicina antes de caer al río? Respuesta: 583 m 3.- Dos edificios altos están separados por una distancia de 400 ft. Una pelota de golf se lanza horizontalmente desde el techo del primer edificio que tiene una altura de 1700 ft sobre el nivel de la calle. ¿Con qué velocidad horizontal debe ser lanzada para que entre por una ventana del otro edificio que se encuentra a una altura de 800 ft sobre la calle? Respuesta: 53.3 s ft 4) Un proyectil es lanzado con un ángulo de 30º y una velocidad inicial de 20 s m a) ¿Cuál es el punto más alto de su trayectoria? b) ¿Cuál es su alcance horizontal? c) ¿Cuánto tiempo está en el aire? Respuesta: a) 5.10 m, b) 35.3 m, c) 2.04 s 5) Se dispara un proyectil de mortero con un ángulo de elevación de 30º y una velocidad inicial de 40 s m Sobre un terreno horizontal. Calcular: a) El tiempo que tarda en llegar a tierra.
  90. 90. b) El alcance del proyectil. c) El ángulo que forma con el terreno en el momento de llegar a él (ángulo de caída). Respuesta: a) 4.07 s, b) 141.5 m, c) 6. Desde un acantilado de 60m de altura se lanza un cuerpo horizontalmente con una velocidad de 20m/sg. Calcular: a) ¿Dónde se encuentra el cuerpo 2sg después? (40,20) b) ¿Qué velocidad tienen en ese instante? 28'28m/sg 45º c) ¿Cuánto tiempo tarde en llegar a la superficie del agua? 3'4sg d) ¿Qué velocidad tiene en ese instante? 59´53º e) ¿Cuánto vale el alcance máximo? 69'2m f) ¿En qué punto de la trayectoria la velocidad real forma un ángulo de 45º con la horizontal? (40,20) 7. Un avión de bombardeo vuela a 4500m de altura sobre el suelo con una velocidad constante de 360km/h y pretende bombardear un objetivo inmóvil situado sobre el suelo. a) ¿A que distancia del objetivo medida a partir de la vertical del pie del avión debe soltar la bomba? 3000m 8. Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 400m/sg y un ángulo de elevación de 30º. Calcular: a) Posición y velocidad del proyectil a los 5sg.(1732'05,875) 377´48m/sg 23´41º b) En que instante o instantes el proyectil se encuentra a 1000m de altura y que velocidad tiene en esos puntos. 34'14sg 5'86sg c) Altura máxima alcanzada por el proyectil. d) Velocidad en ese instante. e) Alcance máximo. f) Velocidad en el punto de alcance máximo. 9. Se golpea una pelota de golf de manera que su velocidad inicial forma un ángulo de 45º con la horizontal. La pelota alcanza el suelo a 180m del punto en que se lanzó. Calcula su velocidad inicial y el tiempo en que ha estado en el aire. 6sg Vo=42'43m/sg 10. Se dispara un proyectil con un ángulo de tiro de 60º. El proyectil alcanza una colina situada a 2km en un punto de 800m de altitud, respecto al punto de lanzamiento. a) ¿Con que velocidad se disparó el proyectil? 174'07m/sg b) ¿Qué velocidad tiene el proyectil al alcanzar la colina? 118'21m/sg 42'58ºc) ¿Cuánto tiempo ha estado el proyectil en movimiento? 22'97sg 11. Dos aviones están situados en la misma vertical. La altura en la que se encuentra uno de ellos es 4 veces mayor que la del otro. Pretenden bombardear un objetivo común. ¿Que relación debe de haber entre las velocidades de ambos aviones?11. Se dispara un cañón con un ángulo de elevación de 30º y una velocidad de 200m/sg. Calcular: a) El alcance horizontal del proyectil. b) Velocidad del proyectil al llegar al suelo.
  91. 91. c) Si a la mitad del recorrido hubiese una colina de 600m de altitud, ¿tropezaría con ella? d) En caso afirmativo, ¿qué solución daríamos para hacer blanco en el mismo objeto lanzando el proyectil con la misma velocidad y desde el mismo punto? 12. Una pelota resbala por un tejado que forma un ángulo de 30º con la horizontal, y al llegar a su extremo queda en libertad con una velocidad de 10m/sg. La altura del edificio es de 60m y la anchura de la calle a la que vierte el tejado es de 30m. Calcular: a) ¿Llegará directamente al suelo o chocará antes con la pared opuesta? b) Tiempo que tarda en llegar al suelo. c) Velocidad en ese momento. d) En que posición la velocidad forma un ángulo de 45º con la horizontal. 13. Un jugador de béisbol lanza una pelota con una velocidad de 50m/sg y un ángulo de elevación de 30º. En el mismo instante otro jugador, situado a 150m en la dirección que sigue la pelota corre para recogerla cuando se encuentre a 1m del suelo con una velocidad constante de 10m/sg. ¿Llegará a recoger la pelota?. En caso negativo, tiene dos soluciones: correr mas deprisa o salir antes. a) En el primer caso, ¿con que velocidad debía correr? b) En el segundo caso, ¿cuánto tiempo antes de avanzar la pelota, debe salir? 14.- Un estudiante desea arrojar una pelota hacia afuera, por la ventana de un dormitorio en el tercer piso, a 10 m de altura, para que llegue a un blanco a 8 m de distancia del edificio. (a) si el estudiante arroja la pelota en dirección horizontal, ¿con qué velocidad la debe arrojar?,(b) ¿cuál debe ser la velocidad de la pelota, si la arroja, hacia arriba, en un ángulo de 29º con respecto a la horizontal? ,(c) ¿cuánto tiempo permanece la pelota volando en el caso (b)? 15.- Una pelota lanzada a una plataforma en A rebota con velocidad v0 a un ángulo de 70º con la horizontal. Determínese el intervalo de valores de v0 para el cual la pelota entrará por la abertura BC. 16.- Ejemplo: Se lanza una pelota desde la terraza de un edificio, con una rapidez inicial de 10 m/s en un ángulo de 20° debajo de la horizontal, y demora 3s en llegar al suelo. Calcular a) la distancia horizontal que recorre la pelota b) la altura desde donde se lanzó, c) el tiempo que tarda en llegar a 10 m debajo del punto de lanzamiento, d) la ecuación de la trayectoria. 17.- Desde el borde de un acantilado se lanza una piedra horizontalmente con una rapidez de 15 m/s. El acantilado está 50 m de altura respecto a una playa horizontal, C 2 v0 B 3 A 70º 2.5
  92. 92. a) ¿En que instante la piedra golpeará la playa bajo el acantilado?, b) ¿Dónde golpea? c) ¿Con qué rapidez y ángulo golpeará la playa? d) Encontrar la ecuación de la trayectoria de la piedra. R: a) 3.16s, b) 47.4m, c) 35m/s, 65°, d) y=50-(x2 /45). 18.- Un balón de fútbol que se patea a un ángulo de 50° con la horizontal, recorre una distancia horizontal de 20 m antes de chocar contra el suelo. Calcular: a) la rapidez inicial del balón b) el tiempo que permanece en el aire y c) la altura máxima que alcanza. R: a) 14.2m/s, b) 2.2s, c) 6m. 19.- Se lanza horizontalmente una pelota desde la parte superior de un edificio que tiene 35 m de alto. La pelota choca contra el piso en un punto que se encuentra a 80 m de la base del edificio. Calcular: a) el tiempo que la pelota se encuentra en el aire, b) su rapidez inicial y c) la velocidad justo antes de que choque contra el suelo. R: a) 2.6s, b) 30 m/s, c) 30i-26j m/s. 20.- Se lanza una piedra de manera que la distancia horizontal que recorre es el triple de su altura máxima, calcular su ángulo de lanzamiento. R: 53.1°. 21.- En el próximo partido de Chile con la selección de Micomicon, el Che Copete deberá patear un tiro libre desde un punto a 25m del arco cuya altura es 2.5m. Cuando patea, la pelota sale del césped con una rapidez de 20m/s en un ángulo de 20° sobre la cancha. Suponiendo que la pelota no sufre ninguna alteración de su trayectoria, a) ¿se convierte o no el gol? b) ¿Con qué velocidad cruza por el arco? c) Obtenga la ecuación de la trayectoria de la pelota. (Por cuanto perderá Chile con los Micomicones). R: a) si, pasa a 0.25m del suelo, b) 18.8i-6.5j m/s. 22.- Se lanza un cohete formando un ángulo de 60° con la horizontal con una rapidez inicial de 100 m/s. El cohete se mueve a lo largo de su dirección inicial de movimiento con una aceleración de 30 m/s2 durante 3s. En ese instante deja de acelerar y empieza a moverse como un proyectil. Calcular: a) la altura máxima alcanzada por el cohete; b) su tiempo total de vuelo, c) la distancia horizontal. R: a) 1730m, b) 38s, c) 3543m. 23.- Un proyectil se dispara desde cierta altura^ en un ángulo de 45°, con la intención que golpee a un móvil que se mueve con velocidad constante de 21 m/s hacia la derecha, que se encuentra ubicado a 70 m del origen sobre el eje x en el instante del disparo. Si el proyectil impacta al móvil al cabo de 10 s, calcular: a) la rapidez inicial del proyectil, b) su posición inicial, c) su altura máxima desde el suelo. R: a) 39.6m/s, b) 220m, c) 259.2m. 24.- Katy le lanza un chicle (nuevo) desde una altura de 1.5 m a Pepe, que se encuentra separado a 3 m de
  93. 93. Katy. El chicle pasa un segundo después a una altura de 1 m por donde está Pepe, pero como él estaba 'pajareando' no lo toma, a) Hacer un esquema de la situación en un SR. b) Calcular la velocidad inicial que Katy le imprime al chicle, c) ¿A qué distancia detrás de Pepe caerá el chicle?, en este caso qué se debe suponer? d) De terminar la ecuación de la trayectoria del chicle de Katy. R: b)3i+4.5j m/s, c)0.45m. 25.- Lucho se encuentra a 5m de una pared vertical cuando lanza una pelota de basquetbol desde 2.25m de altura, con una velocidad inicial de –Wi + 10j m/s. Cuando la pelota choca con la pared, la componente horizontal de la velocidad de la pelota se invierte y la componente vertical no cambia su dirección (pero si su magnitud), a) Hacer el esquema de la situación, b) ¿A qué distancia de Lucho tocará el suelo la pelota? R: b) 12m detrás. 26.- Un tren se mueve con rapidez constante de 54 km/h. Desde una ventana del tren ubicada a 2 m del suelo, un cabro chico tira un objeto horizontal y perpendicularmente a la dirección de movimiento del tren, con una rapidez de 5 m/s. Calcular la posición donde caerá el objeto respecto al punto de lanzamiento. R: 3.15i+9.45j+0k m. 27.- Se apunta un rifle horizontalmente a través de su mira hacia el centro de un blanco grande que está a 200 m. La velocidad inicial de la bala es de 500 m/s. a) ¿En dónde golpea la bala en el blanco? b) Calcular el ángulo de elevación del cañón para dar en el centro del blanco. R: a) 0.8m de bajo de la altura del rifle, b) 0.23°. 28.- Desde un acantilado de 100m de altura se lanza un objeto con una velocidad inicial de 400m/sg, formando un ángulo de 30º con la horizontal. a) ¿Altura máxima sobre el nivel del mar? 120m b) Velocidad a los 3sg de lanzamiento. 36'05m/sg c) ¿En qué punto y con que velocidad se producirá el choque del objeto en el agua? 6'828sg 59'96m/sg 29.- La distancia horizontal máxima a la que puede patear la pelota un arquero es 120 m. En un saque desde el arco, golpea la pelota con la misma rapidez inicial con la que alcanza esa distancia máxima, pero formando un ángulo de 25° con la horizontal. Calcular a que distancia del arco llegará la pelota con un chute del arquero. 30.- Una pulga puede saltar una altura vertical h. a) ¿Cuál es la distancia horizontal máxima que puede recorrer? b) ¿Cuál es su permanencia en el aire en ambos casos? 31.- Un camión se mueve al norte con una velocidad constante de 10 m/s en un tramo de camino horizontal. Un cabrochico que pasea en la parte posterior del camión desea lanzar una pelota mientras el camión se está moviendo y atraparla después de que el camión haya recorrido 20 m. a) Despreciando la resistencia del aire, ¿a qué ángulo de la vertical debería ser lanzada la pelota? b) Cuál debe ser la rapidez inicial de la pelota? c) Cuál es la forma de trayectoria de la pelota vista por el cabrochico? d) Una persona sobre la tierra observa que el muchacho lanza la pelota y la atrapa. En este marco de referencia fijo del observador, determine la forma general de la trayectoria de la pelota y la velocidad inicial de esta.

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