EJERCICIOS DE MOVIMIENTO PARABOLICO, RESUELTO...
Movimiento parabólico
Este movimiento es muy habitual en la vida cuotidiana y ocupa un lugar importante en la cinemática, así que le vamos a dedicar una ayuda personalizada.
El lanzamiento de un misil o de cualquier objeto con velocidad inicial en el eje x, sigue un movimiento parabólico. En esta ayuda te vamos a dar los pasos a seguir para resolver los problemas de este movimiento.
Receta para resolver problemas de movimiento parabólico:
Analizar el problema y mirar los datos que tenemos para iniciar el problema.
Separar el movimiento en los dos ejes X e Y y tratar por separado cada uno! Como si fueran independientes uno de otro, queda claro?
Eje Y; si no tenemos ningún tipo de aceleración adicional, como suele pasar, el movimiento que tenemos en esta dirección es un MRUA puesto que tenemos una aceleración siempre presente y constante!! Sabes de que estoy hablando, no? Nuestra querida gravedad con g= 9.8m/s2. Así que las expresiones a utilizar en este eje ya sabes cuáles son:
Eje X; en la mayoría de problemas, el movimiento que nos ocupa en esta dirección es el MRU, con una velocidad inicial que siempre se mantiene constante. Por tanto es esta dirección, todo es más sencillo y las expresiones que utilizaremos serán:
Ahora que ya sabemos los pasos a seguir, vamos a hacer un problema para ponerlo en práctica.
Ejemplo: Desde un campanario de 15m de altura lanzamos hacia arriba un petardo la noche de San Juan con una velocidad inicial de 30m/s y con un ángulo con la horizontal de 60º. Calcularemos i) el abasto, ii)la velocidad a la que cae el petardo y iii) la alzada máxima a la que llega al suelo.
Datos:
Para separar el problema en los dos ejes, tenemos que descomponer la velocidad inicial:
Nos centramos en el estudio del movimiento en el eje Y, MRUA:
El signo de la gravedad, es negativo!! Siempre tenemos que considerar la dirección del movimiento positiva, entonces inicialmente el movimiento del petardo es para arriba, por tanto asociamos el positivo a todo movimiento que sea para arriba, como consecuencia asignaremos hacia abajo el signo negativo, como el caso de la gravedad.
La ecuación de movimiento que le corresponde:
Eje X: .
i) Para calcular el abasto la condición a imponer es y = 0!!, sustituimos en la ecuación correspondiente:
Si tenemos el tiempo en que el petardo llega al suelo, encontraremos el abasto sustituyendo este tiempo en la otra ecuación:
ii) Para encontrar la velocidad a la que llega el petardo en el suelo, el módulo!!, sabemos que la componente x no ha variado, por tanto solo tenemos que calcular la componente y:
Donde el signo negativo nos indica que la velocidad es hacia abajo, como era de esperar.
Por tanto la velocidad que lleva el petardo es: , pero tenemos que dar el módulo y la dirección así que:
iii) Para hallar la alzada máxima, la condición a imponer será: vy= 0!!, por tanto si sustituimos encontraremos el tiempo:
Entonces para conocer la altura máxima, solo tenemos que sustituir este tiempo en la ecuación de movimiento que tenemos:
Ha quedado claro, como se hacen este tipo de problemas? Pues ya puedes comenzar a practicar.
Eso es todo amigos!!arrancar.
No encontraste lo que buscabas? (consulta aqui a tu profesor virtual de armandotareas.com
Ejemplo 6.1 Que tan rápido puede girar?
Una bola de 0,5 kg. De masa esta unida al extremo de una cuerda cuya longitud es 1,5 metros. La figura 6.2 muestra como gira la bola en un círculo horizontal. Si la cuerda puede soportar una tensión máxima de 50 Newton, Cual es la velocidad máxima que la bola puede alcanzar antes de que la cuerda se rompa?
Solución Como en este caso la fuerza central es la fuerza T ejercida por la cuerda sobre la bola, de la ecuación 6.1 se obtiene
Despejando v
v = 12,24 m/seg.
Ejercicio Calcule la tensión en la cuerda si la rapidez de la bola es 5 m/seg.
T = 8,33 Newton
Ejemplo 6.2 El péndulo cónico SERWAY
Un pequeño cuerpo de masa m esta suspendido de una cuerda de longitud L. el cuerpo gira en un círculo horizontal de radio r con rapidez constante v, como muestra la figura 6.3. (Puesto que la cuerda barre la superficie de un cono, el sistema se conoce como un péndulo cónico.) Encuentre la velocidad del cuerpo y el periodo de revolución, TP definido como el tiempo necesario para completar una revolución.
Solución: En la figura 6.3 se muestra el diagrama de cuerpo libre para la masa m, donde la fuerza ejercida por la cuerda, T se ha descompuesto en una componente vertical, T cos u y una componente
T sen u que actúa hacia el centro de rotación. Puesto que el cuerpo no acelera en la dirección vertical, la componente vertical de T debe equilibrar el peso.
Por lo tanto:
→ r = L sen u
TX = T sen u
TY = T cos u
∑ FY = 0
TY m g = 0
TY = m g
T cos u = m g Ecuación 1
Puesto que, en este ejemplo, la fuerza central es proporcionada por la componente T sen u de la segunda ley de Newton obtenemos:
∑ FX = m a pero: TX = T sen u
TX = T sen u = m a
Ecuación 2
Al dividir la ecuación 2 con la ecuación 1, se elimina T y la masa m.
V2 = r g tang u
pero: r = L sen u
En vista de que la bola recorre una distancia de 2 π r. (la circunferencia de la trayectoria circular) en un tiempo igual al periodo de revoluciσ n TP (que no debe ser confundida con la fuerza T), encontramos
Pero
Si tomamos L = 1 metro u = 200
TP = 1,945 segundos
Ejemplo 6.3 Cual es la rapidez máxima de un automóvil? SERWAY
Un automóvil de 1500 Kg. que se mueve sobre un camino horizontal plano recorre una curva cuyo radio es 35 metros como en la figura 6.4. Si el coeficiente de fricción estático entre las llantas y el pavimento seco es 0,5, encuentre la rapidez máxima que el automóvil puede tener para tomar la curva con éxito?
La fuerza de fricción estáticadirigida hacia el centro del arco mantiene el auto moviéndose en un circulo.
Solución: En este caso, la fuerza central que permite al automóvil permanecer en su trayectoria circular es la fuerza de fricción estática. En consecuencia de la ecuación 6.1 tenemos:
La rapidez máxima que el automóvil puede alcanzar alrededor de la curva corresponde a la rapidez a la cual esta a punto de patinar hacia fuera. En este punto, la fuerza de fricción tiene su valor máximo.
FR = μ N
∑ FY = 0
N m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
FR = 0,5 * 1500 * 9,8
FR = 7350 Newton
Despejando v
v = 13,1 m/seg.
Ejercicio: En un día húmedo el auto descrito en este ejemplo empieza a deslizarse en la curva cuando la velocidad alcanza 8 m/seg. Cual es el coeficiente de fricción estático?
∑ FY = 0
N m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
μ = 0,186
Ejemplo 6.4 La rampa de salida peraltada SERWAY
Un ingeniero desea diseñar una rampa de salida curva para un camino de peaje de manera tal que un auto no tenga que depender de la fricción para librar la curva sin patinar. Suponga que un auto ordinario recorre la curva con una velocidad de 13,4 m/seg y el radio de la curva es 50 metros. Con que ángulo debe peraltarse la curva?
Razonamiento: Sobre un camino nivelado la fuerza central debe ser suministrada por la fuerza de fricción entre el auto y el suelo. Sin embargo, si el camino esta peraltado a un ángulo u , como en la figura 6.5, la fuerza normal N tiene una componente horizontal N sen u apuntando hacia el centro de la trayectoria circular seguida por el auto. Supóngase que solo la componente N sen u proporciona la fuerza central. Por tanto, el ángulo de peralte que calculemos será uno para el cual no se requiere fuerza friccionante. En otras palabras, un automóvil que se mueve a la velocidad correcta (13,4 m/seg ) puede recorrer la curva incluso sobre una superficie con hielo.
∑ FX = m aC pero: NX = N sen u
NX = m aC
N sen u = m aC
Ecuación 1
∑ FY = 0
NY m g = 0 Pero: NY = N cos u
NY = m g
N cos u = m g Ecuación 2
Al dividir 1 entre 2, se cancela N (normal) y la masa m
Tan u = 0,36644
= arc tan (0,36644)
u = 20,120
Ejemplo 6.5 Movimiento de satélites SERWAY
Este ejemplo trata el problema de un satélite que se mueve en orbita circular alrededor de la tierra. Para comprender mejor el problema debemos advertir primero que la fuerza gravitacional entre dos partículas con masas m1 y m2, separadas por una distancia r, es una fuerza de atracción y tiene una magnitud
Donde G = 6,672 x 10 -11 N m2/kg2 esta es la ley de gravitación de Newton que estudiaremos con mas detalle en el capitulo XIV.
Considere ahora un satélite de masa m que se mueve en una orbita circular alrededor de la tierra a velocidad constante v y a una altitud h sobre la superficie del planeta, como se muestra en la figura 6.6
a) Determine la velocidad del satélite en función de G, h, Rt (radio de la tierra) y Mt (masa de la tierra)
Solución:Puesto que la única fuerza externa sobre el satélite es la de la gravedad, la cual actúa hacia el centro de la tierra, tenemos.
De la segunda ley de Newton obtenemos:
∑ F = m aC
F = m aC
Recordar que r = Rt (radio de la tierra) + h (altitud sobre la superficie del planeta).
Despejar v y cancelar términos semejantes
Ecuación 1
b) Determine el periodo de revolución del satélite TP (el tiempo para una revolución alrededor de la tierra).
Solución: Puesto que el satélite recorre una distancia de 2 π r (la circunferencia del circulo) en un tiempo TP
Ecuación 2
Reemplazando la ecuación 1 en 2
________________________________________
Contenido
Ejercicios resueltos de Cinemática: Tiro oblicuo.
Resolver los siguientes problemas:0
Problema n° 1) Un piloto, volando horizontalmente a 500 m de altura y 1080 km/h, lanza una bomba. Calcular:
a) ¿Cuánto tarda en oír la explosión?.
b) ¿A qué distancia se encontraba el objetivo?.
Ver solución del problema n° 1
Problema n° 2) Un avión que vuela a 2000 m de altura con una velocidad de 800 km/h suelta una bomba cuando se encuentra a 5000 m del objetivo. Determinar:
a) ¿A qué distancia del objetivo cae la bomba?.
b) ¿Cuánto tarda la bomba en llegar al suelo?.
c) ¿Dónde esta el avión al explotar la bomba?.
Ver solución del problema n° 2
Problema n° 3) Un proyectil es disparado desde un acantilado de 20 m de altura en dirección paralela al río, éste hace impacto en el agua a 2000 m del lugar del disparo. Determinar:
a) ¿Qué velocidad inicial tenía el proyectil?.
b) ¿Cuánto tardó en tocar el agua?.
Ver solución del problema n° 3
Problema n° 4) Una pelota esta rodando con velocidad constante sobre una mesa de 2 m de altura, a los 0,5 s de haberse caído de la mesa esta a 0,2 m de ella. Calcular:
a) ¿Qué velocidad traía?.
b) ¿A qué distancia de la mesa estará al llegar al suelo?.
c) ¿Cuál era su distancia al suelo a los 0,5 s?.
Ver solución del problema n° 4
Problema n° 5) Un avión vuela horizontalmente con velocidad vA = 900 km/h a una altura de 2000 m, suelta una bomba que debe dar en un barco cuya velocidad es vB = 40 km/h con igual dirección y sentido. Determinar:
a) ¿Qué tiempo tarda la bomba en darle al barco?.
b) ¿Con qué velocidad llega la bomba al barco?.
c) ¿Qué distancia recorre el barco desde el lanzamiento hasta el impacto?.
d) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del lanzamiento?.
e) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del impacto?.
Ver solución del problema n° 5
Responder el siguiente cuestionario:
Pregunta n° 1) En el tiro oblicuo ¿qué tipo de movimiento se manifiesta en el eje "x"?.
Ver respuesta a la pregunta n° 1
Pregunta n° 2) En el tiro oblicuo ¿qué tipo de movimiento se manifiesta en el eje "y"?.
Ver respuesta a la pregunta n° 2
Pregunta n° 3) ¿Cuál es la velocidad inicial en el eje "y"?.
Ver respuesta a la pregunta n° 3
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Solución del ejercicio n° 1 de Tiro oblicuo:
Problema n° 1) Un piloto, volando horizontalmente a 500 m de altura y 1080 km/h, lanza una bomba. Calcular:
a) ¿Cuánto tarda en oír la explosión?.
b) ¿A qué distancia se encontraba el objetivo?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
vx = 1080 km/h = 300 m/s g = 10 m/s ².
v0y = 0 m/s
h = 500 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
El tiempo que tarda en caer la bomba lo calculamos de la ecuación (2):
t = 10 s
La distancia recorrida por la bomba a lo largo del eje "x" será:
vx = x/t
x = vx.t
x = (300 m/s).(10 s)
x = 3000 m
Es la respuesta al punto (b).
En el mismo instante que la bomba toca el suelo el avión pasa sobre ella, es decir 500 m sobre la explosión.
Si la velocidad del sonido es 330 m/s:
vx = x/t
t = x/vx
t = (500 m)/(330 m/s)
t = 1,52 s
La respuesta al punto (a) es:
t = 10s + 1,52 s
t = 11,52 s
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Si utilizaste el contenido de esta página no olvides citar la fuente "Fisicanet"
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Solución del ejercicio n° 2 de Tiro oblicuo:
Problema n° 2) Un avión que vuela a 2000 m de altura con una velocidad de 800 km/h suelta una bomba cuando se encuentra a 5000 m del objetivo. Determinar:
a) ¿A qué distancia del objetivo cae la bomba?.
b) ¿Cuánto tarda la bomba en llegar al suelo?.
c) ¿Dónde esta el avión al explotar la bomba?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
vx = 800 km/h = 222,22 m/s
v0y = 0 m/s
h = 2000 m
d = 5000 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
a) Primero calculamos el tiempo que demora en caer, de la ecuación (2):
h = g.t ²/2
t = √2.h/g
t = 20 s
Luego con la ecuación (3) obtenemos el punto de impacto:
vx = x/t
x = vx.t
x = (222,22 m/s).(20 s)
x = 444,44 m
Por lo tanto el proyectil cae a:
d = 5000 m - 444,44 m
d = 555,55 m
b) Es el tiempo hallado anteriormente:
t = 20 s
c) Sobre la bomba, ambos mantienen la misma velocidad en el eje "x".
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Solución del ejercicio n° 3 de Tiro oblicuo:
Problema n° 3) Un proyectil es disparado desde un acantilado de 20 m de altura en dirección paralela al río, éste hace impacto en el agua a 2000 m del lugar del disparo. Determinar:
a) ¿Qué velocidad inicial tenía el proyectil?.
b) ¿Cuánto tardó en tocar el agua?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
v0y = 0 m/s
h = 20 m
d = 2000 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
a) De la ecuación (3) despejamos el tiempo:
t = x/vx (4)
y reemplazamos la (4) en la (2):
vx = 1000 m/s
b) De la ecuación (4):
t = x/vx
t = (2000 m)/(1000 m/s)
t = 2 s
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Solución del ejercicio n° 5 de Tiro oblicuo:
Problema n° 5) Un avión vuela horizontalmente con velocidad vA = 900 km/h a una altura de 2000 m, suelta una bomba que debe dar en un barco cuya velocidad es vB = 40 km/h con igual dirección y sentido. Determinar:
a) ¿Qué tiempo tarda la bomba en darle al barco?.
b) ¿Con qué velocidad llega la bomba al barco?.
c) ¿Qué distancia recorre el barco desde el lanzamiento hasta el impacto?.
d) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del lanzamiento?.
e) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del impacto?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
vA0y = 0 m/s
v Ax = 900 km/h = 250 m/s
v Bx = 40 km/h = 11,11 m/s
hA = 2000 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
a) De la ecuación (2):
h = g.t ²/2
t = √2.h/g
t = 20 s
b) Con el tiempo hallado y la ecuación (1):
v fAy = g.t
v fAy = (10 m/s ²).(20 s)
v fAy = 200 m/s
Por supuesto la velocidad en "x":
v Ax = 250 m/s
c) Con el mismo tiempo de impacto y la ecuación (3):
xA = vx.t
xA = (11,11 m/s).(20 s)
xA = 222,22 m
d) Simplemente calculamos la distancia recorrida por el avión en los 20 s mediante la ecuación (1):
xB = vx.t
xB = (250 m/s).(20 s)
xB = 5000 m
La diferencia con el resultado en (c) es la respuesta:
d = xB - xA
d = 5000 m - 222,22 m
d = 4777,78 m
e) Desde luego la distancia entre el avión y el barco en el momento del impacto es 0 m.
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Si utilizaste el contenido de esta página no olvides citar la fuente "Fisicanet"
Este movimiento es muy habitual en la vida cuotidiana y ocupa un lugar importante en la cinemática, así que le vamos a dedicar una ayuda personalizada.
El lanzamiento de un misil o de cualquier objeto con velocidad inicial en el eje x, sigue un movimiento parabólico. En esta ayuda te vamos a dar los pasos a seguir para resolver los problemas de este movimiento.
Receta para resolver problemas de movimiento parabólico:
Analizar el problema y mirar los datos que tenemos para iniciar el problema.
Separar el movimiento en los dos ejes X e Y y tratar por separado cada uno! Como si fueran independientes uno de otro, queda claro?
Eje Y; si no tenemos ningún tipo de aceleración adicional, como suele pasar, el movimiento que tenemos en esta dirección es un MRUA puesto que tenemos una aceleración siempre presente y constante!! Sabes de que estoy hablando, no? Nuestra querida gravedad con g= 9.8m/s2. Así que las expresiones a utilizar en este eje ya sabes cuáles son:
Eje X; en la mayoría de problemas, el movimiento que nos ocupa en esta dirección es el MRU, con una velocidad inicial que siempre se mantiene constante. Por tanto es esta dirección, todo es más sencillo y las expresiones que utilizaremos serán:
Ahora que ya sabemos los pasos a seguir, vamos a hacer un problema para ponerlo en práctica.
Ejemplo: Desde un campanario de 15m de altura lanzamos hacia arriba un petardo la noche de San Juan con una velocidad inicial de 30m/s y con un ángulo con la horizontal de 60º. Calcularemos i) el abasto, ii)la velocidad a la que cae el petardo y iii) la alzada máxima a la que llega al suelo.
Datos:
Para separar el problema en los dos ejes, tenemos que descomponer la velocidad inicial:
Nos centramos en el estudio del movimiento en el eje Y, MRUA:
El signo de la gravedad, es negativo!! Siempre tenemos que considerar la dirección del movimiento positiva, entonces inicialmente el movimiento del petardo es para arriba, por tanto asociamos el positivo a todo movimiento que sea para arriba, como consecuencia asignaremos hacia abajo el signo negativo, como el caso de la gravedad.
La ecuación de movimiento que le corresponde:
Eje X: .
i) Para calcular el abasto la condición a imponer es y = 0!!, sustituimos en la ecuación correspondiente:
Si tenemos el tiempo en que el petardo llega al suelo, encontraremos el abasto sustituyendo este tiempo en la otra ecuación:
ii) Para encontrar la velocidad a la que llega el petardo en el suelo, el módulo!!, sabemos que la componente x no ha variado, por tanto solo tenemos que calcular la componente y:
Donde el signo negativo nos indica que la velocidad es hacia abajo, como era de esperar.
Por tanto la velocidad que lleva el petardo es: , pero tenemos que dar el módulo y la dirección así que:
iii) Para hallar la alzada máxima, la condición a imponer será: vy= 0!!, por tanto si sustituimos encontraremos el tiempo:
Entonces para conocer la altura máxima, solo tenemos que sustituir este tiempo en la ecuación de movimiento que tenemos:
Ha quedado claro, como se hacen este tipo de problemas? Pues ya puedes comenzar a practicar.
Eso es todo amigos!!arrancar.
No encontraste lo que buscabas? (consulta aqui a tu profesor virtual de armandotareas.com
Ejemplo 6.1 Que tan rápido puede girar?
Una bola de 0,5 kg. De masa esta unida al extremo de una cuerda cuya longitud es 1,5 metros. La figura 6.2 muestra como gira la bola en un círculo horizontal. Si la cuerda puede soportar una tensión máxima de 50 Newton, Cual es la velocidad máxima que la bola puede alcanzar antes de que la cuerda se rompa?
Solución Como en este caso la fuerza central es la fuerza T ejercida por la cuerda sobre la bola, de la ecuación 6.1 se obtiene
Despejando v
v = 12,24 m/seg.
Ejercicio Calcule la tensión en la cuerda si la rapidez de la bola es 5 m/seg.
T = 8,33 Newton
Ejemplo 6.2 El péndulo cónico SERWAY
Un pequeño cuerpo de masa m esta suspendido de una cuerda de longitud L. el cuerpo gira en un círculo horizontal de radio r con rapidez constante v, como muestra la figura 6.3. (Puesto que la cuerda barre la superficie de un cono, el sistema se conoce como un péndulo cónico.) Encuentre la velocidad del cuerpo y el periodo de revolución, TP definido como el tiempo necesario para completar una revolución.
Solución: En la figura 6.3 se muestra el diagrama de cuerpo libre para la masa m, donde la fuerza ejercida por la cuerda, T se ha descompuesto en una componente vertical, T cos u y una componente
T sen u que actúa hacia el centro de rotación. Puesto que el cuerpo no acelera en la dirección vertical, la componente vertical de T debe equilibrar el peso.
Por lo tanto:
→ r = L sen u
TX = T sen u
TY = T cos u
∑ FY = 0
TY m g = 0
TY = m g
T cos u = m g Ecuación 1
Puesto que, en este ejemplo, la fuerza central es proporcionada por la componente T sen u de la segunda ley de Newton obtenemos:
∑ FX = m a pero: TX = T sen u
TX = T sen u = m a
Ecuación 2
Al dividir la ecuación 2 con la ecuación 1, se elimina T y la masa m.
V2 = r g tang u
pero: r = L sen u
En vista de que la bola recorre una distancia de 2 π r. (la circunferencia de la trayectoria circular) en un tiempo igual al periodo de revoluciσ n TP (que no debe ser confundida con la fuerza T), encontramos
Pero
Si tomamos L = 1 metro u = 200
TP = 1,945 segundos
Ejemplo 6.3 Cual es la rapidez máxima de un automóvil? SERWAY
Un automóvil de 1500 Kg. que se mueve sobre un camino horizontal plano recorre una curva cuyo radio es 35 metros como en la figura 6.4. Si el coeficiente de fricción estático entre las llantas y el pavimento seco es 0,5, encuentre la rapidez máxima que el automóvil puede tener para tomar la curva con éxito?
La fuerza de fricción estáticadirigida hacia el centro del arco mantiene el auto moviéndose en un circulo.
Solución: En este caso, la fuerza central que permite al automóvil permanecer en su trayectoria circular es la fuerza de fricción estática. En consecuencia de la ecuación 6.1 tenemos:
La rapidez máxima que el automóvil puede alcanzar alrededor de la curva corresponde a la rapidez a la cual esta a punto de patinar hacia fuera. En este punto, la fuerza de fricción tiene su valor máximo.
FR = μ N
∑ FY = 0
N m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
FR = 0,5 * 1500 * 9,8
FR = 7350 Newton
Despejando v
v = 13,1 m/seg.
Ejercicio: En un día húmedo el auto descrito en este ejemplo empieza a deslizarse en la curva cuando la velocidad alcanza 8 m/seg. Cual es el coeficiente de fricción estático?
∑ FY = 0
N m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
μ = 0,186
Ejemplo 6.4 La rampa de salida peraltada SERWAY
Un ingeniero desea diseñar una rampa de salida curva para un camino de peaje de manera tal que un auto no tenga que depender de la fricción para librar la curva sin patinar. Suponga que un auto ordinario recorre la curva con una velocidad de 13,4 m/seg y el radio de la curva es 50 metros. Con que ángulo debe peraltarse la curva?
Razonamiento: Sobre un camino nivelado la fuerza central debe ser suministrada por la fuerza de fricción entre el auto y el suelo. Sin embargo, si el camino esta peraltado a un ángulo u , como en la figura 6.5, la fuerza normal N tiene una componente horizontal N sen u apuntando hacia el centro de la trayectoria circular seguida por el auto. Supóngase que solo la componente N sen u proporciona la fuerza central. Por tanto, el ángulo de peralte que calculemos será uno para el cual no se requiere fuerza friccionante. En otras palabras, un automóvil que se mueve a la velocidad correcta (13,4 m/seg ) puede recorrer la curva incluso sobre una superficie con hielo.
∑ FX = m aC pero: NX = N sen u
NX = m aC
N sen u = m aC
Ecuación 1
∑ FY = 0
NY m g = 0 Pero: NY = N cos u
NY = m g
N cos u = m g Ecuación 2
Al dividir 1 entre 2, se cancela N (normal) y la masa m
Tan u = 0,36644
= arc tan (0,36644)
u = 20,120
Ejemplo 6.5 Movimiento de satélites SERWAY
Este ejemplo trata el problema de un satélite que se mueve en orbita circular alrededor de la tierra. Para comprender mejor el problema debemos advertir primero que la fuerza gravitacional entre dos partículas con masas m1 y m2, separadas por una distancia r, es una fuerza de atracción y tiene una magnitud
Donde G = 6,672 x 10 -11 N m2/kg2 esta es la ley de gravitación de Newton que estudiaremos con mas detalle en el capitulo XIV.
Considere ahora un satélite de masa m que se mueve en una orbita circular alrededor de la tierra a velocidad constante v y a una altitud h sobre la superficie del planeta, como se muestra en la figura 6.6
a) Determine la velocidad del satélite en función de G, h, Rt (radio de la tierra) y Mt (masa de la tierra)
Solución:Puesto que la única fuerza externa sobre el satélite es la de la gravedad, la cual actúa hacia el centro de la tierra, tenemos.
De la segunda ley de Newton obtenemos:
∑ F = m aC
F = m aC
Recordar que r = Rt (radio de la tierra) + h (altitud sobre la superficie del planeta).
Despejar v y cancelar términos semejantes
Ecuación 1
b) Determine el periodo de revolución del satélite TP (el tiempo para una revolución alrededor de la tierra).
Solución: Puesto que el satélite recorre una distancia de 2 π r (la circunferencia del circulo) en un tiempo TP
Ecuación 2
Reemplazando la ecuación 1 en 2
________________________________________
Contenido
Ejercicios resueltos de Cinemática: Tiro oblicuo.
Resolver los siguientes problemas:0
Problema n° 1) Un piloto, volando horizontalmente a 500 m de altura y 1080 km/h, lanza una bomba. Calcular:
a) ¿Cuánto tarda en oír la explosión?.
b) ¿A qué distancia se encontraba el objetivo?.
Ver solución del problema n° 1
Problema n° 2) Un avión que vuela a 2000 m de altura con una velocidad de 800 km/h suelta una bomba cuando se encuentra a 5000 m del objetivo. Determinar:
a) ¿A qué distancia del objetivo cae la bomba?.
b) ¿Cuánto tarda la bomba en llegar al suelo?.
c) ¿Dónde esta el avión al explotar la bomba?.
Ver solución del problema n° 2
Problema n° 3) Un proyectil es disparado desde un acantilado de 20 m de altura en dirección paralela al río, éste hace impacto en el agua a 2000 m del lugar del disparo. Determinar:
a) ¿Qué velocidad inicial tenía el proyectil?.
b) ¿Cuánto tardó en tocar el agua?.
Ver solución del problema n° 3
Problema n° 4) Una pelota esta rodando con velocidad constante sobre una mesa de 2 m de altura, a los 0,5 s de haberse caído de la mesa esta a 0,2 m de ella. Calcular:
a) ¿Qué velocidad traía?.
b) ¿A qué distancia de la mesa estará al llegar al suelo?.
c) ¿Cuál era su distancia al suelo a los 0,5 s?.
Ver solución del problema n° 4
Problema n° 5) Un avión vuela horizontalmente con velocidad vA = 900 km/h a una altura de 2000 m, suelta una bomba que debe dar en un barco cuya velocidad es vB = 40 km/h con igual dirección y sentido. Determinar:
a) ¿Qué tiempo tarda la bomba en darle al barco?.
b) ¿Con qué velocidad llega la bomba al barco?.
c) ¿Qué distancia recorre el barco desde el lanzamiento hasta el impacto?.
d) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del lanzamiento?.
e) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del impacto?.
Ver solución del problema n° 5
Responder el siguiente cuestionario:
Pregunta n° 1) En el tiro oblicuo ¿qué tipo de movimiento se manifiesta en el eje "x"?.
Ver respuesta a la pregunta n° 1
Pregunta n° 2) En el tiro oblicuo ¿qué tipo de movimiento se manifiesta en el eje "y"?.
Ver respuesta a la pregunta n° 2
Pregunta n° 3) ¿Cuál es la velocidad inicial en el eje "y"?.
Ver respuesta a la pregunta n° 3
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Solución del ejercicio n° 1 de Tiro oblicuo:
Problema n° 1) Un piloto, volando horizontalmente a 500 m de altura y 1080 km/h, lanza una bomba. Calcular:
a) ¿Cuánto tarda en oír la explosión?.
b) ¿A qué distancia se encontraba el objetivo?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
vx = 1080 km/h = 300 m/s g = 10 m/s ².
v0y = 0 m/s
h = 500 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
El tiempo que tarda en caer la bomba lo calculamos de la ecuación (2):
t = 10 s
La distancia recorrida por la bomba a lo largo del eje "x" será:
vx = x/t
x = vx.t
x = (300 m/s).(10 s)
x = 3000 m
Es la respuesta al punto (b).
En el mismo instante que la bomba toca el suelo el avión pasa sobre ella, es decir 500 m sobre la explosión.
Si la velocidad del sonido es 330 m/s:
vx = x/t
t = x/vx
t = (500 m)/(330 m/s)
t = 1,52 s
La respuesta al punto (a) es:
t = 10s + 1,52 s
t = 11,52 s
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
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Solución del ejercicio n° 2 de Tiro oblicuo:
Problema n° 2) Un avión que vuela a 2000 m de altura con una velocidad de 800 km/h suelta una bomba cuando se encuentra a 5000 m del objetivo. Determinar:
a) ¿A qué distancia del objetivo cae la bomba?.
b) ¿Cuánto tarda la bomba en llegar al suelo?.
c) ¿Dónde esta el avión al explotar la bomba?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
vx = 800 km/h = 222,22 m/s
v0y = 0 m/s
h = 2000 m
d = 5000 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
a) Primero calculamos el tiempo que demora en caer, de la ecuación (2):
h = g.t ²/2
t = √2.h/g
t = 20 s
Luego con la ecuación (3) obtenemos el punto de impacto:
vx = x/t
x = vx.t
x = (222,22 m/s).(20 s)
x = 444,44 m
Por lo tanto el proyectil cae a:
d = 5000 m - 444,44 m
d = 555,55 m
b) Es el tiempo hallado anteriormente:
t = 20 s
c) Sobre la bomba, ambos mantienen la misma velocidad en el eje "x".
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Solución del ejercicio n° 3 de Tiro oblicuo:
Problema n° 3) Un proyectil es disparado desde un acantilado de 20 m de altura en dirección paralela al río, éste hace impacto en el agua a 2000 m del lugar del disparo. Determinar:
a) ¿Qué velocidad inicial tenía el proyectil?.
b) ¿Cuánto tardó en tocar el agua?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
v0y = 0 m/s
h = 20 m
d = 2000 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
a) De la ecuación (3) despejamos el tiempo:
t = x/vx (4)
y reemplazamos la (4) en la (2):
vx = 1000 m/s
b) De la ecuación (4):
t = x/vx
t = (2000 m)/(1000 m/s)
t = 2 s
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
Solución del ejercicio n° 5 de Tiro oblicuo:
Problema n° 5) Un avión vuela horizontalmente con velocidad vA = 900 km/h a una altura de 2000 m, suelta una bomba que debe dar en un barco cuya velocidad es vB = 40 km/h con igual dirección y sentido. Determinar:
a) ¿Qué tiempo tarda la bomba en darle al barco?.
b) ¿Con qué velocidad llega la bomba al barco?.
c) ¿Qué distancia recorre el barco desde el lanzamiento hasta el impacto?.
d) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del lanzamiento?.
e) ¿Cuál será la distancia horizontal entre el avión y el barco en el instante del impacto?.
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre).
Donde no se indica se emplea g = 10 m/s ².
Datos:
vA0y = 0 m/s
v Ax = 900 km/h = 250 m/s
v Bx = 40 km/h = 11,11 m/s
hA = 2000 m
Ecuaciones:
(1) v fy = v0y + g.t
(2) h = v0y.t + g.t ²/2
(3) vx = Δx/Δt
El gráfico es:
a) De la ecuación (2):
h = g.t ²/2
t = √2.h/g
t = 20 s
b) Con el tiempo hallado y la ecuación (1):
v fAy = g.t
v fAy = (10 m/s ²).(20 s)
v fAy = 200 m/s
Por supuesto la velocidad en "x":
v Ax = 250 m/s
c) Con el mismo tiempo de impacto y la ecuación (3):
xA = vx.t
xA = (11,11 m/s).(20 s)
xA = 222,22 m
d) Simplemente calculamos la distancia recorrida por el avión en los 20 s mediante la ecuación (1):
xB = vx.t
xB = (250 m/s).(20 s)
xB = 5000 m
La diferencia con el resultado en (c) es la respuesta:
d = xB - xA
d = 5000 m - 222,22 m
d = 4777,78 m
e) Desde luego la distancia entre el avión y el barco en el momento del impacto es 0 m.
Resolvió: Ricardo Santiago Netto
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