INSTITUCIÓN EDUCATIVA “JULIO CÉSAR GARCIA”INSTITUCIÓN EDUCATIVA “JULIO CÉSAR GARCIA”ÁREA: CIENCIAS NATURALES Y EDUCACIÓN AMBIENTALÁREA: CIENCIAS NATURALES Y EDUCACIÓN AMBIENTAL

PROFESOR: EDUARDO JAIME VANEGAS LONDOÑOPROFESOR: EDUARDO JAIME VANEGAS LONDOÑO

PROBLEMAS DE CINEMÁTICAPROBLEMAS DE CINEMÁTICA

2

CINEMÁTICA Problema 1 (1)

Desde lo alto de una torre cuya altura es h0 = 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.

h0

d

v0

h0

d

v0v0y

vxLa velocidad en el eje X se mantiene constante

X

YLa velocidad en el eje Y cambia...

... debido a la aceleración de la gravedad

JCG

Aplicada

Física

3

h0

d

X

Y

x

y

CINEMÁTICA Problema 1 (2)

tvx x vx

20 2

1tgtvy y v0y

-g

v0v0y

vx

cos0 vvx

222

0 cos2tg x

v

gxy

Ecuación trayectoria:(apartado A)

222 60cos10·2

8.960tg xxy 2196.0732.1 xx

Se trata de una parábola JCG

Aplicada

Física

4

CINEMÁTICA Problema 1 (3)

Posición del máximo (apartado B)

h0

d

X

Y

En el máximo la tangente es horizontal

222

0 cos2tg x

v

gxy

xv

g

dx

dy

22

0 costg 0 Max

xMax

yMax

g

vxMax

cossen20

g

v

2

2sen20

m 12.4Maxx m 83.3Maxy

Altura desde el suelo: m 83.1583.3120 maxyh

JCG

Aplicada

Física

5

h0

d

CINEMÁTICA Problema 1 (4)

Lugar en que se estrella contra el suelo (apartado C)

X

Y 222

0 cos2tg x

v

gxy

xsuelo

xsuelo-d

0hy

0cos2 0

222

0

hxtgxv

gsuelosuelo

012732.1196.0 2 suelosuelo xx

m 40.13suelox m 57.4suelox

Distancia desde el pie de la torre: m 40.10340.13 dxsuelo

JCG

Aplicada

Física

6

CINEMÁTICA Problema 1 (5)

Cálculo de velocidad cuando se estrella contra el suelo (apartado D)

Razonamiento: Calculemos el tiempo tsuelo que tarda en llegar al suelo...

y a partir de ahí la velocidad

x

suelosuelo v

xt

º60cos10

40.13

s 68.2

Tiempo tmax que tarda en llegar al punto más altox

maxmax v

xt

º60cos10

12.4

s 88.0

Desde el punto más alto cae sin ninguna velocidad inicial en el eje Y, por lo que la componente vertical de la velocidad es:

)( maxsuelosueloy ttgv m/s 61.17

Velocidad en el punto en que choca con el suelo:

10·cos 60º

17.61

2suelo

2yxsuelo vvv

vsuelo = 18.31 m/s

suelo

1tgy

x

v

v = 15.85ºJCG

Aplicada

Física

7

xv

g

dx

dy

22

0 costg x

v

g

dx

dt

dt

dy

220 cos

tg

dt

dxx

v

g

dt

dy

22

0 costg xvx

v

g

dt

dy

22

0 costg

xv

gv

dt

dyvy

cossen

00

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).

222

0 cos2tg x

v

gxy

Ecuación de la trayectoria:

yv

JCG

Aplicada

Física

8

CINEMÁTICA Problema 2 (2)

cos0vvx

xv

gvvy

cossen

00

2

00

220

22

coscoscos

x

v

gvvvvv yx

v

yv

xv

x

y

v

vtg

0,00 8,660,50 7,681,00 6,701,50 5,722,00 4,742,50 3,763,00 2,783,50 1,804,00 0,824,42 0,004,50 -0,165,00 -1,145,50 -2,126,00 -3,107,00 -5,068,00 -7,029,00 -8,98

10,00 -10,9411,00 -12,9012,00 -14,8613,00 -16,8213,40 -17,60

x (m) vy (m/s)

cos0vvx

m/s 560cos10

v (m/s)10,009,168,367,606,896,265,725,315,075,005,005,135,435,887,118,62

10,2812,0313,8315,6817,5518,30

(º)

60,056,953,348,843,536,929,119,89,30,0

-1,8-12,8-23,0-31,8-45,3-54,5-60,9-65,4-68,8-71,4-73,4-74,1

JCG

Aplicada

Física

9

CINEMÁTICA Problema 2 (3)

0 2 4 6 8 10 12 14-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20V

elo

cid

ad

es

(m/s

)

Posición x (m)

0 2 4 6 8 10 12 14-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20V

elo

cid

ad

es

(m/s

)

Posición x (m)

vvy

JCG

Aplicada

Física

10

0 2 4 6 8 10 12 14

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80Á

ng

ulo

co

n la

ho

rizo

nta

l (º)

Posición x (m)

CINEMÁTICA Problema 2 (4)

JCG

Aplicada

Física

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/s2). Pueden despreciarse los efectos del rozamiento sobre las gotas.

CINEMÁTICA Problema 3 (1)

Superficie

100 m h0

vm

10 m/s

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 ...

vg

y

h0-y... porque cada gota vuela desde 1 s antes que la siguiente, incrementando su velocidad a ritmo uniforme.

JCG

Aplicada

Física

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:

tgv s 1s

m 10

2

s

m 10

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:

02100 2 hgv m/s 72.4420002 0100 hgv

Por lo tanto la velocidad de la gota siguiente, en t = 0, es:

1072.44100 gg vvvv m/s 72.3472.44 vvgJCG

Aplicada

Físic

13

CINEMÁTICA Problema 3 (3)

La posición en que se encuentra esta gota en t = 0 es:

Superficie

100 m h0

vm

10 m/s

vg

y

h0-y

ygvg 22 m 28.6020

72.34

2

22

g

vy g

Por lo tanto su distancia al montacargas en t = 0 es:

m 72.3928.6010000 zyhm/s 72.34gv

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.

JCG

Aplicada

Física

14

CINEMÁTICA Problema 3 (4)

Situamos el origen para el cálculo final a la profundidad de 100 m

vm

10 m/s

vg

z0

m/s 72.34

zEcuación de movimiento del montacargas:

tvz mm

100 m

Ecuación de movimiento de la gota:

20 2

1tgtvzz gg

La gota se estrella cuando zm = zg

20 2

1tgtvztv gm

0)(2

10

2 ztvvtg mg 072.3972.445 2 tt

s 814.0ts 758.9t

SoluciónProfundidad:

m 86.91814.0101000 mzhy

JCG

Aplicada

Física