taller de ejemplo
TRANSCRIPT
1. Un autobús sale del punto A desde el reposo y acelera a razón de 0.8m/s2 hasta que alcanza una velocidad de 12m/s. Continúa a esta velocidad durante algún tiempo y luego aplica los frenos hasta detenerse en el punto B, 42m más delante de donde se aplicaron los frenos. Si la distancia entre A y B es 300m y la desaceleración se considera uniforme, determínese el tiempo que tardó el autobús para ir de A a B.
Ayuda: Haga un análisis gráfico y explicite todas las relaciones gráficas entre las magnitudes cinemáticas.
TRAMO IAnalizamos desde el punto t=0 hasta t=t1.Las condiciones iniciales son:t=0, V=0, X=0.Cuando t=t1 las condiciones son:V=12.Si aplicamos las ecuaciones de movimiento rectilíneo para este primer tramo recordando que parte del reposo, y se presento un movimiento uniformemente acelerado se llega a: V 1=at1
X1=at
12
2Como se puede notar, el desplazamiento corresponde al area bajo la curva y la velocidad se puede deducir de la ecuación de la recta que para este caso tiene una pendiente a=0.8
Usando las dos ecuaciones anteriores se tiene:
t1=12m /s0.8m /s2
=15 s
X1=0 .8m /s215 s2
2=90m
TRAMO 2El segundo tramo va desde 1 a 2. Por tanto las condiciones del punto 1 son:X1=90m, t1=15s, V1=12m/sDel punto 2 se sabe que V=12m/s, por lo cual no hay aceleración en este tramo. X2 se puede conocer sabiendo que la distancia entre A y B es de 300m y el tramo 3 consta de 42m, por tanto 300-42=X2=258m
Aplicando las ecuaciones de movimiento rectilineo, con a=0, se llega a :Y 2=Y 1+VtEl t de la ecuación anterior es la diferencia entre t2 y t1, despejando t de la ecuación anterior de tiene:
t2−t1=258m−90m12m/ s
=14 s
t2=14 s+15 s=29 s
TRAMO 3:
Las condiciones del punto 2 son:X2=258m, t2=29s, V2=12m/s
Las condiciones del punto 3:X3=300m, V3=0m/s
Si revisamos ambas condiciones se concluye que el vehiculo en el tramo 3 sufrió una desaceleración, planteando las ecuaciones se tiene:
V 3=V 2−at0=12m/ s−at (1)Se tiene una ecuación y dos incógnitas ya que la desaceleración no se conoce, planteando la otra ecuación se llega:
Y 3=Y 2+V 3 t−at2
2 (2)
Despejando de (1) el valor de t y remplazándolo en (2) se llega a:
300m=258m+12mst−a
2122
a2
Por tanto t es:
t=7 . 0s
El tiempo total es t3=7.0s+29s=36s
RTAS/: t total =36 seg.
2. Si un proyectil se lanza con una velocidad inicial Vo, completamente horizontal (ver figura). Hallar la velocidad inicial máxima y mínima para que el proyectil entre en el agujero de longitud d.
SOLUCIÓN
Aceleraciones: ax = g y ay = 0
Condiciones iniciales en t0 = 0
Para X: x (t = 0) = x0 = 0 Para Y: y (t = 0) = y0 = 0 Vx (t =0) = Vox = 0 Vy (t = 0) = V0y = V0
Ecuaciones del movimiento:
Para X:
d V x
d t= g
Para Y:
d V y
d t= 0
Vx = g t (1) Vy = V0 (3)
d xd t
= g t
d yd t
= V 0
x =
12 g t2 (2) y = V0 t (4)
De la Ec (4) podemos escribir: t =
yv0
Y llevando este último resultado a la Ec (2), obtenemos: V0 = y √ g2 x
Ec (5)
Para la V0 mínima: x = H y y = D. Evaluando Ec (5): V0 min = D √ g2 H
Para la V0 Máxima: x = H y y = D + d. Evaluando Ec (5): V0 Max = ( D + H)
√ g2 H
3. Un proyectil es lanzado con una velocidad Vo y a un ángulo con la horizontal. Demuestre que si el proyectil gasta un tiempo TA en pasar por el nivel horizontal A en ambas direcciones y un tiempo TB en pasar por el nivel horizontal B en ambas direcciones (como se indica en el esquema), la
magnitud de la gravedad viene dada por:
g = 8 h
T A2 − T B
2
SOLUCIÓN (método I)
Como el movimiento parabólico es simétrico con respecto a la altura máxima (YMax), entonces
el tiempo que gasta el proyectil desde YA a YMax es
T A
2 y
el tiempo que gasta el proyectil desde YB a YMax es
T B
2
Ahora teniendo en cuenta que la condición de altura máxima en el movimiento parabólico es Vy = 0, entonces el tiempo para altura máxima vendrá dado por
Vy = V0 Sen – g TYmax = 0 TYmax =
V 0 Sen θ
g (1A)Por lo tanto:
ta = TYmax –
T A
2 y
tb = TYmax –
T B
2
Como la posición en Y para el proyectil es:
Y = Yo + (V0 Sen ) t –
12 g t2
Evaluando la anterior ecuación en ta y tb, tenemos que:
YA = Yo + (V0 Sen ) (TYmax –
T A
2 ) –
12 g (TYmax –
T A
2 ) 2
YB = Yo + (V0 Sen ) (TYmax –
T B
2 ) –
12 g (TYmax –
T B
2 ) 2
Restando estad dos últimas ecuaciones y simplificando obtenemos:
YB – YA = h = (V0 Sen ) (
T A
2 –
T B
2 ) –
12 g [ TYmax (TA – TB) – (
T A2 − T B
2
4 ) ]
Teniendo en cuenta la Ec (1A), esta última se reduce a:
h =
12 g (
T A2 − T B
2
4 )
g = 8 h
T A2 − T B
2
SOLUCIÓN (método II)
Como la posición en Y para el proyectil es:
Y = Yo + V0Y t –
12 g t2
Evaluando la anterior ecuación en ta y ( TA + ta ), tenemos que:
YA = Yo + V0Y ta –
12 g ta
2 = Yo + V0Y ( TA + ta ) –
12 g ( TA + ta )2
Que simplificando nos queda:
ta =
V 0Y
g−
T A
2 (1B)
Un tratamiento idéntico para Y ( t = tb ) = Y ( t = TB + tb ), nos lleva a que:
tb =
V 0Y
g−
T B
2 (2B)Ahora:
YB – YA = h = V0Y ( tb – ta ) –
12 g ( tb
2 − ta2 )
Utilizando la Ec (1B) y Ec (2B) en la anterior ecuación y simplificando, se obtiene:
h =
12 g (
T A2 − T B
2
4 )
g = 8 h
T A2 − T B
2
4. Se deja caer una piedra (desde el reposo) en la boca de un pozo. El sonido de impacto de la piedra con el fondo del pozo se oye 3 s después de haber dejado caer la piedra. Si sabe que la velocidad del sonido en el aire es 340 m/s, determine la profundidad de pozo. Demuestre que aproximadamente el 93% del tiempo total lo invierte la piedra en caer, y el 7% restante el sonido en llegar al oído.
SOLUCIÓN
Es necesario analizar dos móviles: La piedra y el sonido, tanto la piedra como el sonido hacen un recorrido equivalente a la profundidad del pozo.
Preliminarmente sabemos que tiempo tP que tarda en caer la piedra y el tiempo tS
que recorre el sonido de impacto desde en el fondo del pozo hasta la superficie, suman tres segundos…
tP + tS =3 (i)
Si el sistema es la piedra y marco de referencia la tierra, trazamos los ejes coordenados con origen en el borde del pozo esquematizado en la Figura 5.
Condiciones iniciales:
t=0 ¿ { y=0 ¿ ¿¿Situación general:
Se trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado cuyas relaciones cinemáticas son:
AceleracionVelocidadPosición
a=gv=g⋅ty=1
2g⋅t2
Situación particular:
Instante en que la piedra cae en el fondo: tP { y=H
Remplazando en la posición: H= 12g⋅tP
2
(ii)
Figura A
Analizamos el movimiento del sonido (sistema), el mismo marco de referencia pero localizamos los ejes coordenados a conveniencia (Figura 6).
Condiciones iniciales:
t=0 { y=0
Situación general:
La onda de sonido tratada como partícula se mueve con velocidad constante v=340m/s, así que su posición está dada por.
y=v⋅t=340⋅t
Situación particular:
Instante en que el sonido llega al borde del pozo: tS {y=H
Remplazando en la posición: H=340⋅tS (iii)
Las relaciones presentadas como (i), (ii) y (iii) , se pueden resolver como un sistema de ecuaciones y obtener soluciones para H , tP y tS
De las ecuaciones (ii) y (iii) despejamos tS : 340⋅tS=
1
2gtP
2⇒ tS=gtP
2
680
tS se remplaza en (i): t p+
gtP2
680=3
Resolviendo la ecuación cuadrática anterior se tiene las soluciones:
tp = 2.8 s tp = - 72.2 s
Tomamos el valor positivo y remplazamos en la ecuación (i): tS=0.2 s
El porcentaje de tiempo que demora la piedra en caer es:
P% = ( 2.8 / 3 ) * 100 = 93%
Y porcentaje de tiempo restante es tS: S% = ( 0.2 / 3 ) * 100 = 7%
Figura B
5. Un globo desciende con velocidad constante de 10 ms-1. En cierto momento su tripulación deja caer una piedra sin comunicarle ningún impulso. Halle la distancia entre el globo y la piedra en función del tiempo. Evalúela a los 5 s usando de marco de referencia la tierra.
Marco de referencia: LA TIERRA
Sistema de Coordenadas:
Con el origen en SUELO y el eje Y creciendo hacia el globo (ver figura)
Condiciones iniciales para el globo:
t = 0 Y0g = Y0 V0g = - Vg y ag = o
Vg = 10 ms-1 = constante
d Y g
d t = - Vg dYg = - Vg dt ∫Y0
Y g
d Y g =− V g ∫0
t
d t
Yg (t) = Y0 – Vg t (B.1)
Condiciones iniciales para la piedra:
t = 0 Y0p = Y0 V0p = - Vg y ap = - g
ap = - g =
d Vd t - g dt = dV - g
∫0
t
d t = ∫-Vg
V p
d V Vp (t) = - Vg - g t =
d Yd t
dYp = - Vg dt - g t dt ∫Y0
Y p
d Y p
= - Vg ∫0
t
d t − g ∫0
t
t d t Yp (t) = Y0 – Vg t –
12 g t2 (B.2)
Ec (2.1) en Ec (2.2) Yp (t) = Yg (t) –
12 g t2 Yg (t) – Yp (t) =
12 g t2 (B.3)
Obteniéndose el mismo resultado que reporta la Ec (A.1). Yg – Yp = 122.5 m
6. Asuma que la trayectoria mostrada corresponde a la de un proyectil que se lanza desde el origen con velocidad inicial Vo y a un ángulo θ con la horizontal
Dibujar los vectores r, v y a. para cada uno de los puntos que se muestran.
Encuentre las ecuaciones de movimiento. Demuestre que tD = 2 tB
SOLUCIÓN
Sólo se dibujan los vectores para el punto B, por considerarse de interés para la solución analítica que se solicita al final del enunciado
Las ecuaciones de movimiento:
a→=− g k̂
Lo que nos permite afirmar:
1. El movimiento en el eje Y es sin aceleración (movimiento uniforme):
VY = V0Y = V0 Cos ( θ ) (1)
Y = Y0 + V0Y t = t V0 Cos ( θ ) (2)
2. El movimiento en el eje Z es con aceleración constante (movimiento uniformemente acelerado)
az = - g = 9.8 ms-2 (3)
VZ = V0Z + aZ t = V0 Sen ( θ ) + g t (4)
Z = Z0 + V0Z t +
12 g t2 = t V0 Sen ( θ ) +
12 g t2 (5)
Demostración de que tD = 2 tB
La condición para la altura máxima (punto B) es VZ = 0 (lo que garantiza que la partícula no suba más). Llevando esta condición a la Ec (4), obtenemos
tB =
V 0
g Sen ( θ )
Y la condición para que la partícula llegue al mismo nivel de lanzamiento (punto D) es Z = Z0 = 0 (para este caso). Imponiendo esta condición en la Ec (5):
0 = t (V0 Sen ( θ ) +
12 g t )
La cual tiene dos soluciones:t = t0 = 0 condición inicial
y
tD = 2
V 0
g Sen ( θ ) = 2 tB
Que era lo que queríamos demostrar.