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P R O B L E M A S D E C I N E MÁ T I C A (97 2003)

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P R O B L E M A S D E C I N E MÁ T I C A (97 2003)

  1. 1. INSTITUCIÓN EDUCATIVA “JULIO CÉSAR GARCIA” ÁREA: CIENCIAS NATURALES Y EDUCACIÓN AMBIENTAL PROFESOR: EDUARDO JAIME VANEGAS LONDOÑO PROBLEMAS DE CINEMÁTICA
  2. 2. CINEMÁTICA Problema 1 (1) Desde lo alto de una torre cuya altura es h 0 = 12 m se lanza hacia arriba una piedra formando un ángulo  = 60º con la horizontal. La velocidad inicial de la piedra es 36 km/h, y el lanzador está a una distancia d = 3 m del pretil de la torre. (Véase figura). Se quiere saber: A) ¿Cuál es la trayectoria de la piedra? B) Su altura máxima sobre el suelo. C) A qué distancia del pie de la torre chocará contra el suelo. D) Su velocidad cuando se estrelle contra el suelo. La velocidad en el eje X se mantiene constante La velocidad en el eje Y cambia... ... debido a la aceleración de la gravedad h 0 d v 0 h 0 d v 0 v 0y v x X Y  JCG Aplicada Física
  3. 3. CINEMÁTICA Problema 1 (2) Ecuación trayectoria: (apartado A) Se trata de una parábola h 0 d X Y x y v x v 0y -g v 0 v 0y v x  JCG Aplicada Física
  4. 4. CINEMÁTICA Problema 1 (3) Posición del máximo (apartado B)  En el máximo la tangente es horizontal Altura desde el suelo: h 0 d X Y x Max y Max JCG Aplicada Física
  5. 5. CINEMÁTICA Problema 1 (4) Lugar en que se estrella contra el suelo (apartado C) Distancia desde el pie de la torre: h 0 d X Y x suelo x suelo - d JCG Aplicada Física
  6. 6. CINEMÁTICA Problema 1 (5) Cálculo de velocidad cuando se estrella contra el suelo (apartado D) Razonamiento: Calculemos el tiempo t suelo que tarda en llegar al suelo... y a partir de ahí la velocidad Tiempo t max que tarda en llegar al punto más alto Desde el punto más alto cae sin ninguna velocidad inicial en el eje Y, por lo que la componente vertical de la velocidad es: Velocidad en el punto en que choca con el suelo: v suelo = 18.31 m/s = 15.85º 10·cos 60º 17.61  JCG Aplicada Física
  7. 7. CINEMÁTICA Problema 2 (1) Considérese un tiro parabólico en ausencia de rozamiento. Determinar la velocidad vertical, la velocidad total y el ángulo que forma la velocidad total con la horizontal en función de la posición x . Háganse gráficas de estas tres magnitudes en función de la posición en el intervalo 0-14 m empleando los datos numéricos del problema anterior ( velocidad inicial de la piedra 36 km/h, ángulo de lanzamiento 60º). Ecuación de la trayectoria: JCG Aplicada Física
  8. 8. CINEMÁTICA Problema 2 (2)  x (m) v y (m/s) v (m/s)  (º) JCG Aplicada Física
  9. 9. CINEMÁTICA Problema 2 (3) v v y JCG Aplicada Física
  10. 10. CINEMÁTICA Problema 2 (4)  JCG Aplicada Física
  11. 11. Por el pozo de una mina caen desde la superficie gotas de agua a razón de una gota por segundo. Un montacargas que sube por el pozo a 10 m/s es alcanzado por una gota de agua cuando está a 100 m por debajo del suelo. ¿A qué profundidad y cuánto tiempo después alcanzará la siguiente gota de agua al montacargas? (tómese g = 10 m/s 2 ). Pueden despreciarse los efectos del rozamiento sobre las gotas. CINEMÁTICA Problema 3 (1) Origen de tiempos: el instante en que se estrella la gota a 100 m de profundidad En t = 0, ¿dónde se encuentra y qué velocidad lleva la gota que se estrellará próximamente? Razonamiento: la diferencia de velocidad entre dos gotas consecutivas es constante ... ... porque cada gota vuela desde 1 s antes que la siguiente, incrementando su velocidad a ritmo uniforme. Superficie 100 m h 0 v m 10 m/s v g y h 0 -y JCG Aplicada Física
  12. 12. CINEMÁTICA Problema 3 (2) En el instante en que una gota cae desde arriba, la que la precede lleva 1 s cayendo, habiendo partido del reposo , y por lo tanto su diferencia de velocidades es: Si consideramos pares consecutivos de gotas, la diferencia de velocidades entre las dos componentes del par es siempre la misma pues ambas están sometidas a la misma aceleración. La velocidad de la gota que se estrella sobre el montacargas cuando éste se encuentra a 100 m de profundidad ( t = 0) puede calcularse fácilmente: Por lo tanto la velocidad de la gota siguiente, en t = 0, es: JCG Aplicada Físic
  13. 13. CINEMÁTICA Problema 3 (3) La posición en que se encuentra esta gota en t = 0 es: Por lo tanto su distancia al montacargas en t = 0 es: Ahora el problema se reduce a calcular dónde se encontrarán dos cuerpos que viajan en sentidos opuestos, uno con M.U.A y otro con velocidad constante, cuyas velocidades iniciales y separación inicial son conocidos. Superficie 100 m h 0 v m 10 m/s v g y h 0 -y JCG Aplicada Física
  14. 14. CINEMÁTICA Problema 3 (4) Situamos el origen para el cálculo final a la profundidad de 100 m Ecuación de movimiento del montacargas: Ecuación de movimiento de la gota: La gota se estrella cuando z m = z g Profundidad: v m 10 m/s v g z 0 z 100 m Solución JCG Aplicada Física

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