EJERCICIOS

1.-Las bolas de cojinete salen del canal horizontal a una velocidad del módulo uy caen, según se muestra, por el orificio de 70 mm de diámetro. Calcular entre que limites puede variar u para que las entren en el orificio. Los casos límites se representan con trazo discontinuo.

SOLUCION:

Aplicaremos conocimiento de Movimiento Compuesto ya que existen dos movimientos simples en el Ejercicio: MRU, MRUV

2.- Una partícula es expulsada del tubo A con una velocidad “Ѵ ” y formando un ángulo teta con el eje vertical “ y” . Un intenso viento horizontal comunica a la partícula con una aceleración horizontal constante en la dirección del eje “x ”.si la partícula golpea en el suelo en un punto situado exactamente debajo de la posición de lanzamiento, hallar la altura “h” del punto A la aceleración descendente en la dirección “ y” puede tomarse como constante “g” .

SOLUCIÓN:

ax=a

a y=g

x=x0+vx0t+ 1

2ax t

2

x=−Ѵsenθ t+ 12a t2

y= y0+v y0t+ 1

2a y t

2

y=vcosθ t+ 12g t2

Para x=0 se tiene

0=−Ѵsenθ t+ 12a t 2

Para y=h se tiene

h=ѴcosѲ(2vsenѲ /a)+1/2g(2vsenѲ/a)2

h=2Ѵ 2 senѲ(cosѲ+(gsenѲ) /a) /a

3.-El niño de la figura lanza hacia arriba la pelota con una velocidad 𝑣0 = 12 m/s y el viento lo comunica a la misma una aceleración horizontal de 0.4 m/𝑠2, hacia la izquierda. ¿Con que ángulo hay que lanzar la pelota para que vuela al punto de partida? Supóngase que el viento no afecta al movimiento vertical.

SOLUCIÓN:

Comparando (1) y (2) tenemos:

𝜃 = 67.82°

4.- En los tubos de rayos catódicos, los electrones procedentes de la fuente viajan horizontalmente a la velocidad v0 y son desviados por un campo eléctrico E debido al gradiente de tensiones entre las placas P. La fuerza deflectora produce una aceleración en dirección vertical que vale 𝑒𝐸/𝑚, donde e es la carga del electrón y m su masa. Si se retiran las placas, los electrones se mueven en línea recta. Hallar la expresión de la desviación δ para las dimensiones de tubo y las placas representadas.

Realizando una gráfica:

Entonces nos piden hallar la desviación δ

δ=d+h

δ=(b∗TanƟ)+ y

Donde el ángulo Ɵ será el ángulo de la velocidad que tendrá el electrón al salir de las placas.

E y será la altura que se generara al desarrollar el electrón un movimiento parabólico por la aceleración.

Tomando las ecuaciones de movimiento parabólico 𝑥 = 𝑉𝑥 ∗ 𝑡

Reemplazando y hallando y e Tan

𝑙 = 𝑣0 ∗ 𝑡 →

Reemplazando en

5.- Desde A se emiten electrones con una velocidad y un ángulo al espacio comprendido entre las dos placas cargadas. Entre estas, el campo electrónico es en el sentido E y repele los electrones que se acercan a la placa superior. El campo confiere a los electrones una aceleración E/m en la dirección E, donde es la carga del electrón y m su masa. Hallar la intensidad de campo E que permite a los electrones alcanzar la mitad de la distancia entre placas. Determinar también la distancia s.

b l

Ɵ ᵟ d

h 0V

) 2𝑙 +𝑏 ( 20 ��

∗𝑚 l∗E∗e=δ

SOLUCIÓN:

a y=−eE /m, constante ax=0

= 2ay, En la parte superior,

0 – (u sen𝜃) 2 = 2 - E/m b/2 X

E = m𝑢2𝑠𝑒𝑛2𝜃 /𝑒b

𝑣𝑦 = 𝑦0 + 𝑎𝑦𝑡 : En la parte superior,

0 = u sen𝜃 - eE/m

t t = 𝑚𝑢 sen 𝜃 /

E

x = t :

s = (𝑢𝑐𝑜𝑠𝜃)( 2𝑡) = 𝑢𝑐𝑜𝑠𝜃 (2𝑚𝑢𝑠𝑒𝑛𝜃/𝑒E)

s = 𝑢𝑐𝑜𝑠𝜃 (2𝑚𝑢𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑒b/𝑒 𝑚𝑢2𝑠𝑒𝑛2𝜃) s = 2b cot

6. Para pasar el control de calidad, las bolas de cojinete deben atravesar un orificio de dimensiones limitadas situado en la parte más alta de su trayectoria después de rebotar, tal como se presenta, sobre una placa de gran masa. Calcular el ángulo ϑ que forma la velocidad de rebote con la horizontal y la velocidad v de las bolas cuando atraviesan el orificio.

SOLUCION:

Vertical

0. ………………(1)

Pero por propiedad tenemos:

………. (2)

La ecuación (2) reemplazamos en la ecuación (1):

0.

Al resolver la ecuación cuadrática obtenemos que: 𝑡 = 0.319𝑠 (𝑉𝐵)𝑦 = (𝑉𝐴) + 𝑎𝑡 => (𝑉𝐵)𝑦 = 3.132 + (−9.81)(0.319) (𝑉𝐵) = 2.61𝑥10−3 𝑚⁄𝑠 Horizontal

B

A

0. 0.4 = 𝑣𝑡𝑐𝑜(ϑ) ……..…………….. (3)

Dividimos la ecuación (2) con la ecuación (3):

ϑ = 68.2° (𝑉𝐵)𝑥 = (𝑉𝐴)𝑥 +𝑎𝑡

(𝑉𝐵)𝑥 = 𝑣𝑐𝑜𝑠(ϑ) + (0)𝑡

(𝑉𝐵)𝑥 = 1.254 𝑚⁄𝑠 Por lo tanto:

𝑉𝐵 = √[(𝑉𝐵)𝑥]2 +[(𝑉𝐵)𝑦]2

𝑉𝐵 = √[1.254]2 + [2.61𝑥10−3]2

𝑉𝐵 = 1.254 𝑚⁄𝑠

7. La boquilla de agua despide el líquido con una vel teta=40°. Determinar, respecto al pie B del murete, el punto en que el agua llega al suelo. Despreciar el efecto del espesor del murete.

SOLUCION:

• Vx=14*cos(40) • Vy=14*sen(40) • y= y0 + vy0t + (1/2) ayt2

Entonces:

• 0=-0.3 + 14*sen(40)t – (9.81/2)*t2 • t=1.8s • L=14*sen(40)*(1.8) • L=19.304m

• ∆L=19.304-19…………..∆L=0.304…...Respuesta

8.

Determine la posición h del lugar hacia el cual debe tirar el lanzador la pelota para que impacte en los guantes del parador. La pelota sale a 40 m/s.

Para resolver el problema se debe hallar el ángulo al cual se realizara el tiro de la pelota ya que esa será la

dirección ala que debe lanzar el jugador.

Velocidades en los ejes X e Y

• 𝑉𝑋 = 40 ∗ 𝐶𝑜𝑠𝜃 • 𝑉𝑌 = − 40 ∗ 𝑆𝑒𝑛𝜃

Por movimiento parabólico se usan las ecuaciones

= 𝑋0 + 𝑉𝑋 ∗ 𝑡 • 𝑠𝑖 𝑥 = 20 , 𝑉𝑋 = 40 ∗ 𝐶𝑜𝑠𝜃 , 𝑋0 = 0 Entonces 20 = 0 + 40 ∗ Cosθ ∗ t

• • 𝑠𝑖 𝑦 = −2.2 − 0.6 + 1 = −1.8 , 𝑦0 = 0 • 𝑉𝑌 = 40 ∗ 𝑆𝑒𝑛, 𝑔 = 9.8 .

Entonces reemplazando (I) y los datos:

•

•• −1.8 = − 20 ∗ 𝑇𝑎𝑛𝜃 − 1.225 ∗ (1 + 𝑇𝑎𝑛2𝜃) • 0 = 1.225 ∗ 𝑇𝑎𝑛2𝜃 + 20 ∗ 𝑇𝑎𝑛𝜃 − 0.575 • 𝑇𝑎𝑛𝜃 = 0.028699 Entonces 𝜃 = 1.643°

Como ese es el ángulo a donde mirara al lazar la pelota entonces :

• 2.2 + 0.6 = 1 + ℎ + 𝑑 si 𝑑 = 20 ∗ 𝑇𝑎𝑛𝜃 = 0.573

• 2.2 + 0.6 = 1 + ℎ + 0.573

= 0V m/s40

X

Y

Θ

• H = 1.227 9. Un futbolista intenta marcar un gol a 10m de la portería. Si es capaz de comunicar a la

pelota una velocidad 𝑢 de 30m/s, calcular el ángulo mínimo para el cual la pelota puede pasar rozando el travesaño de la portería. (Sugerencia: Hacer m = Tg )

Solución:

y = xtan𝜃 − (g𝑥2/2𝑢2)𝑒𝑐2𝜃

Hacer m = tan

𝑠𝑒𝑐2𝜃 = 1 + 𝑡𝑎𝑛2𝜃

= 1 + 𝑚2

y = xm − (g𝑥2/2𝑢2)(1 + 𝑚2) , 𝑚2 – (2𝑢2/𝑔𝑥 )m + (2𝑢2/g𝑥2 + 1) = 0

, 𝑚2 – (2(102)2/32.2(90) )m + ((2(102)2/32.2(9)2+ 1) = 0

, 𝑚2 − 6.901m + 1.7668 = 0

, = (6.901 ∓ √40.56)/2

0.266 o 6.635

4(1.7668) – 2)901.6(√ 2 1 ∓ 2/901.6= 𝑚

’01

x3 = 90’30

10.

= 𝑡𝑎𝑛−1𝑚 = 14.91° o 81.4 Un baloncestista quiere lanzar una falta con un ángulo ϑ=50° respecto a la horizontal, tal como se muestra. ¿Qué velocidad inicial 𝑣0 hará que la pelota pase por el centro del aro?

SOLUCIÓN:

Vertical

0. …………..……..(1) Horizontal

4.

4.125 = 𝑣(0.64) => 𝑣𝑡 = 6.42 …………………… (2)

La ecuación (2) reemplazamos en la ecuación (1):

0. En la ecuación (2):

12. En la figura se ilustra un detalle de la pelota y el aro del problema 11. Supóngase que el

posiciones horizontales indicado en la figura, hallar el correspondiente intervalo de en cuenta que las posiciones horizontales no están repartidas simétricamente en torno al centro del aro en razón de que la pelota debe franquear el borde delantero del aro).

SOLUCION.

• Vx=17*cos(ϴ) • Vy=17*sen(ϴ) • h1=4.125m+0.120m=4.245m • h2=4.125m+0.200m=4.325m • h3=4.125m+0.330m=4.350m • h4=4.125m+0.225m=4.455m

Hallamos el tiempo que demora la pelota en llegar al aro.

• y= y0 + vy0t + (1/2) ayt2 • 3=2.1+7.3sen*(ϴ)-(9.81/2)*t2

t=(7.3sen(ϴ)+ √(7.3sen(ϴ)-2*0.9*9.81))/9.81

• x=vcosѲt

Para h1=4.245m

• x=4.245=7.3cos (ϴ)((7.3sen(ϴ)+ √(7.3sen(ϴ)-2*0.9*9.81))/9.81) ϴ=42.2

Para h2=4.325

• x=4.325=7.3cos (ϴ)((7.3sen(ϴ)+ √(7.3sen(ϴ)-2*0.9*9.81))/9.81) ϴ=43.9

Entonces 42.2≤ϴ≤43.9 ….Respuesta

Para h3=4.350m

• x=4.350=7.3cos (ϴ)((7.3sen(ϴ)+ √(7.3sen(ϴ)-2*0.9*9.81))/9.81) ϴ=58.1

Para h4=4.455m

• x=4.455=7.3cos (ϴ)((7.3sen(ϴ)+ √(7.3sen(ϴ)-2*0.9*9.81))/9.81) ϴ=60.1

Entonces 58.1≤ϴ≤60.1 ….Respuesta

El piloto de un avión, que va a 300𝑘𝑚/ℎ y toma altura con un ángulo de 45º, lanza un paquete a la precisión A, Calcular la distancia horizontal 𝑠 y el tiempo desde el momento del lanzamiento hasta el momento en que el paquete choca con el suelo.

13.

Solución:

Para generalizar las unidades transformamos la velocidad de km/h a m/s.

• 𝑢 = 300⁄3.6 = 83.33𝑚/𝑠

• 𝑠 = 𝑢𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃

• 𝑠 = 83.33(0.7071)𝑡

•

•

• • −500 = 58.9226𝑡 − 4.905𝑡2 • 𝑡2 − 12.0127𝑡 − 101.9368 = 0

• • 𝑡1 = 17.75𝑠

• 𝑡2 = −5.74𝑠

• 𝑠 = 58.93(17.75) = 1046.2𝑚 = 1.046𝑘𝑚

En el instante t = 0 se lanza un proyectil en el seno de un fluido experimental. La velocidad inicial es v0 y θ es el ángulo con la horizontal. La resistencia sobre el proyectil se traduce en una aceleración a0 = -kv, donde k es una constante y v es

14. la velocidad del proyectil. Determinar, como funciones del tiempo, las componentes x e y tanto de la velocidad como del desplazamiento. ¿Cuál es la velocidad terminal? Se incluirán los efectos de la aceleración gravitatoria.

Como se produce una aceleración adicional entonces la aceleración será:

• 𝑎I = −𝑘 ∗ 𝑣I − 𝑔 ∗ 𝑗⃗I • Si 𝑣I = 𝑣𝑥 ∗ 𝑖 + 𝑣𝑦 ∗ 𝑗⃗

• 𝑎I = 𝑎𝑥 ∗ 𝑖 + 𝑎𝑦 ∗ 𝑗⃗

𝑎𝑥 ∗ 𝑖 + 𝑎𝑦 ∗ 𝑗⃗ = −𝑘 ∗ (𝑣𝑥 ∗ 𝑖 + 𝑣𝑦 ∗ 𝑗⃗) − 𝑔 ∗ 𝑗⃗I • 𝑎𝑥 = −𝑘 ∗ 𝑣𝑥

• 𝑎𝑦 = −𝑘 ∗ 𝑣𝑦 − 𝑔

Entonces resolviendo en el eje x:

Integrando → 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥0 ∗ 𝑒−𝑘𝑡 = 𝑣0 ∗ 𝐶𝑜𝑠 Ɵ

∗ 𝑒−𝑘𝑡 Integrando

Entonces resolviendo en el eje y:

Hallando y

Ahora hallando la velocidad terminal cuando t → ∞

•

•

𝑘 𝑔 − 𝑘𝑡−��

∗)𝑘𝑔 +0𝑣𝑦(= 𝑑𝑡𝑑𝑦 = 𝑉𝑦

0𝑣𝑦𝑣𝑦 0𝑡𝑑𝑡∫ − = 𝑔+𝑣𝑦∗𝑘 𝑑𝑣𝑦∫

𝑘𝑡−��

∗Ɵ𝐶𝑜𝑠∗0𝑣 = 𝑑𝑡 𝑑𝑥 = 𝑉𝑥

)𝑘𝑡−��

−1(∗ 𝑘 Ɵ𝐶𝑜𝑠∗0𝑣 =) 𝑘𝑡−��

−1(∗𝑘0𝑣𝑥 = 𝑥

)𝑘𝑡−��

−1()𝑘𝑔 +Ɵ𝑆𝑖𝑛∗0𝑣(∗𝑘1 = 𝑑𝑡]𝑘𝑔 −𝑘𝑡−��

∗) 0𝑡 𝑘 𝑔 +0𝑣𝑦([∫ = ��

15.

14. Un punto P está localizado por su vector de posición r = (𝑏1 cos ) i + (𝑏2 sen 𝜃) j, donde 𝑏1 y 𝑏2 son constantes y es el ángulo entre r y el eje x. Si 𝜃 aumenta constantemente a razón de , demostrar que P describe una trayectoria elíptica con una aceleración proporcional a r dirigida según r hacia el origen.

SOLUCIÓN:

Ecuación de la trayectoria: = 𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃 − (𝑔𝑥2/2𝑢2)

𝑚 = 𝑡𝑎𝑛 , 1/𝑐𝑜𝑠 2𝜃 = 𝑠𝑒𝑐 2𝜃 = 1 + 𝑡𝑎𝑛 2𝜃 = 1 + 𝑚 2

Por tanto

m + (1 + (2𝑢𝑦2/𝑔𝑥2)) = 0

las raíces tienen igual discriminante = 0

por tanto (2𝑢2/𝑔𝑥) 2 − 4(1 + (2𝑢𝑦2/𝑔𝑥2)) = 0

15. Hallar la ecuación de la envolvente a de las trayectorias parabólicas de los proyectiles

disparados bajo distintos ángulos pero con velocidad en boca constante u. (Sugerencia: Sustituir m por tgϑ, siendo ϑ el ángulo de disparo en la ecuación de la trayectoria. La dos raíces m1 y m2 de la ecuación escrita como ecuación se segundo grado en m dan los dos ángulos de disparo correspondientes a las dos trayectorias de la figura tales que pasan por el mismo punto de la envolvente “a” a medida que las dos raíces tienden una a la otra).despreciar la resistencia del aire y suponer que g es constante.

SOLUCIÓN:

………………(2)

𝑚 = 𝑡𝑎(ϑ) , ……….. (1)

Reemplazamos ecuación (1) en la ecuación (2)

Discriminante igualando a cero

16. En el punto A se dispara un proyectil con la velocidad V0 . Hallar el ángulo de disparo V0

SOLUCIÓN.

• ax=-gsenα

• ay=-gcosα • 0=v0sen(ϴ-α)t - (g/2)* t2

• tgcosα=2v0sen(ϴ-α)

• t=(2v0sen(ϴ-α))/gcosα

• R= 2v0cos(ϴ-α)t-1/2 gsenαt^2

• R= 2v0cos(ϴ-α)*(2v0sen(ϴ-α)/gcosα)-1/2 gsenα(〖(2v0sen(ϴ-α))/gcosα) 〗 ^2

Para R máximo.

• Sen(2ϴ-α)=1 entonces ϴ=(90-α)/2

• Para α=0 ϴ=45…Respuesta Para α=30 ϴ=30…Respuesta

• Para α=45 ϴ=22.5…Respuesta

ngulo tetaargo de la pendiente de áque produce el máximo alcance R a lo l