Examen de Fisica

Técnico en Gestión de Recursos Naturales y Desarrollo Sustentable – Dpto. Rivera
Materia: Física General – Instituto de Física – Facultad de Ciencias – UDELAR
2008
Práctico 5
Cinemática: Movimiento de Proyectiles
1)
Una pelota rueda fuera del borde de una mesa horizontal de 4.23 m de
altura. Golpea el suelo en un punto 5.11 m horizontalmente lejos del borde de
la mesa.
a)
¿Durante cuánto tiempo estuvo la pelota en el aire?
b)
¿Cuál era su velocidad en el instante en que dejó la mesa?
Resolución
a)
Ecuación del movimiento según la dirección y:
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
1
⇒ y = y 0 + v 0y − g t 2
2
Condiciones iniciales:
r
y 0 = 4.23 ĵ m
r
v 0 y = 0 ĵ m/s
r
a y = −g ĵ = −9.8 ĵ
(1)
posición inicial en la dirección y
velocidad inicial en la dirección y
aceleración
Cuando la pelota llega al suelo: y = 0, entonces, imponiendo las condiciones
iniciales en (1) tendremos:
2 x 4.23
1
= 0.93 s
(3)
0 = 4.23 − 9.8 t 2 ⇒ t =
9.8
2
Por lo tanto: t = 0.93 s
tiempo de caída de la pelota
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b)
Ecuación del movimiento según la dirección x:
r r
r
1r
1
x = x 0 + v 0 x t + a x t 2 ⇒ x î = x 0 î + v 0 x t î + a x t 2 î
2
2
Condiciones iniciales:
r
x 0 = 0 î m
v
a x = 0 î m/s 2
(3)
posición inicial en la dirección x.
aceleración según la dirección x
r
Cuando la pelota golpea el suelo tenemos: x = 5.11 î m
(4)
Sustituyendo las condiciones iniciales, (2) y (4) en (3) tenemos:
x = x 0 + v 0x t
⇒ 5.11 = 0 + v 0x 0.93 ⇒ v 0x =
r
Por lo tanto: v 0 x = 5.49 m/s
5.11
= 5.49 m/s
0.93
velocidad horizontal de la pelota
2)
Un rifle apunta horizontalmente hacia un blanco ubicado a 130 m. La
bala golpea 22.8 m abajo del punto de mira.
a)
¿Cuál es el tiempo de trayecto de la bala?
b)
¿Cuál es la velocidad de la bala en la boca del arma?
Resolución
a)
Ecuación
del
movimiento
según
la
dirección y:
r r
r
1r
y = y 0 + v 0y t + a y t 2
2
⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y ĵ +
Condiciones iniciales:
y 0 = 22.8 m
v 0 y = 0 m/s
a y = −9.8 m/s 2
1
a y t 2 ĵ
2
posición inicial
velocidad inicial en la dirección y
aceleración en la dirección y
cuando y = 0, sustituyendo las condiciones iniciales en la ecuación de
movimiento tenemos:
1
2 x ( −22.8)
0 = 22.8 − 9.8 t 2 ⇒ t =
= 2.16 s
2
− 9 .8
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Por lo tanto: t = 2.16 s
tiempo de trayecto de la bala
b) Ecuación del movimiento en la dirección x:
r r
r
1r
1
x = x 0 + v 0x t + a x t 2 ⇒ x = x 0 + v 0x t + a x t 2
2
2
Condiciones iniciales:
r
x 0 = 0 î m
r
r
v 0x = v x
r
a x = 0 î m/s 2
Cuando x = 130 m, t = 2.16 s.
Por lo tanto:
⇒ v x = 60 m/s
130 = v x (2.16) ⇒ v x =
130
= 60 m/s
2.16
velocidad horizontal (velocidad en la boca del arma)
3)
Un proyectil se dispara horizontalmente desde un cañón ubicado a
45.0 m sobre un plano horizontal con una velocidad inicial de 250 m/s.
a)
¿Cuánto tiempo permanece el proyectil en el aire?
b)
¿A qué distancia horizontal golpea el suelo?
c)
¿Cuál es la magnitud de su componente vertical de su velocidad al
golpear el suelo?
Resolución
a)
Ecuación del movimiento en la dirección y:
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y t ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
(1)
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r
Condiciones iniciales: y 0 = 45 ĵ m
r
v 0 y = 0 ĵ m/s
r
a y = −g ĵ = −9.8 ĵ m/s 2
Cuando el proyectil llega al suelo y = 0, y sustituyendo las condiciones iniciales
en (1) tendremos:
1
2 x 45
0 = 45 − 9.8 t 2 ⇒ t =
= 3.03 s
2
9.8
Por lo tanto: t = 3.03 s
tiempo de caída del proyectil.
Ecuación del movimiento según la dirección x:
r r
r
1r
1
x = x 0 + v 0 x t + a x t 2 ⇒ x î = x 0 î + v 0 x t î + a x t 2 î
(2)
2
2
Condiciones iniciales:
r
x 0 = 0 î m
posición inicial
r
r
v 0 x = v x = 250 î m/s
velocidad inicial en la dirección x
r
a x = 0 î m/s 2
aceleración en la dirección x
b)
Cuando el proyectil golpea en el suelo sabemos que t = 3.03 s
(3)
Sustituyendo (3) y las condiciones iniciales en (2) tendremos:
x = 0 + 250 x 3.03 = 757.5 m
(4)
Por lo tanto:
c)
x = 757.5 m
distancia horizontal a la que golpea el suelo.
Ecuación de la velocidad en la dirección y:
r
r
r
v y = v 0 y + a y t ⇒ v y ĵ = v 0y ĵ + a y t ĵ ⇒ v y = v 0 y + a y t
Condiciones iniciales:
v 0 y = 0 m/s
a y = −9.8 m/s 2
t = 3.03 s
(5)
velocidad inicial según la dirección y.
aceleración según la dirección y.
tiempo de caída del proyectil
Sustituyendo las condiciones iniciales en (5), tenemos:
v y = − 9.8 x (3.03) = −29.7 m/s
Por lo tanto: v y = −29.7 m/s
componente vertical de la velocidad al golpear
el suelo. El signo negativo indica que la velocidad está en sentido contrario al
versor ĵ
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4)
Usted arroja una pelota a una velocidad de 25.3 m/s y un ángulo de
42.0º arriba de la horizontal directamente hacia una pared como se muestra en
la figura.
La pared está a 21.8 m del punto de salida de la pelota.
a)
¿Cuánto tiempo estuvo la pelota en el aire antes de que golpee la
pared?
b)
¿A qué distancia
arriba del punto de salida
golpea la pelota a la
pared?
c)
¿Cuáles son las
componentes horizontal y
vertical de la velocidad
cuando la pelota golpea la
pared?
d)
¿La
pelota,
ha
pasado el punto más
elevado de su trayectoria
cuando golpea la pared?
Resolución
Ecuación del movimiento según la dirección x:
r r
r
1r
1
x = x 0 + v 0 x t + a x t 2 ⇒ x î = x 0 î + v 0 x t î + a x t 2 î
2
2
1
⇒ x = x 0 + v 0x t + a x t 2
2
Condiciones iniciales:
x0 = 0 m
v 0 x = v 0 cos(42º ) = 25.3 cos(42º ) = 18.8 m/s
a)
a x = 0 m/s 2
(1)
posición
velocidad
aceleración
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Cuando golpea la pared, imponemos la condición x = 21.8 m
21.8
21.8 = 18.8 t ⇒ t =
= 1.16 s
18.8
Por lo tanto: t = 1.16 s, tiempo en que la pelota golpea la pared.
b)
Ecuación del movimiento según la dirección y:
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y t ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
1
⇒ y = y 0 + v 0y t + a y t 2
2
(2)
Condiciones iniciales:
y0 = 0 m
v 0 y = v 0 sin(42º ) = 25.3 sin(42º ) = 16.9 m/s
posición inicial según y
velocidad inicial según y
a y = −9.8 m/s 2
aceleración según y
Sustituyendo las condiciones iniciales en (2):
1
y = 16.9 x 1.16 − x 9.8 x (1.16) 2 = 13.01 m
2
Por lo tanto: y = 13.01 m altura a la que golpea la pared
c)
La componente horizontal de la velocidad es constante, por lo tanto:
vx = 18.8 m/s
Componente vertical de la velocidad:
r
r
r
v y = v 0 y + a y t ⇒ v y ĵ = v 0y ĵ + a y t ĵ ⇒ v y = v 0 y + a y t
(3)
Condiciones iniciales:
v 0 y = v 0 sin(42º ) = 25.3 sin(42º ) = 16.9 m/s
velocidad inicial según y
a y = −9.8 m/s 2
aceleración según y
t = 1.16 s
instante en que golpea la pared
Sustituyendo las condiciones iniciales en (3):
v y = 16.9 − 9.8 x (1.16) = 5.53 m/s
Por lo tanto:
v x = 18.8 m/s componente horizontal de la velocidad cuando golpea la pared.
v y = 5.53 m/s componente vertical de la velocidad cuando golpea la pared
d)
Como la componente vertical de la velocidad cuando golpea la pared es
positiva, significa que la pelota aún está subiendo y por lo tanto aún no pasó
por el punto más alto de su trayectoria.
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5)
En un circo, un Hombre Bala sale de un cañón y debe aterrizar en una
red a 10 m bajo la boca del cañón. Sus componentes de velocidad inicial son
20.0 m/s hacia arriba y 10.0 m/s horizontal.
a)
¿Cuánto dura en el aire?
b)
¿Dónde debe estar la red?
c)
¿Logra pasar el muro?
Resolución
Ecuación del movimiento según y:
a)
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y t ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
1
⇒ y = y 0 + v 0y t + a y t 2
2
r
Condiciones iniciales: y 0 = 10 m ĵ
v 0 y = 20.0 m / s ĵ
r
a = −g ĵ = −9.8 m/s 2 ĵ
(1)
posición inicial
velocidad inicial
aceleración
Suponiendo que no está la pared, entonces el HB llega al suelo cuando y = 0
Sustituyendo esto y las condiciones iniciales en (1) tenemos:
0 = 10 m + 20.0 m/s x t −
t=
1
x 9.8 m / s 2 x t 2 ⇒ 10 + 20 x t - 4.9 t 2 = 0
2
− 20.0 ± (20) 2 − 4 x 10 x ( −4.9) − 20.0 ± 596 − 20.0 ± 24.4
=
=
2 x ( −4.9)
− 9 .8
− 9 .8
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⇒ t1 = 4.5 y t 2 = −0.45
t 2 = −0.45
no tiene sentido físico
Por lo tanto: t1 = 4.5 s
b)
tiempo que demora en el aire.
Suponiendo que está no la pared el HB lega al suelo en 4.5 s
r r
r
1r
x = x0 + v0 t + ax t2
2
1
⇒ x = x 0 + v 0x t + a x t 2
2
r
x 0 = 0 m î
posición inicial
r
v 0 x = 10.0 m / s î
velocidad inicial
r
a x = 0 m / s2
aceleración
ecuación del movimiento según x ⇒
condiciones iniciales:
(2)
Sustituyendo las condiciones iniciales en (1):
x = v 0x t
Al cabo de t = 4.5 s la distancia x recorrida estará dada por:
x = 10.0 x 4.5 = 45.0 m
(3)
Por lo tanto la red debería estar a una distancia ⇒ x = D = 45 m
c)
Para saber si choca contra el muro debemos averiguar cuál es la altura
del HB cuando x = 15 m.
Usando (3) determinamos el instante en que x = 15 m:
x
15 m
t=
=
= 1 .5 s
v 0 x 10 m / s
Determinamos la altura correspondiente a 1.5 s, usando (1) con sus
condiciones iniciales:
1
1
⇒ y = y 0 + v 0 y t − g t 2 = 10 + 20 x 1.5 − x 9.8 x (1.5) 2 = 28 m
2
2
Por lo tanto, cuando x = 15 m, y = 28 m, o sea que logra pasar el muro pues
este tiene solamente 25 m.
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6)
Demuestre que la altura máxima alcanzada por un proyectil es:
y max =
(v o sin φ 0 )2
2g
Resolución
En el punto de máxima altura vy = 0, (la velocidad no tiene componente en y)
Ecuación de la velocidad en la dirección y:
r
r
r
v y = v 0 y + a y t ⇒ v y ĵ = v 0y ĵ + a y t ĵ ⇒ v y = v 0 y + a y t
Condiciones iniciales: v 0 y = v 0 sin φ 0
(1)
velocidad
a y = −g
aceleración
Sustituyendo vy = 0 y las condiciones iniciales en (1):
v sin φ 0
0 = v 0 sin φ 0 − g t ⇒ t = 0
(2)
tiempo que demora en llegar a la
g
altura máxima.
Ecuación del movimiento en la dirección y:
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y t ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
1
⇒ y = y 0 + v 0y t + a y t 2
2
Condiciones iniciales: y 0 = 0 m
v 0 y = v 0 sin φ 0 m/s
(3)
posición
velocidad
a y = −g m/s 2
aceleración
Sustituyendo (2) y las condiciones iniciales en (3) tenemos:
v sin φ 0 1  v 0 sin φ 0
− g
y max = v 0 sin φ 0 0
g
2 
g
Por lo tanto: ⇒ y max =
(
v 0 sin φ 0 )2 1 (v 0 sin φ 0 )2

 =
− g
g
2

g2
2
( v 0 sin φ 0 )2
2g
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7)
a) Demuestre que para un proyectil disparado desde la superficie a nivel
del terreno con un ángulo φ0 respecto a la horizontal, la razón de la altura
máxima H y el alcance R
está
dada
por:
H 1
= tg (φ 0 ) .
R 4
b)
Halle el ángulo de
proyección para el cual
la altura máxima H y el
alcance horizontal R son
iguales.
Resolución
a)
Ecuación del movimiento en la dirección y:
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y t ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
1
⇒ y = y 0 + v 0y t + a y t 2
2
Condiciones iniciales: y 0 = 0 m
v 0 y = v 0 sin φ 0 m/s
a y = −g m/s 2
(1)
posición
velocidad
aceleración
Cuando llega al suelo y = 0, imponiendo esta condición y las condiciones
iniciales en (1) tenemos:
2v sin φ 0
1
1
0 = v 0 y t − g t 2 ⇒ v 0 sinφ 0 − g t = 0 ⇒ t = 0
(2)
2
2
g
tiempo en que llega al suelo. (Observar que este intervalo es el doble de lo que
demora en llegar al punto de máxima altura, ver resultado del ejercicio anterior)
Ecuación del movimiento según x:
r r
r
1r
1
x = x 0 + v 0 t + a x t 2 ⇒ x = x 0 + v 0 x t + a x t 2 (3)
2
2
Condiciones iniciales: x 0 = 0
posición
v 0 y = v 0 cos φ 0
velocidad
ax = 0
aceleración
Sustituyendo las condiciones iniciales y (2) en (3) tendremos:
x = R = v 0 cos φ 0
2
2v 0 sin φ 0 2v 0 sin φ 0 cos φ 0
=
g
g
alcance del proyectil
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Usando el resultado del ejercicio anterior:
H ( v 0 sin φ 0 ) 2
g
1 sin φ 0
1
=
=
= tgφ 0
R
2g
2v 02 sin φ 0 cos φ 0 4 cos φ 0 4
Por lo tanto:
b)
H 1
= tgφ 0
R 4
Cuando H = R:
razón entre la altura máxima y el alcance.
1=
1
tgφ 0 ⇒ tgφ 0 = 4 ⇒ φ 0 = 75.9º
4
Por lo tanto, cuando H = R ⇒ φ 0 = 75.9º
8)
Un proyectil se dispara desde la superficie de un suelo nivelado con un
ángulo φ0 sobre la horizontal.
a)
Demuestre que el ángulo de elevación θ del punto más elevado, tal
1
como se ve en la figura, se relaciona con φ0 según: tgθ = tg(φ 0 ) .
2
b)
Calcule θ para φ0 = 45º.
Resolución
a) Por ejercicio.7:
H 1
= tgφ 0
R 4
(1)
H
2H
H 1
=
⇒
= tgθ
R/2 R
R 2
1
1
1
Comparando (1) y (2): tgθ = tgφ 0 ⇒ tgθ = tgφ 0
2
4
2
1
Por lo tanto: tgθ = tgφ 0
2
Aplicando trigonometría: tgθ =
b)
(2)
Cuando φ 0 = 45º ⇒ tgφ 0 = 1
Por resultado anterior: tgθ =
1
⇒ θ = 26.6º
2
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9)
Una piedra es proyectada con una velocidad inicial de 36.6 m/s en una
dirección a 62º con respecto a la horizontal, hacia un acantilado de altura h,
como se muestra en la figura. La piedra golpea el terreno en el punto A en 5.5 s
después del lanzamiento.
a)
¿Cuál es la altura h del acantilado?
b)
¿Cuál es la velocidad de la piedra en el momento en que impacta en el
punto A?
c)
¿Cuál es la altura H alcanzada respecto al suelo?
Resolución
a)
Ecuación de movimiento en la dirección y:
r r
r
1r
1
y = y 0 + v 0 y t + a y t 2 ⇒ y ĵ = y 0 ĵ + v 0 y t ĵ + a y t 2 ĵ
2
2
⇒ y = y 0 + v 0y t +
Condiciones iniciales:
1
ay t2
2
y0 = 0
v 0 y = v 0 sin 62º = 36.6 sin 62º = 32.3 m/s
(1)
posición
velocidad
a y = −g = −9.8 m/s 2
Sustituyendo las condiciones iniciales en (1):
y = v 0y t −
1 2
gt
2
(2)
1
x 9.8 x (5.5) 2 = 29.4 m
2
Por lo tanto, la altura del acantilado es: h = 29.4 m
Cuando t = 5.5 s tendremos: y = h = 32.3 x 5.5 −
b)
Ecuación de la velocidad en la dirección x:
r
r
r
v x = v 0 x + a x t ⇒ v x ĵ = v 0x ĵ + a x t ĵ ⇒ v x = v 0 x + a x t
No hay aceleración en la dirección horizontal: a x = 0
v xA = v 0 x = v 0 cos 62º = 36.6 x cos62º = 17.2 m/s
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Ecuación de la velocidad en la dirección y:
r
r
r
v y = v 0 y + a y t ⇒ v y ĵ = v 0y ĵ + a y t ĵ ⇒ v y = v 0 y + a y t
(3)
Aceleración en la dirección vertical: a y = −g = −9.8 m/s 2
Sustituyendo en (3):
v yA = v 0 sin 62º − 9.8 x 5.5 = 36.6 sin 62º − 9.8 x 5.5 = −21.6 m/s
Por lo tanto, velocidad en el punto A
v x = 17.2 m/s
componente x de la velocidad
v y = −21.6 m/s
componente y de la velocidad
v A = v x + v y = 27.6 m/s
vy
tgα =
= 1.26 ⇒ α = 51.5º
vx
módulo de la velocidad
ángulo del vector velocidad con el eje x
En el punto de máxima altura v y = 0
v 0y 32.3
Sustituyendo en (3): 0 = v 0 y − g t ⇒ t =
=
= 3 .3 s
g
9 .8
1
Sustituyendo (4) en (2): H = 32.3 x 3.3 − x 9.8 x (3.3) 2 = 53.2
2
Por lo tanto, altura máxima H = 53.2 m
c)
(4)
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