Movimiento parabolico

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Movimiento parabolico

  1. 1. PROBLEMAS RESUELTOS MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES CAPITULO 4 FISICA TOMO 1 Cuarta y quinta edición Raymond A. SerwayMOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES4.1 Los vectores de desplazamiento, velocidad y aceleración4.2 Movimiento bidimensional con aceleración constante4.3 Movimiento de proyectiles4.4 Movimiento circular uniforme4.5 Aceleración tangencial y radial4.6 Velocidad y aceleración relativa4.7 Movimiento relativo a altas velocidades Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2006 quintere@hotmail.com quintere@gmail.com quintere2006@yahoo.com 1
  2. 2. ALCANCE HORIZONTAL Y ALTURA MAXIMA DE UN PROYECTIL V V0 sen θ 0 t1 = 0Y = g g VX = V0X V0 VX = V0X (V0 )2 sen 2 θ 0 V0Y h= 2g VY V TVUELO = 2 t1 Θ0 VX = V0X VX = V0X Distancia horizontal recorrida Θ0 R = VX tvuelo V0Y V0Un proyectil disparado desde el origen en t = 0 con una velocidad inicial V0. La altura máxima delproyectil es h y su alcance horizontal es R. En el punto más alto de la trayectoria, la partícula tienecoordenadas (R/2, h).Supóngase que un proyectil se lanza desde el origen en t = 0 con una componente VY positiva, haydos puntos especiales que es interesante analizar:El máximo que tiene coordenadas (R/2, h) y el punto que tiene coordenadas (R,0). La distancia Rse conoce como alcance horizontal del proyectil y h es su altura máxima.Se encuentra h y R en función de V0, Θ, g.Se puede determinar h al observar que en la altura máxima VY = 0. En consecuencia, puedeusarse la ecuación 4.11 para determinar el tiempo t1 necesario para llegar a la altura máxima.Ecuación 4.11 VY = VY0 – g t VY = V0 sen Θ0 – g tDespejando el tiempoVY + g t = V0 sen Θ0g t = V0 sen Θ0 - VY pero VY = 0g t = V0 sen Θ0 V0 sen θ 0t1 = g 2
  3. 3. Al sustituir esta expresión para t1 en la ecuación 4.13 y reemplazando y con h, se obtiene h enfunción de V0, Θ.Componente de posición verticalY = (V0Y ) t1 - 1 2 gt 2 1 V0 sen θ 0 V sen θ 0 2pero: t 1 = t2 = ( 0 ) V0Y = V0 sen Θ0 Y=h g 1 gReemplazandoY = (V0Y ) t1 - 1 2 gt 2 1 2 ⎛ V0 sen θ 0 ⎞ 1 ⎛ V0 sen θ 0 ⎞h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ ⎜ ⎟ - ⎟ 2 g ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ g ⎠ ⎝ g ⎠ ⎛ V sen θ 0 ⎞ 1 (V0 )2 sen 2 θ 0h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ 0 ⎜ ⎟ - ⎟ 2 g ⎝ g ⎠ g2 ⎛ V sen θ 0 ⎞ (V0 )2 sen 2 θ 0h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ 0 ⎜ ⎟ - ⎟ ⎝ g ⎠ 2g ⎛ (V )2 sen 2 θ ⎞ 0 ⎟ - (V0 ) sen θ 0 2 2h= ⎜ 0 ⎜ g ⎟ 2g ⎝ ⎠ 2(V0 ) 2 sen 2 θ 0 - (V0 )2 sen 2 θ 0h= 2g (V0 )2 sen 2 θ 0h= 2gEl alcance R, es la distancia horizontal recorrida en el doble de tiempo necesario para alcanzar laaltura máxima, es decir, en el tiempo 2t. Y = (V0Y ) t1 - 1 2 gt pero: Y = 0 2 10 = (V0Y ) t1 - g t 2 1 2 1 (V0Y ) t1 = 1 g t1 Cancelando t1 2 2 (V0Y ) = g t1 despejando t1 1 2 2 V0Yt1 = pero: V0Y = V0 sen Θ0 g 3
  4. 4. 2 V0 sen θ 0t1 = Se le denomina tiempo de vuelo del proyectil g 2 V0 sen θ 0t VUELO = gEl alcance R, es la distancia horizontal recorridaR = VX tVUELO 2 V0 sen θPero: VX = V0X = V0 cos Θ t VUELO = gR = VX tVUELOR = V0 cos Θ tVUELO ⎛ 2 V0 sen θ ⎞R = V0 cosθ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ g ⎠ 2 sen θ cos θ (V0 )2R= gpero: 2 sen Θ cos Θ = sen 2 Θ sen 2θ (V0 )2R= gEjemplo 4.5 Donde pone el ojo pone la bala. Pág. 81 del libro serway cuarta ediciónEn una conferencia demostrativa muy popular, un proyectil se dispara contra un blanco de talmanera que el primero sale del rifle al mismo tiempo que el blanco se deja caer en reposo, comomuestra la figura 4.9. Se demostrara que si el rifle esta inicialmente dirigido hacia el blancoestacionario, aun así el proyectil hará diana. Línea de visión Y = ½ g t2 y = XT tg Θ Θ YT XTFIGURA 4.9Razonamiento y soluciónSe puede argumentar que el choque resultara bajo las condiciones establecidas observando quetanto el proyectil como el blanco experimentan la misma aceleración aY = - g tan pronto como se 4
  5. 5. liberan. Primero observe en la figura 4.9 que la coordenada y inicial del blanco es XT tgΘ y que 2disminuye a lo largo de una distancia ½ g t en un tiempo t. En consecuencia, la coordenada ydel blanco como una función del tiempo es, según la ecuación 4.14.y = X T tg θVer figura 4.9y = X T tg θ = YT + Y Pero Y = ½ g t2 1X T tg θ = YT + g t 2 Despejamos YT 2 1X T tg θ - g y 2 = YT 2Si después de esto se escriben las ecuaciones para x y y correspondientes a la trayectoria delproyectil a lo largo del tiempo, utilizando las ecuaciones 4.12 y 4.13 en forma simultanea, se obtieneCOMPONENTE DE POSICION HORIZONTALX = vX * tX = (v0 cos Θ) t ECUACION 4.12COMPONENTE DE POSICION VERTICALY = (V0Y ) t - 1 g t2 2 1Y = V0 sen θ t - g t2 2 1YP = V0 sen θ t - g t2 2PERO: XT = (v0 cos Θ) t Despejamos t XTt = V0 cos θReemplazando en la ecuación anterior 1YP = V0 sen θ t - g t2 2 ⎛ XT ⎞ 1 2YP = V0 sen θ ⎜ ⎜ V cos θ ⎟ - 2 g t ⎟ Cancelando V0 ⎝ 0 ⎠ ⎛ X ⎞ 1YP = sen θ ⎜ T ⎟ - g t2 ⎝ cos θ ⎠ 2 1YP = X T tg θ - g t 2 Asi pues, al comparar las dos ecuaciones anteriores se vera que cuando 2XP = XT ; YP = YT Se produce un choque. 5
  6. 6. Ejemplo 4.7 Los exploradores extraviados. Pág. 82 del libro serway cuarta ediciónUn avión de rescate en Alaska deja caer un paquete de provisiones a un grupo de exploradoresextraviados, como se muestra en la fig. 4.11. Si el avión viaja horizontalmente a 40 m/seg. Y a unaaltura de 100 metros sobre el suelo. Donde cae el paquete en relación con el punto en que se soltó? V0 = 40 m/seg V0 = VX Pero: VY V0 = VX V VY = g t V0 = VX Y = 100 V= (VX )2 + (VY )2 VY V 1 Y= g t2 2 Velocidad con que X = V0 t llega al piso VX θ X = ?? VY VDonde cae el paquete en relación con el puntorecorrida soltó? Distancia horizontal en que seSe halla el tVUELO 1Y = g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 2 Y 2 * 100 200 t vuelo = = = = 20,4 = 4,51 seg. g 9,8 9,8X = V0 * t vuelo = 40 m seg * 4,51 seg = 180,4 metrosX = 180,4 metrosVY = g * tVUELOVY = 9,8 * 4,51VY = 44,19 m/seg.VX = V0 = 40 m/seg. Seccion 4.3 Movimiento de proyectilesProblema 4.10 Edición cuarta SERWAYJimmy esta en la parte inferior de la colina, mientras que Billy se encuentra 30 metros arriba de lamisma. Jimmy de un sistema de coordenadas esta en el origen de un sistema de coordenadas x,yy la línea que sigue la pendiente de la colina esta dada por la ecuación Y = 0,4 X. Si Jimmy lanzauna manzana a Billy con un ángulo de 500 respecto de la horizontal. Con que velocidad debe lanzarla manzana para que pueda llegar a Billy? 6
  7. 7. BILLY V0 = ? YB = 11,14 m 500 XB = 27,85 mDatos del problema:Distancia entre Jimmy y Billy = 30 metros.Θ = 500Pendiente de la colina Y = 0,4 X.YB = 0,4 XB(YB )2 = 0,16 (X B )2Pero:(30)2 = (XB ) + (YB ) 2 2900 = (X B )2 + 0,16 (X B )2900 = 1,16 (X B )2 ⎛ 900 ⎞XB = ⎜ ⎜ ⎟ = 27,85 metros ⎟ ⎝ 1,16 ⎠XB = 27,85 metrospero:YB = 0,4 XBYB = 0,4 (27,85)YB = 11,14 metrosAlcance horizontalX = vX * tX = (v0 cos Θ) t (Ecuación 1) Xt= V0 cos θPero: g * t2Y = VOY * t − 2 g * t2Y = VO senθ * t − (Ecuación 2) 2Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. 7
  8. 8. g*t2Y = VO senθ * t − 2 2 ⎛ X ⎞ g *⎜⎜ V cosθ ⎟ ⎟ ⎛ X ⎞ ⎝ O ⎠ ⎜Y = VO senθ * ⎜ ⎟ − ⎝ V0 cosθ ⎟⎠ 2 V senθ g * (X )2Y = O * (X ) − V0 cosθ 2 V0 (cos θ )2 2 g * (X )2Y = tag θ * (X ) − 2 V0 (cos θ )2 2ReemplazandoX = 27,85 metrosY = 11,14 metrosΘ = 500 9,8 * (27,85 )211,14 = tag 50 * (27,85 ) − 2 V 2 (cos 50 )2 0 7756,2211,14 = 33,19 − V 2 (0,8263) 0 9386,6811 = 33,19 − V2 09386,68 = 33,19 - 11 V2 09386,68 = 22,19 9386,68 V2 V2 = 0 0 22,19 ⎛ 9386,68 ⎞ V0 = ⎜ 22,19 ⎟ = 20,56 m seg ⎜ ⎟ ⎝ ⎠V0 = 20,56 m/seg.Problema 4.11 Edición cuarta SERWAYEn un bar local, un cliente hace deslizar un tarro vacío de cerveza sobre la barra para que vuelvan allenarlo. El cantinero esta momentáneamente distraído y no ve el tarro, el cual cae de la barra ygolpea 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? b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso?Se halla el tVUELO 1Y = g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 8
  9. 9. 2 Y 2 * 0,86 t vuelo = = = 0,1755 = 0,4189 seg. g 9,8a) Con que velocidad abandono el tarro la barra?Datos: X = 1,4 metros tVUELO = 0,4189 seg.X = V0 * t vuelo X 1,4 mV0 = = = 3,34 t vuelo 0,4189 segV0 = 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/seg2 tVUELO = 0,4189 seg.VY = g tVUELO = 9,8 m/seg2 * 0,4189 seg.VY = 4,105 m/seg.V2 = (VX)2 + (VY)2V = (VX )2 + (VY )2 = (3,34)2 + (4,105) = 2 11,155 + 16,851 = 5,29 m seg VY - 4,105tg θ = = = - 1,229 VX 3,34θ = arc tg (- 1,229)θ = - 50,860Problema 4.13 Edición cuarta SERWAYUna pelota se lanza horizontalmente desde la azotea de un edificio de 35 metros de altura. Lapelota 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?Se halla el tVUELO Datos: Y = 35 metros g = 9,8 m/seg2 1Y = g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 2 Y 2 * 35 70 t vuelo = = = = 7,142 = 2,6726 seg. g 9,8 9,8tVUELO = 2,6726 seg. 9
  10. 10. b) Su velocidad inicial? V0 = VXDatos: X = 80 metros tVUELO = 2,6726 seg.X = V0 * t vuelo X 80 mV0 = = = 29,93 t vuelo 2,6726 segV0 = 29,93 m/seg.c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo?V0 = VX = 29,93 m/seg. tVUELO = 2,6726 seg.VY = g tVUELO = 9,8 m/seg2 * 2,6726 seg.VY = - 26,19 m/seg. (El signo negativo por que va la pelota va cayendo.)V2 = (VX)2 + (VY)2V = (VX )2 + (VY )2 = (29,93)2 + (- 26,19 ) = 2 895,8049 + 685,9161 = 1581.721V = 39,77 m/seg. VY - 26,19tg θ = = = - 0,875 VX 29,93θ = arc tg (- 0,875)θ = - 41,180Problema 4.14 Edición cuarta SERWAYSuperman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza adesplomarse (el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. SiSuperman se encuentra a 1 km de distancia de la torre y el elevador cae desde una altura de 240metros. Cuanto tarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio?Se halla el tVUELO Datos: Y = 240 metros g = 9,8 m/seg2 1Y = g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 2 Y 2 * 240 480 t vuelo = = = = 48,979 = 7 seg. g 9,8 9,8tVUELO = 7 seg.Datos: X = 1 km = 1000 metros tVUELO = 7 seg.X = V0 * t vuelo 10
  11. 11. X 1000 mV0 = = = 142,85 t vuelo 7 segV0 = VX = 142,85 m/seg.Problema 4.14a Edición cuarta SERWAYSuperman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza adesplomarse (el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. SiSuperman se encuentra a una distancia d de la torre y el elevador cae desde una altura h. Cuantotarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio?Se halla el tVUELO Datos: altura vertical = h g = 9,8 m/seg2 distancia horizontal = d 1h = g t2 ⇒ 2 h = g * t2 22 h 2 h = t2 ⇒ t = g g 2 h t vuelo = gd = V0 * t vuelo d dV0 = = t vuelo 2 h g d d2 d2 g d2 gV0 = = = = = d * 2 h 2 h 2 h 2 h 2 h g g g gV0 = d 2 hProblema 4.15 Edición cuarta SERWAYUn jugador de soccer patea una roca horizontalmente desde el borde de una plataforma de 40metros de altura en dirección a una fosa de agua. Si el jugador escucha el sonido de contacto con elagua 3 seg. Después de patear la roca. Cual fue la velocidad inicial? . Suponga que la velocidad delsonido en el aire es 343 m/seg.Se halla el tVUELO Datos: Y = 40 metros g = 9,8 m/seg2 1Y = g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 2 Y 2 * 40 80 t vuelo = = = = 8,1632 = 2,86 seg. g 9,8 9,8 11
  12. 12. tVUELO = 2,86 seg.3 seg – tVUELO = 3 – 2,86 = 0,14 seg. V0 = ? VX R VY Y = 40 m V X Distancia horizontal recorrida VYSe halla la distancia recorrida por la pelotaDatos: t = 0,14 seg. VX = veloc. del sonido en el agua = 343 m/seg.R = V0 * t = 343 * 0,14 = 48,02 mR2 = (Y)2 + (X)2(X)2 = R2 - (Y)2X = (R )2 - (Y) 2 = (48,02)2 - (40) = 2 2305,92 - 1600 = 705,92X= 26,56 m/seg.Su velocidad inicial? V0 = VXDatos: X = 26,56 metros tVUELO = 2,86 seg.X = V0 * t vuelo X 26,56 mV0 = = = 9,28 t vuelo 2,86 segV0 = VX = 9,28 m/seg.Problema 4.17 Edición cuarta SERWAYUn 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 sepatea, el balón abandona el suelo con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 530 respecto de lahorizontal. 12
  13. 13. a) Por cuanta distancia el balón libra o no los postes.b) El balón se aproxima a los postes mientras continua ascendiendo o cuando va descendiendo. tmax = 1,632 seg VX = V0X t = 3 seg V0 = 20 m/seg V0Y Y = 3,9 m TVUELO = 2 tmax 530 3,05 m VX = V0X VX = V0X Distancia horizontal recorrida 530 X = 36 m V0Y V0Datos X = 36 metros Θ = 530 V0 = 20 m/seg.V0Y = V0 sen ΘV0Y = 40 sen 53V0Y = 16 m/seg.Se halla el tiempo máximo, es decir el tiempo en que alcanza el punto mas alto de la trayectoria.Con esto se puede ubicar los postes. V 16t max = 0Y = = 1,632 seg. g 9,8Se halla el tiempo de vuelo del balón.tvuelo = 2 tmaxtvuelo = 2 * 1,632tvuelo = 3,26 seg.En la figura se puede observar la posición del poste. A los 3 seg. el balón va bajando.Pero: g*t2 9,8 * 3 2Y = VOY * t − = 16 * 3 − 2 2Y = 48 − 44,1Y = 3,9 metros . la diferencia es 3,9 – 3,05 = 0,85 METROSProblema 4.18 Edición cuarta SERWAYUn bombero a 50 metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a unángulo de 300 sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de lacorriente es 40 m/seg. A que altura el agua incide en el edificio? 13
  14. 14. V0 VY V0 = 40 m/seg VX = V0X Y V0Y X = VX tmax Θ = 300 V0X X = 50 metrosDatos X = 50 metros Θ= 300 V0 = 40 m/seg.PERO: X = (v0 cos Θ) t Despejamos t Xt = V0 cos θ X 50 50t = = = V0 cos θ 40 cos 30 34,64t = 1,443 seg. g * t2Y = VOY * t − 2 g * t2Y = VO senθ * t − 2 9,8 * (1,443)2Y = 40 sen 30 * 1,443 − 2 20,4Y = 28,86 − 2Y = 28,86 − 10,2Y = 18,66 metrosProblema 4.18 a Edición cuarta SERWAYUn bombero a una distancia d metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de unamanguera a un ángulo de Θ sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidadinicial de la corriente es V0. A que altura el agua incide en el edificio? 14
  15. 15. V0 VY VX = V0X V0 h V0Y Θ V0X dPERO: d = (v0 cos Θ) t Despejamos t dt = V0 cos θ g*t2h = VOY * t − 2 g*t2h = VO senθ * t − reemplazando t en la ecuación 2 2 ⎛ ⎞ 1 ⎛ ⎞h = (V0 sen θ ) ⎜ d d ⎜ V cos θ ⎟ - 2 g ⎜ V cos θ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ 2 ⎛ d ⎞ 1 ⎛ ⎞h = ( sen θ ) ⎜ d ⎟ - g ⎜ ⎜ V cos θ ⎟ ⎟ ⎝ cos θ ⎠ 2 ⎝ 0 ⎠ 2 1 ⎛ d ⎞h = tg θ d - g ⎜ ⎜ V cos θ ⎟ ⎟ 2 ⎝ 0 ⎠ g d2h = tg θ d - 2 (V0 )2 cos 2 θ 2 (V0 )2 cos 2 θ tg θ d - g d 2h= 2 (V0 )2 cos 2 θ sen θ 2 (V0 )2 cos 2 θ d - g d2h= cos θ 2 (V0 ) cos 2 θ 2h= (V0 )2 2 cos θ sen θ d - g d 2 2 (V0 )2 cos 2 θ 15
  16. 16. pero: 2 sen Θ cos Θ = sen 2 Θ (V0 )2 sen 2 θ d - g d 2h= 2 (V0 )2 cos 2 θProblema 4.19 Edición cuarta SERWAYUn astronauta sobre la luna dispara una pistola de manera que la bala abandona el cañonmoviéndose inicialmente en una posición horizontala) Cual debe ser la velocidad de orificio si la bala va a recorrer por completo el derredor de la luna yalcanzara al astronauta en un punto 10 cm debajo de su altura inicialb) Cuanto permanece la bala en vuelo? Suponga que la aceleración en caida libre sobre la luna esun sexto de la de la tierra.Gravedad de la luna = 1/6 * 9,8 = 1,6333 m/seg2 (Aceleración de la luna)La realidad es que la bala describe un movimiento circular alrededor de la luna, para estonecesitamos el radio de la luna = 1,74 * 106 metros, los 10 cm no inciden sobre el calculo del radiode la luna. hallamos la velocidad V2aL = rLV2 = aL * rL mV = a L rL = 1,6333 * 1,74 * 10 6 = 2841999,999 = 1685,82 segb) Cuanto permanece la bala en vuelo? 1V = 2 π rL f = 2 π rL TSe despeja el periodo T 2 π rL 2 * π * 1,74 * 10 6 mT = = = 6485,11 seg V m 1685,82 seg 1 horaT = 6485,11 seg * = 1,8 horas 3600 segT = 1,8 horasProblema 4.20 Edición cuarta SERWAYUn rifle se dirige horizontalmente al centro de un gran blanco a 200 metros de distancia. Lavelocidad 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?Es evidente que al disparar horizontalmente, la bala describe un movimiento de tiro parabólico, verla figura. 16
  17. 17. Distancia horizontal recorrida VX = V0X Y = 0,784 m X = 200 mDatos:Como el disparo es horizontal VX = 500 m/seg X = 200 metrosHallamos el tiempo de vueloX = VX * t vuelo X 200t vuelo = = = 0,4 seg VX 500Ahora se halla el desplazamiento vertical de la bala con respecto al centro. g*t2Y = VOY * t - pero como el disparo es horizontal V0Y = 0 2 g * t2Y = como el movimiento es hacia abajo se considera el valor de Y (+) 2 g * t 2 9,8 * 0,4 2Y = = = 0,784 m 2 2b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea devisión. Determine el ángulo de elevación del cañón.Observemos que el mismo disparo, pero ahora la velocidad inicial tiene un ángulo respecto de lahorizontal, esto es para garantizar que el disparo llegue al blanco. Es decir V0 = 500 m/seg. Distancia horizontal recorrida V0 VX = V0X X = 200 m sen 2θ (V0 )2X= gX g = sen 2θ (V0 )2 X g 200 * 9,8 1960sen 2θ = = = = 0,00784 (V 0 ) 2 500 2 250000sen 2Θ = 0,00784arc sen 2Θ = arc sen 0,00784 17
  18. 18. 2 Θ = 0,4492 0,4492θ= = 0,224 0 2Θ = 0,2240 respecto a la horizontal.Problema 4.21 Edición cuarta SERWAYDurante la primera guerra mundial los alemanes tenian un cañon llamado Big Bertha que se usopara bombardear paris. Los proyectiles tenian una velocidad inicial de 1,7 km/ seg. a una inclinacionde 550 con la horizontal. Para dar en el blanco, se hacian ajustes en relacion con la resistencia delaire y otros efectos. Si ignoramos esos efectos:a) Cual era el alcance de los proyectilesb) Cuanto permanecian en el aire? Distancia horizontal recorrida V0 = 1,7 km/ seg 550 VX = V0X R=?a) Cual era el alcance de los proyectilesDatos: V0 = 1,7 km/seg Θ = 550 km 1000 m mV0 = 1,7 * = 1700 seg 1 km seg sen 2θ (V0 )2R= g sen 2 (55) (1700 )2 sen 110 * 2890000 2715711,674R= = = = 277113,43 m 9,8 9,8 9,8R = 277,113 kmR = V0X t vuelo pero: V0X = V0 cos ΘR = V0 cos θ t vuelodespejamos el tiempo de vuelo R 277113,43 277113,43t vuelo = = = = 284,19 seg V0 cos θ 1700 * cos 55 975,079tvuelo = 284,19 seg 18
  19. 19. Problema 4.22 Edición cuarta SERWAYUna estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre el nivel delsuelo. Mientras su oponente esta viendo esta primera bola de nieve, usted lanza una segunda bolaa un ángulo menor lanzada en el momento necesario para que llegue a su oponente ya sea antes oal mismo tiempo que la primera. Suponga que ambas bolas de nieve se lanzan con una velocidadde 25 m/seg. La primera se lanza a un ángulo de 700 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 quellegue al blanco al mismo tiempo? Primera bola de nieve Distancia horizontal recorrida V0 = 25 m/seg 700 Segunda bola de nieve VX = V0X R=? Distancia horizontal recorrida V0 = 25 m/seg β0 Segunda bola de nieve VX = V0X R=?PRIMERA BOLA DE NIEVESe halla el tiempo de vuelo.Datos Θ = 700 V0 = 25 m/seg. g*t2Y = VOY * t - pero: V0Y = V0 sen Θ 2 g*t2Y = VO sen θ * t - pero Y = 0 2 g * t20 = VO sen θ * t - 2 2 g*t VO sen θ * t = Cancelando t a ambos lados de la igualdad. 2 g*t VO sen θ = 22 V0 sen θ = g t 19
  20. 20. 2 V0 sen θt vuelo = g 2 * 25 sen 70 50 sen 70 46,984t vuelo = = = = 4,794 seg g 9,8 9,8tvuelo = 4,794 seg (de la primera bola de nieve.)Con el tiempo de vuelo de la primera bola de nieve, se halla el alcance horizontal.R = V0X t vuelo pero: V0X = V0 cos ΘR = V0 cos θ t vueloR = 25 * cos 70 * 4,794R = 41 metrosAhora hallamos el tiempo de vuelo de la segunda bola de nieve en función del ángulo dedisparo.Datos: β = ángulo de disparo de la segunda bola de nieve V0 = 25 m/seg. R = 41 metros 2 V0 sen βt vuelo 2 = g 2 V0 sen β 2 * 25 * sen β 50 sen βt vuelo 2 = = = = 5,1 sen β g 9,8 9,8tvuelo 2 = 5,1 sen β (de la segunda bola de nieve.)Con este dato procedemos a hallar el ángulo β de disparo de la segunda bola de nieve.R = V0X t vuelo 2 pero: V0X = V0 cos βR = V0 cos β t vuelo 2 pero: tvuelo 2 = 5,1 sen β R = V0 cos β * 5,1 sen βR = 25 * cos β * 5,1 sen βR = 127,5 * cos β * sen β pero: R = 4141 = 63,72 * ( 2 cos β * sen β ) pero: 2 sen β cos β = sen 2 β41 = 63,72 * ( sen 2 β ) 41sen 2 β = = 0,6431 63,75sen 2 β = 0,6431arc sen 2 β = arc sen 0,64312 β = 400 40β= = 20 0 2β = 200 20
  21. 21. Con el calor del ángulo de disparo de la segunda bola de nieve, se halla el tiempo de vuelotvuelo 2 = 5,1 sen β (de la segunda bola de nieve.)tvuelo 2 = 5,1 sen 20tvuelo 2 = 5,1 * 0,342tvuelo 2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.)b) Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para quellegue al blanco al mismo tiempo?tvuelo = 4,794 seg (de la primera bola de nieve.)tvuelo 2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.)Δ t = tvuelo - tvuelo 2Δ t = 4,794 seg - 1,744 segΔt= 3,05 seg.Problema 4.23 Edición cuarta SERWAYUn proyectil se dispara de tal manera que su alcance horizontal es igual a tres veces su máximaaltura.Cual es el ángulo de disparo? Distancia horizontal recorrida V0 YMAX β0 VX = V0X R = 3 YMAXYmax = (VOY )2 Pero: V0Y = V0 sen β 2 g (VO senβ )2 (V0 )2 sen 2 βYmax = = 2 g 2g (V0 )2 sen 2 βYmax = ECUACION 1 2g sen 2 β (V0 )2R= Pero: 2 sen β cos β = sen 2 β g 2 sen β cos β * (V0 )2R= Pero: R = 3 YMAX g 21
  22. 22. 2 sen β cos β * (V0 )23 YMAX = g 2 sen β cos β * (V0 )2 YMAX = ECUACION 2 3gIgualando las ecuaciones 1 y 2. (V0 )2 sen 2 βYmax = ECUACION 1 2g 2 sen β cos β * (V0 )2 YMAX = ECUACION 2 3g (V0 )2 sen 2 β 2 sen β cos β * (V0 )2 = Cancelando a ambos lados de la ecuación 2 g 3g sen β 2 cos β = 2 3 sen β 2*2 = cos β 3 4 tg β = 3tg β = 1,3333arc tg β = arc tg 1,3333β = 53,130Problema 4.24 Edición cuarta SERWAYUna pulga puede brincar una altura vertical h.a) Cual es la máxima distancia horizontal que puede saltar.b) Cual es el tiempo en el aire en ambos casos? Distancia horizontal recorrida V0 h β0 VX = V0X Ra) Cual es la máxima distancia horizontal que puede soltar.El máxima alcance horizontal se logra cuando el ángulo es de β = 450 22
  23. 23. sen 2 β (V0 )2 R= g sen 2 * 45 (V0 )2 sen 90 (V0 )2 (V0 )2 R= = = g g g (V0 )2 R= Ecuación 1 g (VOY )2 h = 2 g 2 g h = (V0Y)2 2 g h = (V0 senβ)2 2 2 2 g h = (V0) sen β 2 2 g h = 0,5 * (V0) 2 4 g h = (V0) Ecuación 2 Reemplazando en la ecuación 1 (V0 )2 4 g h R= R= g g R= 4 h Problema 4.25 Edición cuarta SERWAY 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. V0 VX = V0X VY V0 = 1000 m/seg VX = V0X YMAX = 800 metrosV0Y = 40 X = VX tmax Θ V0X = 30 m/seg Distancia horizontal recorrida 23
  24. 24. Datos del problema:V0 = 1000 m/seg. X = 2000 metrosAlcance horizontalX = vX * tX = (v0 cos Θ) t X 2000 2t= = = (Ecuación 1) V0 cos θ 1000 cosθ cos θ g* t2Mientras el cuerpo vaya subiendo, ( - ↑ ) la ecuación es negativa. Y = VOY * t − 2 g * t2Y = VO senθ * t − (Ecuación 2) 2Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. g*t2Y = VO senθ * t − 2 2 ⎛ 2 ⎞ g *⎜ ⎟ ⎛ 2 ⎞ ⎝ cosθ ⎠Y = VO senθ * ⎜ ⎟ − ⎝ cosθ ⎠ 2 V senθ g * (2 )2 2000 senθ * (2) − 9,8 * 4Y = O = - cosθ (cos θ )2 cos θ 2 (cos θ )2 19,6800 = 2000 * tag θ − (cos θ )2 19,62000 * tg θ = 800 + (cos θ )2pero: 1 = (sec θ ) 2(cos θ )22000 * tg θ = 800 + 19,6 (sec θ )2pero: (sec θ ) 2 = (tg θ )2 + 12000 * tg θ = 800 + 19,6 ⎡(tg θ )2 + 1⎤ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦2000 * tg θ = 800 + 19,6 (tg α ) 2 + 19,6Ordenando la ecuación19,6 (tg θ )2 - 2000 tg θ + 800 + 19,6 = 019,6 (tg θ )2 - 2000 tg θ + 819,6 = 0pero: a = 19,6 b = - 2000 c = 818,6 - b ± b 2 - 4 a c - (- 2000) ± (-2000)2 - 4 * 19,6 * (818,6) 2000 ± 4000000 - 64178,24tg θ = = = 2a 2 * 19,6 39,2 24
  25. 25. 2000 ± 3935821,76 2000 ± 1983,8905tg θ = = 39,2 39,2 2000 + 1983,8905tg θ = = 101,6298613 39,2 2000 - 1983,8905tg β = = 0,410956 39,2 2 2 2tg Θ = 101,6298613 t= = = = = 201,04 seg cos θ cos 89,43 9,94821 *10 - 3Θ = arc tg 101,6298613Θ = 89,430 2 2 2tg β = 0,410956 t= = = = = 2,16 seg. cos β cos 22,34 0,9249β = arc tg 0,410956β = 22,340Problema 4.26 Edición cuarta SERWAYSe lanza una pelota desde la ventana del piso más alto de un edificio. Se da a la pelota unavelocidad inicial de 8 m/seg. a un ángulo de 200 debajo de la horizontal. La pelota golpea el suelo 3seg. 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 lanzo 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 = 200 tvuelo = 3 seg.a) A que distancia horizontal a partir de la base del edificio la pelota golpea el suelo?X = vX * tvueloX = (v0 cos Θ) tvueloX = (8 cos 20) * 3X = 22,55 metrosMientras el cuerpo vaya bajando, ( +↑ ) la ecuación es positiva. g * t2Y = VO senθ * t + 2 9,8 * 3 2Y = 8 sen 20 * 3 + 2 9,8 * 9Y = 24 sen 20 + 2Y = 8,208 + 44,1Y = 52,3 metrosc) Cuanto tiempo tarda la pelota para alcanzar un punto 10 metros abajo del nivel de lanzamiento?Mientras el cuerpo vaya bajando, ( +↑ ) la ecuación es positiva. 25
  26. 26. V0 = 8 m/seg g * t2Y = VO senθ * t + 200 2 9,8 * t 210 = 8 sen 20 * t + Y=? VX 2 VY Y = 10 m10 = 2 ,736 t + 4,9 t 2 V4,9 t2 + 2,736 t – 10 = 0 Xa = 4,9 b = 2,736 c = -10 Distancia horizontal recorrida - b ± b 2 - 4 a c - (2,736) ± (2,736) - 4 * 4,9 * (- 10) - 2,736 ± 7,4529 + 196 2t= = = 2a 2 * 4,9 9,8 - 2,736 ± 203,4529 - 2,736 ± 14,26t= t= 9,8 9,8 - 2,736 + 14,26 11,53t1 = = 9,8 9,8t = 1,17 seg.Problema 4.58 Edición cuarta SERWAYUn jugador de básquetbol de 2,0 metros de altura lanza un tiro a la canasta desde una distanciahorizontal de 10 metros. Si tira a un ángulo de 400 con la horizontal, ¿Con que velocidad inicialdebe tirar de manera que el balón entre al aro sin golpear el tablero?Datos del problema:Altura del lanzador 2,00 metrosAltura de la canasta 3,05 metros 26
  27. 27. X = 10 metrosY = 3,05 – 2,0 = 1,05 METROSΘ = 400Alcance horizontalX = vX * tX = (v0 cos Θ) t (Ecuación 1) Xt= V0 cos θPero: g*t2Y = VOY * t − 2 g * t2Y = VO senθ * t − (Ecuación 2) 2Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. g*t2Y = VO senθ * t − 2 2 ⎛ X ⎞ g *⎜⎜ V cosθ ⎟ ⎟ ⎛ X ⎞ ⎝ O ⎠ ⎜Y = VO senθ * ⎜ ⎟ − ⎟ ⎝ V0 cosθ ⎠ 2 V senθ g * (X )2Y = O * (X ) − V0 cosθ 2 V0 (cos θ )2 2 g * (X )2Y = tag θ * (X ) − 2 V0 (cos θ )2 2ReemplazandoX = 10 metrosY = 3,05 – 2,0 = 1,05 metrosΘ = 400 10 * (10 )21,05 = tag 40 * (10 ) − 2 V0 (cos 40 )2 2 10 001,05 = 8,39 − V 2 (1,1736 ) 0 852,071,05 = 8,39 − V2 0852,07 = 8,39 - 1,05 V2 0852,07 = 7,34 V2 0 V 2 = 852,07 0 7,34 27
  28. 28. ⎛ 852,07 ⎞ V0 = ⎜ 7,34 ⎟ = 10,77 m seg ⎜ ⎟ ⎝ ⎠V0 = 10,77 m/seg. PROBLEMAS ADICIONALES SOBRE TIRO PARABOLICOProblema 1 Un proyectil tiene una velocidad inicial de 24 m /seg que forma un ángulo de 530 porencima 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 instantec) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en dicho momento tmax = 1,95 seg VX = V0X t = 3 seg V0 = 24 m/seg V0Y Y = 13,38 m TVUELO = 2 tmax 0 53 VX = V0X VX = V0X 530 X = 44,33 m V0Y V0Datos Θ = 530 V0 = 24 m/seg.Inicialmente se halla el tiempo máximo, para saber si los 3 seg están subiendo o bajando en lagrafica.V0Y = V0 sen ΘV0Y = 24 sen 53V0Y = 19,16 m/seg. V 19,16 t max = 0Y = = 1,95 seg g 9,8tmax = 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 serdisparado.VOX = VX = V0 cos θVOX = VX = 24 cos 53 mVOX = VX = 14,44 seg 28
  29. 29. X = VX * t ⇒X = 14,44 * 3X = 44,33 mb) La distancia vertical por encima del punto de partida en el mismo instanteEn la figura se puede observar la posición del poste. A los 3 seg. el balón va bajando.Pero: g*t2 9,8 * 3 2Y = VOY * t − = 19,16 * 3 − 2 2Y = 57,48 − 44,1Y = 13,38 metrosc) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en dicho momento m VOX = VX = 14,44 segVY = V0 sen Θ – g tVY = 24 sen 53 – 9,8 * 3VY = 19,16 – 29,4VY = - 10,24 m/segProblema 2 Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 530 por encima de lahorizontal y una velocidad inicial V0 = 60 m/seg.Un tanque avanza directamente hacia el mortero, sobre un terreno horizontal, a la velocidad de 3m/seg. Cual deberá ser la distancia desde el mortero al tanque en el instante en que el mortero esdisparado para lograr hacer blanco. Distancia horizontal recorrida V0 = 60 m/ seg 530 VX = V0X R=? X=?VOX = VX = V0 cos θVOX = VX = 60 cos 53 mVOX = VX = 36,1 segSe halla el alcance horizontal del mortero sen 2θ (V0 )2R= g 29
  30. 30. sen 2 (53) (60)2 sen 106 * 3600 3460,54R= = = = 353,11 m 9,8 9,8 9,8R = 353,11 kmSe halla el tiempo de vuelo del morteroR = VX * t V ⇒ R 353,11 tv = = = 9,78 seg VX 36,1tv = 9,78 segEl tiempo de vuelo del mortero es el mismo tiempo que necesita el tanque para llegar alobjetivo.Se halla el desplazamiento del tanqueX=v*tX = 3 * 9,78X = 29,34 metrosPROBLEMA 3Se lanza un proyectil con una velocidad de 61 m/seg. y un ángulo de 600 sobre la horizontal.Calcular: Posición a los 2 seg. VY V VX = V0X φ V0 = 61 m/seg VX = V0X VX = V0X (V0Y )2 YMAX = V0Y g (t ) 2g 2 Y = V0Y t- VY V 2 TVUELO = 2 tMAX 0 60 VX = V0X 600 X = VX tvuelo V0Y V0 Distancia horizontal recorridaa) Cuanto vale la componente vertical de la velocidad inicial (VOY)Datos del problema VO = 61 m/seg. θ = 600 30
  31. 31. VOY = VO sen θVOY = 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 = 600VOX = VO cos θVOX = 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/seg2 * 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 lavelocidad 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.V = (VX )2 + (VY )2 = (30,5)2 + (32,82 )2 = 44,8 m segV = 44,8 m/seg.f) En que instante el proyectil alcanza el punto mas alto de su trayectoria. VOY 52,82 m segt max = = = 5,282 seg. g 10 m seg 2g) Cual es el alcance del proyectil (Distancia horizontal recorrida)X = VX * tvuelo pero: tvuelo = 2 * tmaxX = 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 sueloEs 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 detodo el recorrido.VOY = 52,82 m/seg. VO = 61 m/seg. 31
  32. 32. 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. (V0Y ) t max = g V0 VX = V0X VY V0 VX = V0X VX = V0X (V0Y )2 YMAX =V0Y = 40 2g VY V TVUELO = 2 tMAX VX = V0X V0X = 30 m/seg X = VX tvuelo V0Y V0 Distancia horizontal recorrida a) Cual es la altura alcanzada. (VOY )2 (40)2 1600 m 2 seg 2 1600 Ymax = = = = = 80 metros 2 g 2 g 2 * 10 m seg 2 20 b) El alcance horizontal. El tiempo para alcanzar el punto más alto. Pero: VOY = 40 m/seg. V 40 m seg t max = OY = = 4 seg. g 10 m seg 2 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 proyectil tiene una velocidad inicial de 24 m /seg que forma un ángulo de 530 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 32
  33. 33. tmax = 1,95 seg VX = V0X t = 3 seg V0 = 24 m/seg V0Y Y = 13,38 m TVUELO = 2 tmax 0 53 VX = V0X VX = V0X 530 X = 44,33 m 0 V0Y V0Datos Θ = 53 V0 = 24 m/seg.Inicialmente se halla el tiempo máximo, para saber si los 3 seg están subiendo o bajando en lagrafica.V0Y = V0 sen ΘV0Y = 24 sen 53V0Y = 19,16 m/seg. V 19,16 t max = 0Y = = 1,95 seg g 9,8tmax = 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 serdisparado.VOX = VX = V0 cos θVOX = VX = 24 cos 53 mVOX = VX = 14,44 segX = VX * t ⇒X = 14,44 * 3X = 44,33 mb) La distancia vertical por encima del punto de partida en el mismo instanteEn la figura se puede observar la posición del poste. A los 3 seg. el balón va bajando.Pero: g*t2 9,8 * 3 2Y = VOY * t − = 19,16 * 3 − 2 2Y = 57,48 − 44,1Y = 13,38 metrosc) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en dicho momento m VOX = VX = 14,44 segVY = V0 sen Θ – g tVY = 24 sen 53 – 9,8 * 3VY = 19,16 – 29,4VY = - 10,24 m/seg 33
  34. 34. Problema 6 Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 530 por encima de lahorizontal y una velocidad inicial V0 = 60 m/seg.Un tanque avanza directamente hacia el mortero, sobre un terreno horizontal, a la velocidad de 3m/seg. Cual deberá ser la distancia desde el mortero al tanque en el instante en que el mortero esdisparado para lograr hacer blanco. Distancia horizontal recorrida V0 = 60 m/ seg 530 VX = V0X R=? X=?VOX = VX = V0 cos θVOX = VX = 60 cos 53 mVOX = VX = 36,1 segSe halla el alcance horizontal del mortero sen 2θ (V0 )2R= g sen 2 (53) (60)2 sen 106 * 3600 3460,54R= = = = 353,11 m 9,8 9,8 9,8R = 353,11 kmSe halla el tiempo de vuelo del morteroR = VX * t V ⇒ R 353,11 tv = = = 9,78 seg VX 36,1tv = 9,78 segEl tiempo de vuelo del mortero es el mismo tiempo que necesita el tanque para llegar alobjetivo.Se halla el desplazamiento del tanqueX=v*tX = 3 * 9,78X = 29,34 metrosProblema 7 Un jugador lanza una pelota formando un ángulo de 370 con la horizontal y con unavelocidad inicial de 48 pies/seg. Un segundo jugador, que se encuentra a una distancia de 100 piesdel primero en la dirección del lanzamiento inicia una carrera para encontrar la pelota, en elmomento de ser lanzada. Con que velocidad ha de correr para coger la pelota 34
  35. 35. Distancia horizontal recorrida V0 = 48 m/ seg 370 VX = V0X R=? X=? X1 = 100 pies VOX = VX = V0 cos θVOX = VX = 48 cos 37 piesVOX = VX = 38,33 segSe halla el alcance horizontal de la pelota g = 32 pies/seg2 sen 2θ (V0 )2R= g sen 2 (37 ) 48 2 sen 74 * 2304 2214,74R= = = = 69,21 pies 32 32 32R = 69,21 piesSe halla el tiempo de vuelo de la pelotaR = VX * t V ⇒ R 69,21 tv = = = 1,8 seg VX 38,33tv = 1,8 segPara el segundo jugador, el tiempo de vuelo de la pelota es el mismo tiempo que el jugador necesitapara llegar hasta la pelota. 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 pelotaPROBLEMA 8 Una bala se dispara con un ángulo de tiro de 300 y una velocidad de 200 m/seg.Calcular:a) Altura alcanzada en 8 seg.b) A los cuantos seg. regresa a la tierra.c) Distancia horizontal recorrida en 15 seg. 35
  36. 36. Posición a los 8 seg. Posición a los 15 seg. VY V VX = V0X 0 30 V0 = 61 m/seg VX = V0X VX = V0X (V0Y )2 YMAX = V0Y g (t ) 2g 2 Y = V0Y t- VY V 2 TVUELO = 2 tMAX 0 30 VX = V0X X = VX tvuelo 300 Distancia horizontal recorrida en 15 seg. V0Y V0Distancia horizontal recorrida en 8 seg.a) Altura alcanzada en 8 seg.Datos del problema VO = 200 m/seg. θ = 300VOY = VO sen θVOY = 200 sen 30VOY = 200 * (0,5)VOY = 100 m/seg.Es necesario hallar el tiempo máximo (tmax), para determinar si a los 8 seg. del movimiento la balava bajando o subiendo. VOY 100 m segt max = = = 10 seg. g 10 m seg 2El tiempo máximo es de 10 seg. (Ver la grafica) se puede decir que a los 8 seg. la bala estasubiendo. g*t2Y = VOY * t - 2pero t = 8 seg. g = 10 m/seg2 VOY = 100 m/seg. 10 * (8) 2 10 * 64Y = 100 * 8 - = 800 - = 800 - 320 2 2Y = 480 metros.b) A los cuantos seg. regresa a la tierra.t vuelo = 2 * tmaxt vuelo = 2 * 10 seg.t vuelo = 20 seg.c) Distancia horizontal recorrida en 15 seg.Datos del problema VO = 200 m/seg. θ = 300VOX = VO cos θ 36
  37. 37. VOX = 200 * cos 30VOX = 200 * (0,866)VOX = 173,2 m/seg.X = VX * t pero: VX = VOX = 173,2 m/seg.X = 173,2 m/seg. * 15 seg.X = 2598 metrosEl alcance horizontal para 15 seg. es X = 2598 metros.PROBLEMA 9De arriba de una torre se lanza una piedra con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 370 . Lapiedra alcanza el suelo a una distancia de 160 metros con respecto a la base de la torre. Cual es laaltura de la torre.Datos del problema VO = 20 m/seg. θ = 370VOY = VO sen θVOY = 20 sen 37VOY = 20 * (0,6018)VOY = 12 m/seg. VOY 12 m segt max = = = 1,2 seg. g 10 m seg 2t vuelo = 2 * tmaxt vuelo = 2 * 1,2 seg.t vuelo = 2,4 seg.Datos del problema VO = 20 m/seg. θ = 370VOX = VO cos θVOX = 20 * cos 37VOX = 20 * (0,798) 37
  38. 38. 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 + X1X1 = 160 - XX1 = 160 - 38,32X1 = 121,67 metros (VER LA GRAFICA)X1 = VX * t Pero: VX = VOX = 15,97 m/seg. X 121,67t = 1 = = 7,61 seg. VX 15,97 g * t2(+↓ ) Y = VOY * t + 2 g * t2 10 * (7,61)2Y = VOY * t + = 12 * (7,61) + 2 2Y = 91,32 + 289,56 = 380 metrosLa altura de la torre es de 380 metros.PROBLEMA 10De lo alto de un edificio se lanza un proyectil con una inclinación de 400 por encima de la horizontal.Al cabo de 5 seg. el proyectil encuentra el plano horizontal que pasa por el pie del edificio, a unadistancia de este pie igual a la altura del edificio. Calcular la velocidad inicial del proyectil y la alturadel edificio. Se sabe que la máxima altura de trayectoria del proyectil respecto a la parte superior deledificio es de 10 metros.Datos del problema:θ = 400t = 5 seg. (para X = H) (Es decir el proyectil demora en el aire 5 seg.)hmax = 10 metros.g = 10 m/seg2 38
  39. 39. Como tenemos el valor de hmax se puede hallar la VOY (Velocidad inicial en el eje vertical).Ymax = (VOY )2 ⇒ 2 g(VOY )2 = 2 * g * YmaxVOY = 2 * g * Ymax = 2 * 10 * 10 = 14,14 m segV0Y = 14,14 m/seg.VOY = VO sen θ VOY 14,14VO = = = 22 m seg sen 40 0,6427V0 = 22 m/seg.Datos del problema VO = 22 m/seg. θ = 400VOX = VO cos θVOX = 22 * cos 40VOX = 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 vuelodel proyectil es de 5 seg. se halla el recorrido horizontal (X = h )X = h = VX * tX = h = 16,85 * 5X = h = 84,25 metros .La altura del edificio (h) es de 84,25 metros.PROBLEMA 11Un jugador de béisbol golpea la pelota con un ángulo de 450 y le proporciona una velocidad de 38m/seg. Cuanto tiempo tarda la pelota en llegar al suelo. VY V VX = V0X 0 45 V0 = 38 m/seg VX = V0X VX = V0X (V0Y )2 YMAX = V0Y 2g VY V TVUELO = 2 tMAX 450 VX = V0X 450 X = VX tvuelo V0Y V0Datos del problema VO = 38 m/seg. θ = 450 horizontal recorrida Distancia 39
  40. 40. VOY = VO sen θVOY = 38 sen 45VOY = 38 (0,7071)VOY = 26,87 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tmax VOY 26,87 m segt max = = = 2,687 seg. g 10 m seg 2Con el tmax hallamos el tiempo de vuelot vuelo = 2 * tmaxt vuelo = 2 * 2,687 seg.t vuelo = 5,374 seg.PROBLEMA 12Se 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 tVY + gt = VOY3,36 +10t = VOY (Ecuación 1) g * t2Y = VOY * t - 2 10 * (t) 212 = VOY * t - 2 (V0Y ) t max = g VY = 3,36 m/seg V0 VX = V0X VX = V0X = 4,5 m/seg V0 VX = V0X 12 metros (V0Y )2 YMAX = = 12,57 m V0Y 2g VY V TVUELO = 2 tMAX VX = V0X V0X X = VX tvuelo V0Y V0Distancia horizontal recorridacuando esta a 12 metros del piso. 40
  41. 41. 12 + 5t 2 = VOY * t12 + 5t = VOY (Ecuación 2) tIgualando ecuación 1 con ecuación 23,36 +10t = 12/t + 5t 12 123,36 = + 5t - 10t = - 5t t t 12 - 5t 23,36 = t3,36t = 12 - 5t25t2 + 3,36t - 12 = 0 2 - b ± b 2 - 4 a c - 3,36 ± 3,36 - 4 * 5 * (-12) - 3,36 ± 11,28 + 240 - 3,36 ± 251,28t= = = = 2a 2*5 10 10 - 3,36 ± 15,85 - 3,36 + 15,85 12,4918t= ⇒ t= = 10 10 10t = 1,25 seg.Reemplazando el t = 1,25 seg. hallamos VOY3,36 +10t = VOY (Ecuación 1)3,36 + 10 *1,25 = VOYVOY = 3,36 +12,5 = 15,86 m/segVOY = 15,86 m/seg (VOY )2 (15,86)2 251,539 m 2 seg 2 251,539La altura máxima es: Ymax = = = = = 12,57 metros 2 g 2 g 2 *10 m seg 2 20 VX = VOX = 4,5 m/seg. Por que la velocidad en este sentido permanece constante a través de todoel recorrido. V 15,86tg θ = OY = = 3,524 VOX 4,5θ = arc tg 3,524θ = 74,150VOY = VO sen θ15,86 = VO sen 74,15 15,86 15,86Vo = = = 16,48 m seg sen 74,15 0,96198VO = 16,48 m/seg (Velocidad inicial con que fue lanzada la pelota) 41
  42. 42. PROBLEMA 13Se dispara un proyectil con rapidez inicial de 80 m/seg. hacia el este con un ángulo de elevación de600a) 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. Tiempo máximo = 6,928 seg Posición a los 5 seg. VY V VX = V0X φ V0 = 80 m/seg VX = V0X VX = V0X (V0Y )2 YMAX = V0Y g (t ) 2g 2 Y = V0Y t- VY V 2 TVUELO = 2 tMAX 0 60 VX = V0X 600 X = VX tvuelo = 554,24 metros V0Y V0 Distancia horizontal recorrida a los 5 seg. = 200 metrosDatos del problemaVo = 80 m/seg. θ = 600VOY = VO sen θVOY = 80 sen 60VOY = 80 (0,866)VOY = 69,28 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tmax VOY 69,28 m segt max = = = 6,928 seg. g 10 m seg 2a) Calcular el tiempo de vuelo del proyectil.Con el tmax hallamos el tiempo de vuelot vuelo = 2 * tmaxt 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 = 600 42
  43. 43. VOX = VO cos θVOX = 80 * cos 60VOX = 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 vabajando 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 g*t2Y = VOY * t - 2 g * t2 10 * (5)2Y = VOY * t - = 69,28 * (5) - 2 2Y = 346,4 – 125 = 221,4 metrosY = 221,4 metros (Alcance vertical a los 5 seg.)X = VX * t = 40 * 5 = 200 metrosX = 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 * 5VY = 19,28 m/seg.La velocidad horizontal (VX) al cabo de 5 seg. es la misma que VoX = 40 m/seg. Por que la velocidaden 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.V = (VX )2 + (VY )2 = (40)2 + (19,28)2 = 1600 + 371,71 = 44,4 m segV = 44,4 m/seg. V 19,28tg β = Y = = 0,482 VX 40β = arc tg 0,482β = 25,7340e) 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. 43
  44. 44. VOY 69,28 m segt max = = = 6,928 seg. g 10 m seg 2 (VOY )2 (69,28)2 4799,71 m 2 seg 2 4799,71Ymax = = = = = 239,98 metros 2 g 2 g 2 *10 m seg 2 20PROBLEMA 14Una roca descansa sobre un barranco 600 metros por encima de una casa, tal como se muestra enla figura. En tal posición que si rodase, saldría disparada con una rapidez de 50 m/seg. Existe unlago de 200 metros de diámetro. Con uno de sus bordes a 100 metros del borde del barranco. Lacasa 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 alsuelo?b) Caerá la roca en la lagunac) 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 = 300VOY = VO sen θVOY = 50 sen 30VOY = 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 decaer al suelo?La ecuación para hallar Y es positiva por que la roca va bajando. g*t2Y = VOY * t + 2 44
  45. 45. 10 * t 2600 = 25 * t + = 25t + 5t 2 25t2 + 25t - 600 = 0 (Simplificando la ecuación por 5)t2 + 5t - 120 = 0 pero a = 1 b=5 c = -120 2 - b ± b 2 - 4 a c - (5) ± 5 - 4 * 1 * (-120) - 5 ± 25 + 480 - 5 ± 505 - 5 ± 22,4722t= = = = = 2a 2 *1 2 2 2 - 5 + 22,4722 17,4722t= = = 8,73 seg 2 2t = 8,73 segb) Caerá la roca en la laguna?Datos del problema. Y = 600 metros V0 = 50 m/seg. θ = 300El alcance máximo horizontal.VOX = VO cos θVOX = 50 * cos 30VOX = 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 grafica, 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 por que la roca va bajando.VY = VOY + gt pero: VOY = 25 m/seg.VY = 25 + 10 * 8,73VY = 112,3 m/seg.V = (VX )2 + (VY )2 = (43,3)2 + (112,3)2 = 1874,89 + 12611,29 = 14486,18 m segV = 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 velocidadhorizontal.PROBLEMA 15Se dispara un proyectil desde la cima de una montaña a 180 metros por encima del valle, tal comose indica en la figura. El modulo de su velocidad inicial es 60 m/seg a 600 respecto a la horizontala) Cual es la máxima altura respecto al valleb) Donde caerá el proyectil 45
  46. 46. Datos del problemaV0 = 60 m/seg.h altura de la montaña = 180 metrosθ = 600a) Cual es la máxima altura respecto al valle (H) (ver grafica)H = h + Ymax pero h = 180 metrosVOY = VO sen θVOY = 60 sen 60VOY = 60 (0,866)VOY = 51,96 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el Y maxHallamos YmaxYmax = (VOY )2 = (51,96)2 = 2700 m 2 seg 2 2700 = = 135 metros 2 g 2 g 2 *10 m seg 2 20YMAX = 135 metrosH = h + Ymax pero h = 180 metrosH = 180 + 135 = 315 metrosH = 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 horizontalen el eje X. VOY 51,96 m segt max = = = 5,196 seg. g 10 m seg 2 46
  47. 47. Con el tmax hallamos el tiempo de vuelot vuelo = 2 * tmaxt 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 = 600VOX = VO cos θVOX = 60 * cos 60VOX = 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 por que la roca va bajando. g*t2h = VOY * t + 2 10 * t 2180 = 51,96 * t + = 51,96t + 5t 2 25t2 + 51,96t - 180 = 0 pero a = 5 b = 51,96 c = -180 2 - b ± b 2 - 4 a c - (51,96) ± 51,96 - 4 * 5 * (-180) - 51,96 ± 2699,84 + 3600t= = = 2a 2*5 10 - 51,96 + 6300 - 51,96 + 79,37 27,41t= = = = 2,741 seg. 10 10 10t = 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 metrosXT = 394 metrosPROBLEMA 16Un 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 600respecto a la horizontal.Cual será el ángulo o los ángulos α que debe formar su vector velocidad con la horizontal?Cuanto tiempo tardara en aterrizar? 47
  48. 48. Datos del problema:V0 = 45 m/seg.X = ALCANCE HORIZONTALX = vX * t pero X = 45 metrosX = (v0 cos α) t X 45t= = V0 cos α 45 cosα 1t= = cosα (Ecuación 1)Pero: g*t2Y = VOY * t - 2 g*t2Y = VO senα * t - (Ecuación 2) 2Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. g*t2Y = VO senα * t - 2 2 ⎛ 1 ⎞ g *⎜ ⎟ ⎛ 1 ⎞ ⎝ cos α ⎠Y = VO senα * ⎜ ⎟ - ⎝ cosα ⎠ 2 V sen α gY = O - cosα 2 (cos α )2 48
  49. 49. 10 5- 77,94 = (45) * tag α - = 45 tgα - 2 (cos α )2 (cos α )2pero: 1 = (sec α ) 2(cos α )2- 77,94 = 45 tgα - 5 (sec α )2pero: (sec α ) = (tg α ) + 1 2 2- 77,94 = 45 tgα - 5 ⎡(tg α )2 + 1⎤ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦- 77,94 = 45 tgα - 5(tg α )2 - 5Ordenando la ecuación5(tg α )2 - 45 tg α + 5 - 77,94 = 05(tg α )2 - 45 tg α - 72,94 = 0pero: a = 5 b = - 45 c = -72,94 2 - b ± b 2 - 4 a c - (- 45) ± (-45) - 4 * 5 * (-72,94) 45 ± 2025 + 1458,8tg α = = = 2a 2*5 10 45 ± 3483,8 45 ± 59,023tg α = = 10 10 45 + 59,023tg α = = 10,4023 10 45 - 59,023tg β = = - 1,4023 10tg α = 10,4023 1 1 t= = = = 10,43 seg. cosα cos 84,5α = arc tg 10,4023α = 84,50tg β = - 1,4023 1 1t= = = = 1,72 seg. cosα cos - 54,5β = arc tg - 1,4023β = - 54,50Problema 17Se lanza un cuerpo desde el origen con velocidad horizontal de 40 m/s, y con una velocidad verticalhacia arriba de 60 m/s. Calcular la máxima altura y el alcance horizontal.V0y = 60 m/seg. 49
  50. 50. V0X = VX = 40 m/seg. (V0Y )2 60 2 3600 Ymax = = = = 180 metros 2g 2 *10 20 máxima altura 180 metros (V0Y ) t max = = 6 seg. g V0 VX = V0X VY V0 VX = V0X VX = V0X (V0Y )2 YMAX = = 180 mV0Y = 60 m/seg 2g VY V TVUELO = 2 tMAX VX = V0X V0X = 40 m/seg X = VX tvuelo V0Y V0 Distancia horizontal recorrida = 480 metros VOY 60 t max = = = 6 seg. g 10 tvuelo = 2 * tmax = 2 * 6 = 12 seg X = VX * tvuelo = 40 m/seg. * 12 seg = 480 metros X = El alcance horizontal es 480 metros. ============================================================================ 50
  51. 51. Problema 18Resolver el ejercicio anterior, tomando como lugar de lanzamiento la cima de una colina de 50 m dealtura.Calcular la máxima altura y el alcance horizontal.Datos del problemaV0X = VX = 40 m/seg.V0y = 60 m/seg.h altura de la colina = 50 metrosCual es la máxima altura respecto al valle (H)H = h + Ymax pero h = 50 metrosVOY = 60 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el YmaxHallamos Ymax (VOY )2 (60)2 3600 m 2 seg 2 3600Ymax = = = = = 180 metros 2 g 2 g 2 *10 m seg 2 20H = h + Ymax = 50 + 180 = 230 metrosH = 230 metros MAXIMA ALTURADonde caerá el proyectil (XT) ?Para hallar el alcance horizontal, es necesario calcular el tiempo de vuelo y la velocidad horizontalen el eje X. VOY 60 m segt max = = = 6 seg. g 10 m seg 2 51
  52. 52. Con el tmax hallamos el tiempo de vuelot vuelo = 2 * tmaxt 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 por que la roca va bajando. g*t2h = VOY * t + 2 10 * t 250 = 60 * t + = 60 t + 5t 2 25t2 + 60 t - 50 = 0 pero a = 5 b = 60 c = - 50 2 - b ± b 2 - 4 a c - (60) ± 60 - 4 * 5 * (-50) - 60 ± 3600 + 1000t= = = 2a 2*5 10 - 60 + 4600 - 51,96 + 61,82 9,86t= = = = 0,986 seg. 10 10 10t = 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 metrosXT = 519,44 metros MAXIMO ALCANCE HORIZONTAL 52
  53. 53. PROBLEMAS ADICIONALES SOBRE MOVIMIENTO DE UN CUERPO LANZADO HORIZONTALMENTEPROBLEMA 19Desde la azotea de un edificio de 125 metros de altura se lanza un objeto horizontalmente con unavelocidad 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 A V0 = 20 m/seg B VX Pero: VY V0 = VX V VY = g t VX V = (VX )2 + (VY )2 VY Y = 125 m V 1 Y= g t2 2 Velocidad con que X = V0 t llega al piso C VX θ X Distancia horizontal recorrida VY VVO = VX = 20 m segY = 125 metrosa) Tiempo empleado en caer. 1Y = g t2 ⇒ 2 Y = g t2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 2 Y 2 * 125 250 t = = = = 25 = 5 seg. g 10 10t = 5 seg.b) Velocidad con que llega a la tierra.VO = VX = 20 m seg VY = g * t = 10 m seg 2 * 5 seg = 50 m segV = (VX )2 + (VY )2 = (20)2 + (50)2 = 400 + 2500 = 2900 = 53,85 m segc) Distancia horizontal recorrida.X = VX * t = 20 m seg * 5 seg = 100 metros MAXIMO ALCANCE HORIZONTAL 53
  54. 54. PROBLEMA 20Un avión vuela horizontalmente a 500 m de altura y deja caer un objeto. Si hasta llegar a tierra elobjeto recorre horizontalmente 800 m, hallar:a) Con que velocidad vuela el avión. Rta. VX = 80 m/seg.b) Con qué velocidad choca el objeto. Rta. V = 128 m/seg.c) Cuanto tiempo emplea en caer. Rta. t = 10 seg.Y = 500 metros X = 800 metros A V0 B VX Pero: VY V0 = VX V VY = g t VX V = (VX )2 + (VY )2 VY Y = 500 m V 1 Y = g t2 2 Velocidad con que X = V0 t llega al piso C VX θ X = 800 m VY V Distancia horizontal recorridaCuanto tiempo emplea en caer. 1Y = g t2 ⇒ 2 Y = g t2 22Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g 2 Y 2 * 500 1000 t = = = = 100 = 10 seg. g 10 10t = 10 seg. Tiempo empleado en caer.a) Con que velocidad vuela el avión. X 800X = VX * t ⇒ VX = = = 80 m seg t 10VO = VX = 80 m segb) Con qué velocidad choca el objeto.VO = VX = 80 m seg VY = g * t = 10 m seg 2 * 10 seg = 100 m segV = (VX )2 + (VY )2 = (80)2 + (100 )2 = 6400 + 10000 = 16400V = 128,06 m/seg. 54
  55. 55. PROBLEMA 21Un objeto se lanza horizontalmente desde cierta altura. Si en llegar a tierra gasta 6 seg. y recorrehorizontalmente 72 metros. Calcular:a) Desde que altura se lanzo. Rta. Y = 180 metrosb) Cual es la velocidad horizontal Rta. VO = VX = 12 m segc) Que velocidad tiene a los 4 segundos. Rta. V = 41,76 m/seg.t (vuelo) = 6 seg. X = 72 metros. V0 = ?? VX Pero: VY V0 = VX V Velocidad a los 4 seg. VY = g t VX Y=? V= (VX )2 + (VY )2 VY V 1 Y = g t2 2 Velocidad con que X = V0 t llega al piso a los 6 seg. VX θ X = 72 m VY V Distancia horizontal recorridaa) Desde que altura se lanzo. 1 1 10 * 36Y = g t 2 = * 10 * 6 2 = = 180 metros 2 2 2Y = 180 metrosb) Cual es la velocidad horizontalX = VX * t ⇒ X 72 VX = = = 12 m seg t 6VO = VX = 12 m segc) Que velocidad tiene a los 4 segundos.VO = VX = 12 m seg VY = g * t = 10 m seg 2 * 4 seg = 40 m segV = (VX )2 + (VY )2 = (12)2 + (40)2 = 144 + 1600 = 1744V = 41,76 m/seg.PROBLEMA 22De arriba de una torre se lanza horizontalmente una piedra, con velocidad de 30 m/seg. La piedraalcanza el suelo con velocidad de 50 m/seg.a) Cuál es la altura de la torre. Rta. Y = 80 metros 55

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