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REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA MINISTERIO DEL PODER POPULAR PARA EDUCACIÓN SUPERIOR

INSTITUTO UNIVERSITARIO EXPERIMENTAL DE TECNOLOGÍA LA VICTORIA

LA VICTORIA- ESTADO ARAGUA COMISIÓN ACADÉMICA DEL PROGRAMA

NACIONAL DE FORMACIÓN EN ELECTRICIDAD en el marco de la Misión Sucre

FÍSICA I

AUTOR: Prof. Maria Esther Pérez

La Victoria, Enero 2010

LA VICTORIAEXPERIMENTAL

FÍSICA I

PNF en Electricidad 2

MÓDULO I

CINEMÁTICA

UNIDIMENSIONAL

FÍSICA I


VECTORES

Una Cantidad Escalar: Es aquélla que se especifica por completo mediante un

solo número con una unidad, posee sólo magnitud. Ejemplo: masa, potencia,

temperatura, tiempo, volumen, trabajo, densidad, carga eléctrica entre otro.

Un Vector: Es aquel que quedará definido completamente mediante tres

características, como:

Módulo: es la parte escalar del vector, es la distancia entre los extremos de un

vector, longitud del vector.

Dirección: La dirección de un vector está dada por la recta sobre la cual se

considera que está colocado dicho vector.

Sentido: Es la orientación del vector de acuerdo con su dirección

Ejemplo: B AB A AB: Distancia entre A y B

Dirección: Recta que pasa por A y B (inclinada) Sentido: De A hacia B

FÍSICA I


Un vector se puede representar por una letra negrita A y su magnitud por A ó

se puede representar por una letra con una flecha sobre ella A y su magnitud por

A, sin flecha.

COMPONENTES DE UN VECTOR

La suma y la diferencia de vectores se facilitan en gran medida cuando se

utilizan las componentes de un sistema de coordenadas.

Un vector se representa por un segmento rectilíneo dirigido, la longitud de

este segmento rectilíneo es la magnitud, y el ángulo que forma con respecto a un

eje de referencia es su dirección.

Cualquier vector que se encuentre en el plano xy (sistema de coordenas

cartesiano bidimensional), puede representarse como la suma de un vector

paralelo al eje x y otro paralelo al eje y. Estos vectores se llaman componentes

vectoriales rectangulares

Ejemplo Y Ay A A = Ax + Ay

FÍSICA I


. X Ax

Componente de x = Ax= A Cos

Componente y = Ay= A sen La magnitud de un vector, en función de sus componentes es : A =( Ax) 2+ ( Ay)2

Ax/A = Cos y Ay/A = sen

Tang = Ay/Ax despejando al ángulo

= arc tang (Ay/Ax) VECTOR EN UN ESPACIO TRIDIMENSIONAL En un espacio tridimensional, un vector B puede descomponerse en sus componentes Bx, By, Bz a lo largo de tres ejes en el espacio. Ejemplo:

Componente en X=Bx=Bsen cos

Componente en Y = By=B sen sen

Componente en Z= Bz=Bcos

Donde B= 222 )()()( BzByBx

Los ángulos y fijan la dirección del vector.

By=B sen sen

Bx=B sen cos

Si dividimos By/Bx = tang ( despejando el ángulo)

=arc tang-1 By/Bx

Bz= B cos ( despejando el ángulo)

xB

yB

zB

B

FÍSICA I


=Cos-1 By/B COSENOS DIRECTORES Estos son los cosenos de los ángulos directores, los cuales expresan el ángulo que forma la dirección de un vector con la parte positiva de cada uno de los ejes de coordenadas. Estos ángulos directores son tres:

= ángulo director respecto al eje X

= ángulo director respecto al eje Y

= ángulo director respecto al eje z Donde:

Cos =Bx/B

Cos =By/B

Cos =Bz/B

Donde B= 222 )()()( BzByBx

REPRESENTACIÓN CANÓNICA Es la representación de un vector como combinación lineal de los vectores unitarios fundamentales i,j,k ĩ= (1,0,0) y dirección en el eje X ĵ=(0,1,0) y tiene dirección en el Y K=(0,0,1) y tiene dirección en el eje z Un Vector en un espacio tridimensional se puede expresar como combinación lineal de ellos tres: Ejemplo. B=Bx ĩ +Byĵ+Bzk

ÁLGEBRA VECTORIAL SUMA La suma de dos vectores es comutativa A+B=B+A

X Y

Z

FÍSICA I


A=Ax ĩ +Ayĵ+Azk B=Bx ĩ +By ĵ +Bzk A+B=C C= (Ax+Bx) ĩ +(Ay+By) ĵ +(Az+Bz)k MULTIPLICACIÓN DE VECTORES Hay tres operaciones de multiplicación de vectores Multiplicación de un Vector por un Escalar:

La multiplicación de un vector A por un escalar K , se escribe KA , y se define como un nuevo vector que tiene el mismo sentido que A si K es positivo y sentido opuesto, si K es negativo. Para dividir un vector entre un escalar simplemente se multiplica el vector por el reciproco del escalar. Ejemplo: A= Ax ĩ +Ay ĵ +Azk y un escalar K k.A =kAx ĩ +KAy ĵ +kAzk

Multiplicación de un Vector por un Vector de tal manera que se obtenga un escalar Cuando se multiplique una cantidad vectorial por otra cantidad vectorial se debe distinguir entre el producto escalar( que se representa por un punto) y el producto vectorial ( que se representa con una cruz). Ejemplo: Dados dos vectores A=Ax ĩ +Ay ĵ +Azk y B= Bx ĩ +By ĵ +Bzk El producto escalar se denota A.B cuyo resultado es un numero real Es equivalente a decir la magnitud de A por La magnitud de la proyección B sobre A, ó la proyección de A sobre B por la magnitud de B.

Luego A.B= A.B cos

Donde B

.

Teniendo en cuenta que el producto escalar de ĩ. ĩ = ĵ. ĵ =kk=1 ĩ. ĵ = ĵ k=k ĵ =0 Ejemplo W= Trabajo ( escalar) F= Fuerza (vector) S=Desplazamiento ( vector) El producto punto de dos vectores nos da un escalar

FÍSICA I


W= F.S

Multiplicación de dos vectores de tal manera que se obtenga otro vector

El producto vectorial de dos vectores A y B se escribe A x B y el resultado es otro vector C Ax B = C

Su magnitud C=AB sen siendo el ángulo entre A y B, el sentido se determina por la regla de la mano derecha. ĩ ĵ k Ax Ay Az AxB= Bx By Bz

Ejemplo:

= Momento de una fuerza (vector) r = Posición (vector) F =Fuerza (vector) Al multiplicar vectorialmente (producto cruz) dos vectores se obtiene un vector

= rx F

MEDICIÓN

Es una técnica que se utiliza para determinar el valor numérico de una

propiedad física comparándola con una cantidad patrón que se ha adoptado

como UNIDAD.

Hay cuatros magnitudes fundamentales independientes. Longitud, tiempo,

masa y carga eléctrica

FÍSICA I


El Metro: ( abreviado m) es la unidad de longitud. Es igual a la distancia

recorrida por la luz en el vació en un tiempo de 3.335640x10-9s

El Kilogramo: (abreviado Kg) es la unidad de masa .Está definido como la

masa del kilogramo prototipo Núm 1( bloque de platino) o kilogramo

internacional, para fines prácticos es igual a la masa de 10-3 m3 de agua

destilada a 4° C.

1uma (unidad de masa atómica) =1,66x10-27 kg

El Segundo: ( abreviado s) es la unidad de tiempo, se define como el lapso

en que transcurren 9992631700 periodos de la radiación correspondiente a

cierta transición del átomo de 133 Cs

El Coulomb : ( abreviado C) es la unidad de carga eléctrica

UNIDADES Y CANTIDADES FÍSICAS COMPLEMENTARIAS DE SI

Cantidad Física Nombre de la Cantidad Símbolo

longitud metro m

Masa Kilogramo Kg

Tiempo Segundo S

Corriente Eléctrica Ampere A

Temperatura termodinámica Kelvin K

Cantidad de Sustancia mol mol

Frecuencia hertz HZ

Energía Joule J

Fuerza Newton N

Presión Pascal Pa

Potencia Watt W

Carga Eléctrica Coulomb C

Potencial Eléctrico Volt V

Resistencia Eléctrica ohm

Capacitancia farad F

Inductancia Henry H

Flujo Magnético Weber Wb

Densidad de Flujo magnético tesla T

FÍSICA I


Algunos Factores de Conversión de longitud 1m=39,37in=3,28ft=1,904 yardas 1mi=5280ft=1609,4m 1al=9,461x1015 m 1in=2,54cm Donde: in= Pulgadas Ft=Pie mi= Millas al=año luz Algunos Factores de Conversión de Masa 1Slung=14,59kg 1 Tonelada(T)=103 kg 1 kilogramo(Kg)=103 g 1kilogramo(Kg)=2,205 lb( libra masa) Algunos Factores de Conversión de Tiempo 1 dia = 24 Horas (h) 1 Hora=60 minutos (min) 1 min =60 segundos (s) 1 Hora =3600 segundos (s)

PREFIJOS PARA POTENCIAS DE 10

Múltiplo Prefijo Abreviatura

1018 EXA E

1015 PETA P

1012 TERA T

109 GIGA G

106 MEGA M

103 KILO K

102 HECTO H

101 DECA Da

100 UNIDAD

10-1 Deci d

10-2 Centi c

10-3 Mili m

10-6 Micro

10-9 Nano n

FÍSICA I


10-12 Pico p

10-15 Femto f

10-18 Ato a

MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME, MOVIMIENTO RECTILÍNEO

UNIFORMENTE ACELERADO Y LANZAMIENTO VERTICAL HACIA ARRIBA

Sistemas de Referencia

Un objeto está en movimiento con respecto a otro cuando su posición,

medida en relación con el segundo cuerpo, está cambiando con el tiempo.

Por otro lado, si esta posición relativa no cambia con el tiempo, el objeto se

encuentra en reposo relativo. Reposo y movimientos son conceptos relativos, es

decir, dependen de las condiciones del objeto con respecto al cuerpo que sirve de

referencia.

Una planta y una fabrica están en reposo con relación a la tierra, pero en

movimiento con respecto al sol.

Cuando pasa un carro por una parada, decimos que está en movimiento

con respecto a la parada, un pasajero que vaya en él podría decir que la parada

se está moviendo en relación con el carro, pero en la dirección opuesta.

Para describir el movimiento, el observador debe definir un sistema de

referencia en relación con el cual se analiza el movimiento.

Un sistema de referencia puede considerarse como un objeto o conjunto de

objetos en reposo con respecto al observador, en física se utilizan sistema de

coordenadas bien sea cartesiano , esférico o cilíndricos.

Conceptos Fundamentales

Consideremos como sistema de referencia el eje de coordenadas

cartesianos x-y. Supongamos que una partícula está en el punto A en el instante t1

(Ver figura 1), su posición en el plano x-y queda determinado por el vector r1,

consideremos que en un instante posterior t2, la partícula está en el punto B, su

vector posición r2 queda determinado por un vector trazado desde el origen del

sistema de coordenadas hasta el punto B como se ve en la figura 1. Ahora el

FÍSICA I


vector desplazamiento que describe el cambio de posición de la partícula

conforme se mueve del punto A al punto B es r, donde r= r2 – r1.

(Figura 1)

Trayectoria de la partícula

y

x

Por lo tanto se puede definir el desplazamiento como la variación del vector

posición r= rf - ro

Desplazamiento = Posición Final – Posición inicial Desplazamiento = Variación del vector posición

Cuando la partícula vario su posición utilizo un tiempo y el tiempo

transcurrido para el movimiento entre esos puntos es t= (tf – to) de allí se

desprende que la velocidad media de la partícula durante ese intervalo de tiempo

queda definitiva por

V = )(

)(

scurridotiempotran

entodesplazami

t

v

Velocidad media

La cantidad V es un vector

V = )(

)(

Escalar

Vector

t

v

r= r2-r1

r1

r2

t1

t2

A

B

FÍSICA I


Vector Porque se obtiene dividiendo el vector desplazamiento entre el escalar tiempo.

Por consiguiente, la velocidad incluye tanto dirección y sentido como

magnitud. Su dirección y sentido son las de r y su magnitud es r/t, la magnitud

se expresa en unidades de distancias divididas entre unidades de tiempo.

La velocidad media no nos dice nada acerca de cómo fue el movimiento

entre A y B, la trayectoria puede haber sido curva o recta, el movimiento pudo

haber sido continuo o variante.

La velocidad media se refiere simplemente al desplazamiento total y al

tiempo total transcurrido.

Nota: Si la velocidad media resulta la misma en magnitud, dirección y sentido

entre dos puntos cualquiera a lo largo de la trayectoria, deduciríamos que la

partícula se había movido con una velocidad constante, esto es, siguiendo una

línea recta (dirección constante) y con una rapidez uniforme (magnitud constante)

Velocidad Instantánea:

Supongamos que una partícula se está moviendo de tal manera que su

velocidad media, medida en un gran número de intervalos de tiempos diferentes,

no resulta constante. Se dice que esta partícula se mueve con velocidad variable.

La velocidad puede variar porque cambia de magnitud o de dirección o de

sentido. Entonces tratar de determinar una velocidad de la partícula en un

instante dado cualquiera es lo que se llama velocidad instantánea.

En la figura 2 se puede observar que conforme B se va acercando al punto

A, encontramos que la relación del desplazamiento con respecto al tiempo

transcurrido, tiende a un valor límite definido, al ir haciendo cada vez más

pequeño el vector desplazamiento tiende a una dirección límite, la de la tangente a

la trayectoria de la partícula en el punto A. Este valor límite de v/t se llama

velocidad instantánea en el punto A.

FÍSICA I


t

rV

t

lim

0

La magnitud V de la velocidad instantánea se llama rapidez y es

simplemente el valor absoluto de V.

V = V = dr/dt

Como la rapidez es la magnitud de un vector, es intrínsecamente positiva.

Figura 2

Aceleración:

A menudo la velocidad de un cuerpo móvil cambia, ya sea en magnitud, en

dirección, o en ambas cosas, al efectuarse el movimiento, entonces se dice que el

cuerpo tiene una aceleración. (La aceleración de una partícula es la rapidez

con que cambia su velocidad al transcurrir el tiempo).

Supongamos que en un instante t1, una partícula se encuentra en el punto

A y se está moviendo en el plano xy con una velocidad instantánea V1, y en un

instante posterior t2 se encuentra en el punto B y moviéndose con una velocidad

instantánea V2.( ver figura 3)

Figura 3 y

x

y

At1

B’’

t2’’ B’

t2’

B

t2

r2’

r2

r’’2 r’’’

A v2

v2

t2

B

r’

r’’ r’’’

r

FÍSICA I


La aceleración media a , durante el movimiento de A a B, se define como el

cambio de velocidad dividido entre el intervalo de tiempo, o sea,

a = t

v

tt

vv

12

12

La cantidad a es un vector, porque se obtiene dividiendo un vector V

entre un escalar t. por consiguiente, la aceleración se caracteriza por magnitud,

dirección y sentido. Su dirección es la dirección de V y su magnitud es V/t

Aceleración Instantánea:

Si una partícula se esta moviendo de tal manera que su aceleración media,

medida en varios intervalos de tiempo diferentes, no resulta constante, se dice que

la partícula tiene una aceleración variable.

La aceleración puede variar en magnitud, en dirección, o en ambas cosas la

aceleración de la partícula en un instante cualquiera se denomina aceleración

instantánea.

La aceleración instantánea se define por la expresión.

a = dt

dv

t

v

t

lim

01

La dirección de la aceleración instantánea a es la dirección límite del

cambio vectorial de la velocidad v. la magnitud a de la aceleración instantánea

es simplemente a=dv/dt. Cuando la aceleración es constante, la aceleración

instantánea es igual a la aceleración media.

t1

X

FÍSICA I


MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

La característica fundamental de un Movimiento Rectilíneo Uniforme (M.R.U)

es que su velocidad (Vector) es constante y por lo tanto su trayectoria es una línea

recta.

Es necesario recordar que la velocidad es un vector, por lo tanto posee

módulo, dirección y sentido.

Ejemplo 1

Consideremos un automóvil que se desplaza a través de una carretera,

como lo indica la figura 4.

Figura 4

Parte del punto A, donde Xo = O m y sigue su trayectoria en línea recta

sucesivamente hasta el punto F, donde Xr = 125m

Si se analiza cada tramo, encontramos que:

En el tramo “AB” Xo = Om

Xf = XB = 25m

to = 0S

Xo

Xo=25m Xc= 50m Xo=75m Xo=100m Xf=125m

A

B C D E F

AV VB VC VD VE VF

XAB=25m

t1=0S

t2=2S t3= 4S t4=6S t5=8S t6=10S

FÍSICA I


tf = tB =2S

Recordando que velocidad = Desplazamiento

Tiempo

Velocidad = tot

XX

f

f

0

VAB = smomm

/5,120525

25

Característica de la velocidad en el tramo AB es:

Módulo = 12,5 m/s

Dirección = Horizontal

Sentido = Hacia la derecha

En el tramo BC

Xo= XB= 25m t

rV

t

x

Xf = Xc = 50m

to = tB= 2S SS

mm

tot

XoXV

f

f

24

2550

tf= tc= 4S = 12,5 m/s

Característica de la velocidad en el tramo Bc

módulo = 12,5 m/s


Sentido = Hacia la derecha

TRAMO CD Velocidad tramo CD

Xo = Xc = 50 m

Xf= XD =75m tot

XoXV

f

f

to = tc = 4S

FÍSICA I


tr = tp= 6S smSS

mmV /5,12

46

5075

Característica de la velocidad en el tramo CD

Módulo = 12,5 m/s


Sentido = Hacia la derecha.

TRAMO DE Velocidad tramo de DE

Xo= XD= 75m t

rV

tot

xx

f

f

0

X1 = XE = 100m

to = tD= 6S smSS

mmV /5,12

68

75100

tf= tc= 8S = 12,5 m/s

Característica en el tramo de módulo = 12,5m/s

Módulo: 12,5m/s


Sentido = hacia la derecha.

Tramo EF

Xo= XE= 100m t

rV

tot

xx

f

f

0

Xf = Xf = 100m

to = tE= 8S smSS

mmV /5,12

810

100125

tf= tf= 10S = 12,5 m/s

Característica de la velocidad en el tramo EF

Módulo = 12,5m/s, Dirección: Horizontal, Sentido: Derecha

FÍSICA I


En resumen comparando cada tramo se concluye que el automóvil,

mantuvo su velocidad constante, ya que su módulo, dirección y sentido no

variaron en ningún tramo, por lo tanto el automóvil posee un Movimiento

Rectilíneo Uniforme.

Si graficamos los valores de las distancia recorrida en cada tramo en función de su

tiempo empleado para cada uno encontramos que:

Distancia (m) Tiempo (s)

0m OS

25m 2S

50m 4S

75m 6S

100m 8S

125m 10S

120

110

100

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Y

T(S)

X (m)

180

Xo

Yo Xf

Yf Gráfica 1

m= Pendiente

FÍSICA I


La recta en la gráfica 1 nos indica que existe una relación directa entre las

distancia recorrida y los tiempos empleados.

Buscando la pendiente en la gráfica encontramos que

m= Pendiente

12

12

XX

yym

m= 125m – 50m = 12,5 m/s

105 - 45

La pendiente representa la velocidad del cuerpo.

De la gráfica podemos concluir que un cuerpo realiza movimiento rectilíneo

uniforme cuando recorre distancia iguales en intervalos de tiempo iguales.

Con los datos de la primera gráfica se puede construir una segunda gráfica, pero

ahora relacionando velocidad en función del tiempo.

Velocidad (m/s) Tiempo (s)

12,5m/s OS

12,5m/s 2S

12,5m/s 4S

12,5m/s 6S

12,5m/s 8S

12,5m/s 10S

Gráfica 2

V(m/s)

y

20 12,5 10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 t(s)

X

FÍSICA I


La gráfica 2 resultante es una recta paralela al eje de las X, su pendiente vale

cero.

Recordando que

m= pendiente

12

12

XX

yym

4565

/5,12/5,12

smsmm

m=0m/S2

Las unidades nos indica que la pendiente representa la aceleración, de allí

concluimos que en un Movimiento Rectilíneo Uniforme, no existe aceleración,

porque la velocidad se mantiene constante.

En la gráfica N° 2, se puede determinar la distancia total recorrida por el auto para

el ejemplo

Gráfica 2

El área que está debajo de la gráfica es un rectángulo

= base x altura

= 10S x 12,5 m = 125m

S

V(m/s)

y

12,5

15 25 35 45 55 65 75 85 95 105 t(s)

X

FÍSICA I


Está área (125m) es numéricamente igual a la distancia total recorrida.

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO Ejemplo 2

Consideremos un vehículo que se desplaza por una carretera en línea recta como

lo indica la figura 5

Figura 5

A continuación analizaremos cada tramo para determinar las características de la

velocidad.

En la gráfica se puede ver que el tiempo en cada punto va variando de 1 segundo,

pero las distancias recorridas no son proporcionales con el tiempo.

Tramo AB Xo = XA=om

Xf = Xb=1,5m

to = tA=oS

tf = tB=1S

Como t

XV

Xo

XB=1,5m Xc= 6m XD=13,5m Xo=100m

A

B C D E

VB VC VD VE

tA=0S

tB=1S tC= 2S tD=3S tE=4S

FÍSICA I


t

xVV fo

2

Si el cuerpo partió de reposo, entonces su velocidad inicial vale cero.

t

xVV BoA

2

VB=

A

or

or Vott

XX

2

VB= smsm

Omm/32

/015

5,1

Característica de la velocidad den el tramo AB Módulo = 3m/s

Dirección: Horizontal

Sentido: Hacia la derecha

Tramo BC Xf= Xc= 6m

Xo= XB= 1,5m

tr= tc= 25

to= tB= 1S

Vo= VB= 3m /S

Como t

XV

or

rfo

tt

XXVV0

2

FÍSICA I


BC

BCCB

tt

XXVV

2

VC= B

BC

Bc Vtt

XX

2

Vc= 9m/s – 3m/s = 6m/s

Característica de la velocidad en el tramo BC Módulo = 6m/s

Dirección= horizontal

Sentido= hacia la derecha

Tramo CD XO= Xc= 6m

X1= Xd= 13,5m

to= tc= 25

tr – tD= 3S

Vo= VC= 6m /S

t

XV

or

ror

tt

XXVV 0

2

CD

CDCD

tt

XXVV

2

VC= C

CD

Bc Vtt

XX

2

FÍSICA I


VB= smSS

mm/62

23

65,13

Vo= 15m/s – 6m/s = 9m/s

Característica de la velocidad en el tramo CD

Módulo = 9m/s

Dirección= horizontal

Sentido= hacia la derecha

Tramo DE XO= XD= 13,5m

Xr= XE= 24m

to= tD= 3S

tr – tE= 4S

Vo= VD= 9m /S

t

XV

or

ror

tt

XXVV 0

2

oE

oEDE

tt

XXVV

2

VE= smSS

mm/92

34

5,1324

Vo= 21m/s – 9m/s = 12m/s

Característica de la velocidad en el tramo DE

Módulo = 12m/s

Dirección: Horizontal

Sentido: Hacia la derecha

FÍSICA I


Cuando se revisa todos los tramos por los cuales paso el vehículo y se compara

las velocidades, se puede observar, que las velocidades se mantuvieron constante

en dirección y sentido pero su módulo vario, por lo tanto el sistema está acelerado,

basta que cambie al menos una característica del vector velocidad para que se

produzca una aceleración.

En la figura 6, se puede observar que la velocidad aumenta cantidades iguales en

intervalos de tiempos iguales

Figura 6

VA=om/s

Ahora se analizará su aceleración en cada tramo

Tramo AB

Vo=VA= om/s or

or

tt

VV

t

Va

Vr=VB=3m/s

to=tA=OS 2/31

//3sm

OSS

somsma

tr=tB=1S

Característica de la velocidad en el tramo AB Módulo: 3m/S2 Dirección: Horizontal Sentido: Derecha

VB=3m/s Vc= 6m/s VD=9m/s VE=12m/s

V V V V

tA=0S

tB=1S tC= 2S tD=3S tE=4S

FÍSICA I


Tramo BC

Vo=VB= 3m/s of

of

tt

VV

t

Va

Vr=VC=6m/s

to=tB=1S 2/312

/3/6sm

SS

smsma

tr=tC=2S

Característica de la aceleración en el tramo BC Modulo: 3m/s2

Dirección : Horizontal

Sentido: Derecha

Tramo CD

Vo=VC= om/s of

of

tt

VV

t

Va

Vr=VD=9m/s

to=tC=2S 2/323

/6/9sm

SS

smsma

tr=tD=3S

Característica de la aceleración en el tramo CD Módulo 3m/S2 Dirección: Horizontal Sentido: Derecha

Tramo DE

Vo=VO= 9m/s or

or

tt

VV

t

Va

Vr=VE=12m/s

to=tD=3S 2/313

/9/12sm

SS

smsma

FÍSICA I


tr=tE=4S

característica de la aceleración en el tramo DE

Modulo: 3m/s2

Dirección : Horizontal

Sentido: Derecha

Comparando las aceleraciones del vehículo en cada tramo, se observa que

la aceleración se mantiene constante tanto en módulo, como en dirección y

sentido.

Si observamos la figura 6, se puede concluir que para que exista un

Movimiento Rectilíneo Uniformemente acelerado o retardado su velocidad

debe aumentar o disminuir cantidades iguales en intervalos de tiempos

iguales y, su trayectoria debe ser una línea recta.

Gráfica de distancia en función del tiempo de la Figura 5

Distancia (m) t (segundo)

0m t1=OS

1,5m t2=1S

6m t3=2S

13,5m t4=3S

24m t5=4S

FÍSICA I


Gráfica 4

Si se eleven al cuadrado los tiempos

Distancia (m) t (segundo2)

0m OS2

1,5m 1S2

6m 4S2

13,5m 9S2

24m 16S2

26 24 22 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2

X(m)

0 1S 2S 3S 4S 5S t(s)

Distancia en función del tiempo

La gráfica representa una semi

parábola

FÍSICA I


Gráfica 5

La gráfica 5 nos indica que existe una proporción directa de la distancia con los

tiempos al cuadrado, determinando la pendiente.

m= pendiente

m= 12

12

XX

yy

m= 2

22/5,1

49

65,13sm

SS

mm

como la X t2

X= kt2 , si m es igual a K

donde K= a2

1

28 26 24 22 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2

X(m)

0 2S2 4S

2 6S

2 8S

2 10S

2 12S

2 14S

2 16S

2 t(S

2)

Distancia en función del tiempo

al cuadrado

y2

=m

x2

y1

x1

FÍSICA I


Sustituyendo

1,5m/s2= a2

1

2( 1,5m/s2) = a

3m/s2=a

Si graficamos los datos obtenidos en la figura 6

Velocidad (m/s) Tiempo S

0m/s OS

3m/S 1S

6m/S 2S

9m/S 3S

12m/S 4S

Gráfica 6

12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

V(m/S)

Velocidad en función

x2

y2

y1

x1

m=pendiente

FÍSICA I


En la gráfica Nº 6 vemos que existe una relación directa de la velocidad en función

del tiempo, además se puede observar que la velocidad aumenta cantidades

iguales en los intervalos de tiempo iguales.

Determinado la pendiente

m= 12

12

xx

yy

m= 2/314

/3/12sm

SS

smsm

Las unidades nos indica que se trata de la aceleración

Se tiene que V t

V = Kt

Como el vehículo partió del reposo Vo= Om/s

Vf= Vo + at

V = at

Donde la pendiente representa la aceleración y se trata de una aceleración

constante.

En la gráfica N° 6, se puede determinar el área.

0 1S 2S 3S 4S 5S T(S)

FÍSICA I


Gráfica 6

El área bajo la gráfica es un triángulo área de un triángulo

Base x altura

Área = 4 x 12 = 24

2

El área de la gráfica de la velocidad contra el tiempo es numéricamente

igual a la distancia total recorrido por el vehículo en el ejemplo 2.

12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

Y V(m/s)

0 1S 2S 3S 4S 5S 6s t(S)

m=pendiente

FÍSICA I


Deducciones de las ecuaciones para un movimiento rectilíneo

uniformemente acelerado

Cuando la aceleración media es igual a la aceleración instantánea, el

cuerpo posee una aceleración constante, como consecuencia, la velocidad

aumenta o disminuye con la misma rapidez, en todo el movimiento.

Sabemos que:

of

of

tt

vva

Por conveniencia, sean t1=0 y tf cualquier instante arbitrario. También, sea

Vi = Vo (la velocidad inicial en t=0 ) y Vf=V (la velocidad en cualquier instante

arbitrario t) se puede expresar la aceleración como:

t

VoVa

V = Vo + at (despejando)

Una característica del movimiento unidimensional con aceleración

constante, es el hecho de que dado que la velocidad varía linealmente con el

tiempo (ver gráfica 6), se puede expresar la velocidad media en cualquier intervalo

de tiempo como la media aritmética de la velocidad inicial( Vo) y la Velocidad final

( V)

2

VVoV

(velocidad media para aceleración constante)

(variación de la velocidad) (Variación del tiempo)

FÍSICA I


Esta expresión sólo es válida cuando la aceleración es constante, es decir,

cuando la velocidad varía linealmente con el tiempo.

Como velocidad media se puede expresa de la siguiente manera:

t

xV

tVx (despejando el desplazamiento)

tVVo

x

2 (sustituyendo la velocidad media)

pero V = Vo + at (Esta ecuación representa la velocidad final de la partícula en

función del tiempo)

sustituyendo a la velocidad final en la ecuación del desplazamiento , tenemos:

2

)( tatVoVox

tatVox 22

1

)2(2

1 2atVotx

Xf-Xo=Vot+ 2

2

1at

2

2

1atVotXoXf

FÍSICA I


Esta ecuación representa la posición de la partícula en cualquier instante

Se puede obtener otra expresión útil que no contenga al tiempo

tVVoXoX )(2

1

como V= Vo+at

Despejando a “t”

ta

VoV

Sustituyendo en la primera expresión

a

VoVVVoXoX )(

2

1

VVoVVoVoVa

XoX 22

2

1

)(2

1 22 VoVa

XoX

22)(2 VoVXoXa

xaVoV 222

Esta ecuación representa la velocidad final de la partícula en función del

desplazamiento.

FÍSICA I


RESUMEN DE LAS ECUACIONES Para un Movimiento Rectilíneo Uniforme

Como la velocidad es constante, no existe aceleración en el sistema, la única

expresión matemática es:

dt

dxV o

t

xV

donde

V= Velocidad (m/s)

X= Distancia (m)

t= Tiempo (s)

Para un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado Para este tipo de movimiento, la aceleración se mantiene constante, y la

velocidad puede aumentar o disminuir linealmente en función del tiempo por lo

tanto se puede tener un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado o un

Movimiento Rectilíneo Uniformemente Retardado.

Si VF Vo se tiene Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado

Si Vo Vf se tiene Movimiento Rectilíneo Uniformemente Desacelerado

Las ecuaciones son

VF= Vo a t

Vf2 = Vo

2 2ax

2

VfVoV

t

XV

tVfVo

V

2

FÍSICA I


Xf= Xo+Vot 2

2

1at

Se utiliza el signo más si se trata de un Movimiento Rectilíneo Acelerado y

signos menos si se trata de un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Retardado

leyenda:

Vf= Velocidad final (m/s)

Vo = Velocidad Inicial ((m/s)

a= Aceleración constante (m/s2)

X= Variación del desplazamiento (m)

V = Velocidad Media (m/s)

t= Tiempo empleado

Resolución de Ejercicios

1) El movimiento de una partícula está definido por la

relación ,15

245 235 tttX , donde X está expresado en metro y t en

segundo. Determine a) la posición de la partícula para t1= 0S y t2= 1S b) El

desplazamiento de la partícula entre t2 y t1 c) La velocidad media entre t2 y t1

d) la velocidad instantánea para t1=0s y t2=1S e) la aceleración promedio para

el tiempo t2 y t1 f) La aceleración instantánea para t1=0S y t2=1S

Procedimiento

a) La posición de la partícula en cualquier instante viene dada por la relación,

,15

245 235 tttX si se quiere determinar su posición en cualquier tiempo,

simplemente se sustituye los valores del tiempo dado en la expresión dada.

Para t1=0S

,15

245 235 tttX

FÍSICA I


Posición X1

X1= m

1)0(

5

2)0(4)0(5 235

X1=-1m

Posición X2, para t2 = 1S

X2= m

1)1(

5

2)1(4)1(5 235

X2= m

1

5

245

X2= 0,4m

b) El Desplazamiento entre t2 y t1

Como desplazamiento = Variación del vector posición

X= Xr - Xo

Desplazamiento = posición final – posición inicial

Sustituyendo

X=(0,4m) – (-1,0m)=

X= 0,4m + 1m = 1,4m

c) La velocidad media V entre t2 y t1

V = Variación del vector posición

Variación del tiempo

01 tt

XXV or

SmSS

mmV /,1

01

)1()4,0(

FÍSICA I


d) Velocidad instantánea para t1= 0S y t2=1S

V= dt

dx Derivada de la posición en cualquier instante

En función del tiempo

Velocidad Instantánea

Sustituyendo

V =

dt

tttd 15/245 235

V= (25t4-12t2+4/5t) m/s representa la velocidad en cualquier instante evaluando

para t1=0S, en la ecuación anterior, se sustituye tiempo por OS.

V= 25(0)4-12(0)2+4/5(0)m/s

V= 0 m/s

Para t2=1S

V= 25(1)4-12(1)2+4/5(1)m/s

V= (25-12+4/5) m/s

V= 13,8 m/s

e) La aceleración media entre t2 y t1

a = V Variación de la velocidad

t Variación del tiempo

Sustituyendo

a = Vf-Vo = (13,8m/s) – (0 m/s) = 13,8 m/S2

tf-Vo 1S – 0S

f) La aceleración instantánea para t1=0S y t2= 1S

a= dv derivada de la velocidad en cualquier instante

dt en función del tiempo

FÍSICA I


aceleración instantánea

sustituyendo

a=

dt

tttd 5/41225 24

a= (100t3-24t+4/5) m/s2

está representa la aceleración en cualquier instante para el ejercicio dado

luego la aceleración para t1=0S y t2=1S, se consigue sustituyendo el tiempo para

cada valor.

Para t1= 0S

a= 100(0)3-24(0)+4/5m/s2

a=0,8 m/s2

para t1= 1S

a= 100(1)3-24(1)+4/5m/s2

a= (100-24+4/5) m/s2 = 76,8 m/s2

2) El movimiento de una partícula está definido por la relación

,)8302

5

3

5(

23

ftttt

X donde X está expresada en pies (ft) y t en segundos.

Determine el tiempo, la posición y la velocidad cuando la aceleración es

cero.

Procedimiento

a) ,)8302

5

3

5(

23

ftttt

X representa la posición en cualquier instante.

FÍSICA I


b) Velocidad se obtiene derivando la posición en cualquier instante en función del

tiempo.

V= dt

dx

Sustituyendo

,

8302/53/5 23

dt

tttdV

V= (5t2-5t-30) m/s, está expresión representa la velocidad en cualquier instante

c) La aceleración se obtiene derivando la velocidad en cualquier instante en

función en tiempo.

a= dv

dt

sustituyendo

dt

ttda

3055 2

a = (10t – 5) m/s2, esta expresión representa la aceleración en cualquier instante.

Como el ejercicio dice que determine la posición y la velocidad cuando la

aceleración vale cero, entonces se iguala a aceleración en cualquier instante a

cero y de allí se despeja el tiempo.

a= 10t – 5

0=10t –5, se despeja el valor del tiempo

5 = t, luego t= 0,5S

10

FÍSICA I


cuando el tiempo vale 0,5 S, la aceleración se hace cero.

Una vez obtenido el tiempo, se evalúa la posición y la velocidad para t= 0,5S

a= Posición en cualquier instante

X= ftttt

830

2

5

3

5 23

Para t= 0,5S

X= ft

8)5,0(30)5,0(

2

5)5,0(

3

5 23

X= (0,21-0,61-15+8) ft

X= (8,21-15,01) ft = -7,4 ft

b) La velocidad en cualquier instante

V= (5t2 –5t-30) m/s

Para t= 0,5S

V= [5(0,5)2-5(0,5)-30] m/s

V= (1,25 – 2,5 –30) m/s

V= -31,25m/s

3) Un adolescente tiene un auto que acelera a 3,20 m/s2 y desacelera a-

4,5m/s2. en un viaje a la tienda, acelera desde el reposo hasta 12 m/s, maneja

a velocidad constante durante 5,0S y luego se detiene momentáneamente en

una esquina. Acelera después hasta 18m/s, maneja a velocidad constante

durante 20S, desacelera durante 8/3S, continua durante 4,0S a está velocidad

y después se detiene. a) Cuanto dura el recorrido? b) ¿Qué distancia

recorre? c) ¿Cuál es la velocidad promedio del viaje? d) ¿Cuánto tardaría se

caminará a la tienda y regresa a ese mismo modo a,15m/s?

FÍSICA I


Procedimiento

Lo primero que se debe hacer, es realizar un esquema de lo expuesto

anteriormente

Lo que se debe hacer es analizar cada tramo, y buscar el tiempo y la distancia en

cada uno de ellos.

Tramo AB

Allí se trata de un Mov. Re. Unif. Acelerado (M.R.V.A.), donde VoVf, se tiene que:

Vo= 0m/s

Vf= Vb= 12m/s

a= 3,20m/s2 (dado en el ejercicio, cuando acelera)

Recordando que

a) Vf= Vo + at (Signo más, si es acelerado)

despejando t

t= Vf – Vo

a

Tab= 12m/s – 0m/s = 3,75s

3,20m/s2

b) Vf2= Vo2 + 2xa (Despejando la distancia)

X = Vf2-Vo

2

2a

Vo=om/s VB=12m/s Vc=12m/s Vo=0m/s VE=18m/s VF=18m/s VG=? VH=VG VF=0m/s

Punto de

Partida Tienda

punto

de

llegada

Acelera V=ctte desacelera acelera V=ctte desacelera v=ctte desacelera

FÍSICA I


Xab= (12m/s)2 – (0m/s)2

2(3,20m/s2)

Xab= 22,5m

Otra ecuación que se puede utilizar

Xab= Xo + Vot + 1 a t2ab

2

Tramo BC La particular se desplaza con velocidad constante desde el punto B hasta el punto

C, por lo tanto posee un M.R.U.

V = X X= Vt

t

Xbc= 12m/s 5s =60m

tbc= 5,0S (lo da el ejercicio)

Tramo CD El vehículo desacelera hasta que se detiene por lo tanto posee un Mov. Rect. Unif.

desacelerado.

Vo= Vc= 12m/s

Vf= VD= 0m/s

a= 4,5 m/s2 ( lo da el ejercicio, cuanto desacelera)

a) como Vf= Vo – at (el signo menos se utiliza cuando el cuerpo desacelera)

Despejando el tiempo (t)

t= Vo – Vf

a

FÍSICA I


tCD= 12m/s – 0m/s = 2,67s

4,5 m/s2

b) Vf2= Vo2 – 2xa (el signo menos, porque el mov. es desacelerado)

Despejando a “x “

X= Vo2 – Vf2

2a

sustituyendo

XCD= (12m/s)2 – (om/s)2 = 16m

2(4,5m/s2)

TRAMO DE

El vehículo parte del reposo y acelera hasta adquirir una velocidad de 18m/s. en

este tramo se tiene un Mov. Rect. Unif. Ace. (MRUA)

Donde

Vo=0m/s

Vf= VE= 18m/s

a= 3,20m/s2 (cuando el vehículo acelera, dado en el ejercicio)

Vf= Vo + at despejando t

t= Vf –Vo

a

sustituyendo

tDE= (18m/s) – (0m/s) = 5,63S

3,20m/s2

b) Vf2= Vo2 + 2xa despejando x

X= Vf2 – Vo2

2a

FÍSICA I


Sustituyendo

XDE= (18m/s)2 – (0m/s)2 = 50,63m

2(3,20m/s2)

Tramo EF

El vehículo mantiene su velocidad, durante 20S, por lo tanto en este tramo se

tiene un Movimiento Rectilíneo Uniforme.

V= X X= Vt

t

XEF= 18m/s 20S = 360m

TEf=20S (dado en el ejercicio)

Tramo FG

El vehículo desacelera hasta una velocidad desconocida y el tiempo que emplea

en adquirir esta velocidad es 8/3s. en este tramo se tiene un Mov. Rect. Unif.

desacelerado

Donde

Vo= Vf= 18m/s

Vr= Vo= ?

TFG= 8/3 s

a= 4,5 m/s2 (cuando el cuerpo desacelera dado en el ejercicio)

a) Vf= Vo – at (el signo menos, es porque el Mov. es desacelerado)

VB= Vf – atFG

Sustituyendo

VG= (18m/s) – (4,5ms2) (8/3s)

VG= 18m/s – 12m/s= 6m/s

FÍSICA I


b) luego

Vf2= Vo2 – 2xa despejando a “x”

XFG= (Vf)2 – (VG)2

2a

Sustituyendo

XFG= (18m/s)2 – (6m/s)2 = 32m

2(4,5m/s2)

TRAMO GH

El cuerpo mantiene la velocidad final que adquirió en el tramo anterior por 4

segundos el vehículo en este tramo posee movimiento rectilíneo uniforme.

V=x/t despejando a “x”

X=v.t

XGH= 6m/s.4s =24m

TRAMO HI

El vehículo desacelera hasta que se detiene, en este tramo el vehículo posee Mov

Rect. Unif: desacelerado

Vo=VH=VG=6m/s

Vf=VI=0m/s

a=4,5m/s2 (dado en el ejercicio cuando desacelera)

como:

Vf=Vo-at (Despejando el tiempo)

T=Vo-Vf

a

Sustituyendo:

t= Ssm

smsm34,1

/5,4

/0/62

FÍSICA I


Vf2= Vo2 –2xa

X= a

VVo f

2

22

X=

)/5,4(2

)/0()/6(2

22

sm

smsm 4 m

a)¿Cuanto dura el recorrido?

El tiempo total será igual a la suma de los tiempos en cada tramo

Tt=TAB+TBC+TCD+TDE+TEF+TFG+TGH+THI

Sustituyendo:

Tt=3,75S+5,0S+2,67S+5,63S+20S+8/3S+4S+1,34S=45,06S

b) ¿ Qué distancia recorre?

Xt=XAB+XBC+XCD+XDE+XEF+XFG+XGH+XHI

Sustituyendo

XT=22,5m+60m+16m+50,63m+360m+32m+24m+4m=569,13m

c) Cuál es la velocidad promedio del viaje?

sms

m

t

XV /63,12

06,45

13,569

d) ¿Cuánto tardaría si caminaría a la tienda y regresa a ese mismo modo a 1,5

m/s?

Supongamos que la persona camina a un ritmo moderado, de ser así

tendría, un Movimiento Rectilíneo Uniforme al llegar a la tienda y un Movimiento

Rectilíneo Uniforme al regresarse de la tienda.

Como V= X

t

FÍSICA I


y la distancia desde donde comienza el vehículo a la tienda la tenemos que es

569,13m, despegamos el tiempo

t= X= (569,13m) = 379,42s

V (1,5m/s)

Se tardaría en ir y en venir el doble

tT= 2(379,425) = 759s

4) Un automóvil que está parado en un semáforo acelera a 2,80 m/s2 al

encenderse la luz verde, 3,10 segundos después, un camión que se mueva a

una velocidad constante de 80,0 km/h se rebasa el automóvil.

El automóvil mantiene una aceleración constante hasta llegar a la velocidad

de 104 km/h y continua entonces a esa velocidad ¿Cuánto tiempo pasará

desde que se prendió la luz verde hasta que el automóvil se rebase al

camión? ¿estará el automóvil acelerado todavía o ya se moverá a velocidad

constante?

Se hace un esquema

y

X

Inicialmente el automóvil está en reposo, y a los 3,10 segundos de haber

acelerado, un camión que viaja a velocidad constante pasa al auto.

Se tiene que para el automóvil

Vo= 0m/s

a=2,80 m/s2

t= 3,10s

Durante ese tiempo el auto avanzo una distancia Xo1

Vo=om/s

FÍSICA I


Como Vf2= Vo2 + 2xa (signo + porque es el Mov. es acelerado)

Despegando a “x”

Xo1= Vf12-Vo

2

2a

Pero Vf1= ?

Vf= Vo + at

Vf1= 0m/s+(2,80m/s2) (3,10s)

Vf1= 8,68 m/s

Sustituyendo en X01

X01= (8,68m/s)2 – (0m/s)2

2(2,80m/s2)

X01= 13,5 m

Ubicando ambos en un esquema para el tiempo 3,10s

somVo / smV /68,81

smVc /22,22

El automóvil mantiene su aceleración hasta alcanzar una velocidad de 104km/h y

a partir de allí conserva esa velocidad.

Ahora el automóvil utilizo un tiempo para adquirir esta velocidad.

Utilizando la expresión

Vf= Vo + at

Vf= V1 + at despejando t

t= Vf – V1 sustituyendo

a

(MRUA)

(MRU)

13,5m

(0,0

)

FÍSICA I


t= (28,88m/s – 8,68 m/s)

2,80m/s2

t= 7,21S

y durante este tiempo el auto avanzo otra distancia.

Vf2= Vo2 + 2xa despejando a “x”

X= Vf2 – VA2

2a

X= (28,88m/s2) – (8,68 m/s)2

2(2,80m/s2 )

Xauto= 135, 48m

Xauto = 135,5m

XT= X01 + 135,5m = 13,5m + 135,5m = 149m

Otra forma de calcular la distancia total, desde el origen hasta que adquirió su

velocidad de 28,88m/s

X= Xo + Vot + 1 at2

2

X= 13,5m+ (8,68m/s) (7,21s) + 1 (2,80m/s2) (7,21S)2

2

X= 13,5 m + 62,58m + 72,77m

X= 148,85m

X= 149m

Para el camión que posee Movimiento Rectilíneo Uniforme

V= X/T despejando X= Vt

X= 22,22m/s . 7,21S

Xc= 160,20m

FÍSICA I


XTC= 13,5m + 160,20m = 173,7m

Y haciendo nuevamente el esquema.

Ahora ambos, se mueven a velocidad constante. Tomando como punto de

referencia el origen se tiene que la distancia que recorre el auto desde el origen al

punto de encuentro es exactamente igual a la distancia del origen del camión al

punto de encuentro.

Xta = XTC

Distancia total = Distancia total

del auto del camión

la distancia faltante se puede reemplazar utilizando la ecuación V= X

t

despejarlo X

X= Vt (Solamente para MRU)

149 + Vat = 173,m + Vct

ambos deben utilizar el mismo tiempo para llegar al punto de encuentro;

sustituyendo las velocidades de cada uno

149+28,28t= 173,7 + 22,22t

agrupando términos

smV /28,28

(MRU)

149m

Vo=0m/s

173,7m smV /22,22

X’’

Punto de

encuentro

(M.R.U.)

X

FÍSICA I


149-173,7 = 22,22 t – 28,28t

-24,7= (22,22 – 28,28) t

-24,7 = -(6,06) t

Despejando al tiempo

-24,7 t

-6,06

t= 4,07s

es el tiempo que tarda ambos en llegar al punto de encuentro, a partir del

momento en que ambos poseen velocidad constante o Movimiento Rectilíneo

Uniforme.

Como ya se encontró el tiempo, se puede determinar las distancias total de ambos

Xtauto= 149m + 28,28m 4,07 s

s

Xtanto= 264,1m

Xtcamión= 173,7m + 22,22m 4,07 s

s

Xtcamión= 264,1m

Comprobando que Xtc= Xta

El tiempo total, que transcurrió desde el origen del sistema de coordenada hasta el

punto de encuentro es:

tT= 3,10S + 7,21S + 4,07S

tT=14,38S

FÍSICA I


5) Desde un punto A se desplaza un vehículo a 80km/h y desde un punto B

se desplaza en sentidos contrario otro vehículo a 60km/h, la separación

entre A y B es de 560km calcular a) El tiempo que tarda en encontrarse b) La

distancia de A al punto de encuentro

Esquema

A smV OA /22,22 oAV VoB= 16,66m/s B

XA 560.000 - XA

560.000m

ambos vehículos poseen Movimiento Rectilíneo Uniforme, ya que sus velocidades

se mantienen constante en módulo, en dirección y en sentido.

El tiempo que emplea el auto A en llegar al punto de encuentro, debe ser el mismo

tiempo que emplea el auto B en llegar a ese mismo punto

Tap= TBp= t

Para el cuerpo A para el cuerpo B

V= X V= X

t t

X= Vt XB= VBt

XA= Vat 560.000m - XA= VBt

Sustituyendo XA en la ecuación del cuerpo B

560.000m – XA = VBt

560.000m – VAt = VBt

agrupando términos

560.000m= VBt + Vat (Sacando factor común t)

Punto de encuentro

Vo

FÍSICA I


560.000m= (VB + VA) t

Sustituyendo valores

560.000m= (16,66m/s + 22,22m/s) t

560.000m= (38,88m/s) t

despejando al tiempo

t= 560.000m = 14,40x103s

38,88m/s

este el tiempo que tardan ambos en cruzarse

luego XA= VAt

XA= 22,22 m/s 14,40m x 103s

XA= 320 X103m

XB= VBt

XB= 16,66m/s 14,40 x 103s

XB= 239,90 x 103m = 240 x 103m

Luego XT= XA + XB

XT= 320 x 103m + 240 x 103m

XT= 560 x 103m

FÍSICA I


6) Una particular se mueve con aceleración constante y recorre el espacio

que separa dos puntos distantes de 54m en 6S su velocidad cuando pasa

por el segundo punto es de 13,5m/s ¿Cuál es su aceleración y velocidad en

el primer punto?

Esquema

Partiendo de la velocidad media V

t

XV

Como la aceleración es constante, la velocidad media, se pudo expresar como

media aritmética de la velocidad inicial y final.

2

VfVoV

desde el punto 1 hasta el punto 2 para el ejercicio la Vo = V1 (en el punto 1) y la

Vf= V2 (en el punto 2)

sustituyendo

t

XV

t

XVfVo

2

t

XXVV

1221

2

Despejando la velocidad en el punto 1

212

1 2 Vt

XXV

Punto Punto

1 2

V2= 13,5 m/s

t12= 6S

(0,0) X12=54m

?1 V

FÍSICA I


Sustituyendo,

smss

mmV /5,13

06

20541

V1= 4,5m/s

Como la aceleración es constante, va a tener el mismo valor en cualquier punto.

Por lo tanto desde el punto 1 hasta el punto 2.

Vf= Vo + at (V2 > V1)

V2= V1 + at12 despejando la a

12

12

t

VVa

sustituyendo los valores

2/5,16

/5,4/5,13sm

s

smsma

si la partícula partió del reposo, ¿cuál es su distancia total desde ese punto

(origen) hasta el punto 2 ?

Viendo el esquema, desde el punto 0 hasta el punto 1

Vo= 0m/s

Vf = V1= 4,5 m/s

a= ctte = 1,5 m/s2

como Vf = Vo + at despejando t

a

VoVt

1

01

sustituyendo

ssm

smsmt 3

/5,1

/0/5,4201

luego Xf = Xo + Vot + 1 at2

FÍSICA I


2

X01= 0m + 0m/st + 1/2 (1,5m/s2) (3s)2

X01= 6,75m

Desde el punto 1 al punto 2

Vf22= V1

2 + 2X12 a despejando X12

a

VVfX

2

2

1

2

212

sustituyendo

)/5,1(2

)/5,4()/5,13(2

22

12sm

smsmX

X12= 54m

Entonces

XT= X01 + X12

XT= 6,75 m + 54m

XT= 60,75m

Otra manera de determinar XT

XT= Xo + Vot + 1 a tT2

2

donde tT= t01 + t12

tT = 3s + 6s = 9s

sustituyendo el valor de t

XT= 0m + om/st + 1 (1,5m/s2) (9s)2

2

XT= 60,75m

FÍSICA I


7) El tiempo de reacción de un conductor medio de un automóvil es

aproximadamente 0,75 (el tiempo de reacción es el intervalo que transcurre

entre la percepción de una señal para detenerse y la aplicación de los

frenos). Si un automóvil puede experimentar una desaceleración de 4,8m/s2.

Calcule la distancia total antes de detenerse una vez percibida la señal,

cuando la velocidad es de 30km/h.

Esquema

Analizando el ejercicio por segmento, se tiene que:

Del segmento A hasta el segmento B

Se tiene a una persona que va en un vehículo con una velocidad de 8,33m/s; ve

una señal, y tarda 0,7S en colocar los pies en el freno, pero durante 0,7s se

desplazo una distancia dada y mantuvo la velocidad

Por lo tanto desde el segmento A hasta el segmento B, posee un Movimiento

Rectilíneo Uniforme

Como V= X = X= Vt

t

XAB= VtAB

XAB= 8,33 m 0,7s = 5,83m

s

Del Segmento B hasta el Segmento C En el punto B la persona aplica los frenos y el vehículo pierde velocidad

hasta que se detiene, pero en el momento de aplicar los frenos, el vehículo tiene

una velocidad de 8,33 m/s.

Vo= 8,33m/s

VB= 8,33m/s

Vc= 0m/s

X (0,0)

A B C

Percibe la señal Aplica los frenos Se detiene

FÍSICA I


Como Vf < Vo y el cuerpo además se desplaza en línea recta, se tiene un

Movimiento Rectilíneo Uniformemente desacelerado.

Recordando que: Vf2= Vo2 – 2xa (Desacelerado)

Despejando a “X “

a

VVoX

2

2

1

2

BC

CBBC

a

VVX

2

22

Sustituyendo

)/8,4(2

)/()/33,8(

2

22

sm

somsmX BC

XBC= 7,23m

Luego XT= XAB + XBC

XT= 5,83 m + 7,23m = 13,06m

8. Una particular material se desplaza en línea recta con una velocidad V= (3t

+ 5) m/s, para t= 0s la partícula se encuentra en el punto Po= (2,0). Calcular:

a) La posición de la partícula en cualquier instante, b) El desplazamiento de

la partícula en el intervalo de tiempo comprendido entre t1 = 2s y t2= 5s.

Es necesario recordar que se parte de la posición de una partícula y se

deriva, se determina la velocidad de esa partícula, pero si derivamos la

velocidad obtendremos su aceleración, por supuesto todo en función del

tiempo.

X’ V’ a

Pero podemos utilizar las herramientas matemáticas para ir en un proceso

contrario, es decir, hacia atrás.

FÍSICA I


Si se integra la aceleración, obtendremos la velocidad y si integramos la

velocidad obtendremos la posición

X V a

Integrando

Integrando

En el ejercicio nos dan la velocidad en cualquier instante y nos piden la posición

X V

Por lo tanto debemos integrar la velocidad en cualquier instante partiendo de:

V = dx

dt

V dt = dx se integra en ambos lados

xf

Xo

dxVdt

luego se sustituye la V por la velocidad en cualquier instante

xf

Xo

dxdtt )53(

xf

Xo

dxdtctte

dtctte

t 53

xf

Xo

dxdttdt 53

3t2 + 5t = Xf – Xo despejando Xf

2

Xf = Xo + 3t2 + 5t representa la posición en cualquier instante

FÍSICA I


2

pero inicialmente se tiene que Po = posición inicial

Xo=2m e Yo=0m

P = (2, 0) , sustituyendo a Xo en la ecuación XF

Xf = (2 + 3t2 + 5t) m

2

Evaluando la posición para cada tiempo

a) Posición para t1 = 2s

Xf = (2 + 3t2 + 5t) m

2

se sustituye a t por 2 s

Xf = (2 + 3(2)2 + 5(2)) m

2

Xf = 18m

b) Posición para t2 = 5 s

Xf = (2 + 3t2+5t) m

2

Se sustituye a t por 5 s

Xf = (2 + 3(5)2 + 5(5)) m

2

Xr = 64,5 m

El desplazamiento ( X) entre t1 y t2

X= Variación del vector posición

X= Xf – Xo

X= (64,5m)- (18m) = 46,5m

9) Un punto se mueve con la velocidad Vx = (5t) m/si e Vy= (t2-2) m/sj, Si para

t= 0s el móvil se encuentra en Po = (2,5) m. Calcule a) la posición, b) la

velocidad, c) la aceleración para todos a los 4S.

FÍSICA I


Se puede trabajar primero para un eje y luego para el otro eje.

Para el eje de las X

Se tiene Vx= (5t) m/s i

Debemos recordar que

X’ V’ a

Pero si integra desde la aceleración, se obtiene que

X V a La integral de la aceleración nos da la velocidad

La integral de la

Velocidad nos da la posición

a) Si se tiene la velocidad y se quiere buscar la aceleración, simplemente

derivamos la velocidad

V’ a’

a= dv derivamos la velocidad en cualquier instante


a= d (5t)

dt

a= (5m/s2) i

b) Si se tiene la velocidad y se quiere buscar la posición, se debe integrar la

velocidad

V = dx

dt

V dt = dx (se integra a ambos lados)

dxVdt

xf

Xo

dxctte

tdt5

FÍSICA I


xf

Xo

dxtdt5

5t2/2= Xf – Xo despejando a Xf

Xf = (Xo + 5t2/2) m posición en cualquier instante

Pero Xo = 2 m

Xf = (2+5t2/2) m

Evaluando para t = 4s

Xf = 2 + 5(4)2 tm

2

Xf = 42m

c) La velocidad a los 4s

V = (5t) m/s , se sustituye a t por 4s

V= 5(4) m/s = 20 m/s

Para el eje de las y, se tiene que

Vy = (t2 –2) m/s j

a) Para determinar la velocidad a los 4s, solamente sustituimos a t por 4s

Vy = (4)2 - 2 m/s = 14 m/s

b) Para determinar su aceleración, derivamos la velocidad en función del tiempo.

a= dv Velocidad en cualquier instante


22

/22

stmdt

tda

luego la evaluamos para t= 4s

a = 2(4) m/s2 = 8 m/s2

c) Para determinar su posición, integramos la velocidad

V = dx

dt

FÍSICA I


Vdt = dx integramos a ambos lados

xf

Xo

dxVdt sustituimos a V por la velocidad en cualquier instante

xf

Xo

dxdtt )2( 2

xf

Xo

dxdtctte

dtt22

xf

Xo

dxdtdtt 22

or XXtt

23

3

despejando a Xf

Xf = (Xo + t3 – 2t) m

3

pero Xo = Yo = 5m y Xf = Yf

Yf = (5 + t3 – 2t) m posición en el cualquier instante

3

evaluando para t= 4s

mYr

)4(2

3

)4(5

3

Yf= 18,33m j

10) Una partícula se mueve con una aceleración a= (2ĩ - 1ĵ) m/s2, para t=0s la

partícula se encuentra en el punto (0,0) con una velocidad Vo = (1ĩ + 2 ĵ) m/s,

calcular a) La velocidad de la partícula en el instante t=5s b) La posición de

la partícula para t= 0s; c) ¿Con que velocidad media se ha desplazado la

partícula en el intervalo t= 0s a t= 5s?

FÍSICA I


Datos

a= (2 ĩ - 1 ĵ) m/s2

t= 0s

Xo Yo

Po = ( 0 ĩ, 0 ĵ) m

Vo = (1 ĩ + 2 ĵ) m/s

a) Vr = ? t= 5s

La información de la aceleración y de la velocidad inicial, está expresado

vectorialmente

Recordamos que

Vr = Vo + at

Sustituimos los valores de Vo y a

Vr= (1 ĩ + 2 ĵ ) m/s + (2 ĩ - 1 ĵ ) m/s2 t

Está ecuación nos representa la velocidad final en cualquier instante.

Para Vr=? En el instante t= 5s, lo que se hace es sustituir a t por 5s

Vr= (1 ĩ + 2 ĵ) m/s + (2 ĩ - 1 ĵ)m 5s

s2

Vf= (1 ĩ + 2 ĵ) m/s + (10 ĩ - 5 ĵ ) m/s

Se suman los vectores

Vf = (11ĩ - 3 ĵ ) m/s

Vx Vy

Su modulo Vf

22 )()( VyVxVf

smsmsmVf /40,11)/3()/11( 22

b) La posición para t= 0s

la posición se puede expresar como

Xf= Xo + Vot + 1 at2

2

FÍSICA I


sustituyendo los valores

Xf= Xo + (1 ĩ + 2 ĵ ) mt + 1 (2 ĩ - 1 ĵ ) m t2

S 2 S2

Está ecuación nos representa la posición en cualquier instante.

Luego para t=0S, donde este t se sustituye para 0S

Xr= Xo + (1 ĩ + 2 ĵ) m (0)s + 1 (2 ĩ - 1 ĵ) m (0S)2

S 2 S2

Información que da el ejercicio se puede verificar este resultado.

Para t= 0S, la partícula se encuentra en X=0 m o y=Om

c) Para t= 5S

Xr= Xo + (1 ĩ + 2 ĵ) m 5s + 1 (2 ĩ - 1 ĵ ) m (5S)2

S 2 S2

Xr= Xo + (5 ĩ + 10 ĵ ) m + (25 ĩ - 12,5 ĵ ) m

Se suman los vectores

Xr= (30 ĩ – 2,5 ĵ)m, esta ecuación representa la posición a los 5 S.

d) Velocidad media V

totr

XoXr

t

XV

SS

msmjV

05

)0(/)5,2 i30(

smji

V /5

5,2

5

30

, sm

Vy

j

Vx

iV /

5,06

FÍSICA I


Movimiento Vertical Libre

Se ha comprobado experimentalmente que, cuando un cuerpo cae bajo la

acción de la gravedad una distancia relativamente corta de unos cuantos metros,

el movimiento es uniformemente acelerado. Esta aceleración es la misma para

todos los cuerpos, se denota con la letra g y se conoce como aceleración de

gravedad. Por supuesto, si el movimiento es hacia arriba la aceleración es la

misma (es decir, hacia abajo) pero el movimiento es desacelerado. Estas

afirmaciones son correctas siempre y cuando podamos despreciar los efectos

debidos a la resistencia del aire, y por lo tanto se puede aplicar a cuerpos

compactos cuando se mueven verticalmente a distancias no mayores de unos

cientos de metros.

El valor de g varía de un lugar a otro, pero siempre está cercano a 9,8m/s2.

El vector g está dirigido hacia abajo, hacia el centro de la tierra. Cuando se

emplea la expresión caída libre, no solamente se refiere a un objeto que se deja

caer a partir del reposo.

Un objeto en caída libre es uno cualquiera que se mueve libremente bajo la

influencia de la gravedad, sin importar su movimiento inicial.

Todos aquellos objetos que se lanzan hacia arriba o hacia abajo, y los que

se dejan caer a partir del reposo caen libremente una vez que se dejan en

libertad.,es importante reconocer que cualquier objeto en caída libre experimenta

una aceleración dirigida hacia abajo sin importar el movimiento inicial del objeto.

Un objeto lanzado hacia arriba o hacia abajo experimentará la misma

aceleración que uno liberado desde el reposo. Una vez que se encuentren en

caída libre, todos los objetos tendrán una aceleración hacia abajo igual a la

aceleración debida a la gravedad.

FÍSICA I


Si se desprecia la resistencia del aire y se supone que la aceleración

gravitacional no varía con la altitud, entonces el movimiento de un objeto en caída

libre equivale al movimiento en una dimensión, con aceleración constante. Se

denotará la dirección vertical como el eje de la y, y se considerará y positiva la que

va dirigida hacia arriba, las coordenadas se pueden reemplazar x por y en las

ecuaciones de cinemática.

Puesto que y es positiva hacia arriba la aceleración es negativa (hacia

abajo) y queda que a= -g, el signo negativo indica que la aceleración es hacia

abajo.

EJEMPLO:

Consideremos un cuerpo que es lanzado desde el suelo, con una velocidad

inicial diferente de cero

Esquema

Figura 7

A medida que el cuerpo se aleja del punto “A” su velocidad va

disminuyendo hasta llegar al punto “B”, donde su velocidad se hace cero, luego

comienza a descender y va adquiriendo velocidad hasta llegar al punto C, con la

misma velocidad con que fue lanzado, pero en sentido contrario.

Cuando el cuerpo va desde el punto A hasta el punto B, posee un

Movimiento Desacelerado (va en contra de la aceleración de gravedad) y cuando

y

+

Vo0

A C

Ymax

tc=tv

x

+

B VBF=m/s

tB= tmax

g

FÍSICA I


va desde el punto B hasta el punto C posee un Movimiento Acelerado (Va a favor

de la aceleración de gravedad).

Como la aceleración de gravedad tiene un valor constante y el movimiento

se realiza en el eje de las Y, lo que se debe hacer es utilizar las mismas

ecuaciones ya deducidas para M.R.U.A. pero con la salvedad de cambiar a por g y

x por y.

Ecuaciones

a) Xf= Xo + Vot 1at2

2

Yf= Yo + Vot 1 g t2

2 (Ecuación de la posición en cualquier instante)

b) Vf= Vo at

Vf= Vo gt (Ecuación de la velocidad en función del tiempo)

c) Vf2= Vo2 2Xa

Vf2= Vo

2 2yg (ecuación de la velocidad en función de la posición)

Cuando el cuerpo este subiendo se utiliza el signo menos (-) y cuando el cuerpo este

bajando se utiliza el signo (+).

En la figura 7, se observa que cuando el cuerpo llega al punto más alto, su

velocidad se hace cero, este tiempo que emplea el cuerpo desde que se lanza

hasta llegar al punto más alto se denomina tiempo máximo.

Como

Vf = Vo – gt (el cuerpo sube)

Desde el punto A hasta el punto B

FÍSICA I


VB= VA – gt, pero VB= 0m/s

Despejando a t

t= VA

g

t= tiempo máximo = tmax

tmax = Vo Velocidad inicial

g Aceleración de gravedad

Tiempo máximo

Pero el tiempo que tarda el cuerpo en subir es el mismo tiempo que tarda el

cuerpo en bajar y a este tiempo que tarda el cuerpo desde que se lanza hasta

llegar al mismo nivel donde es lanzado, se conoce como tiempo de vuelo.

Sustituyendo

tv= 2tmax

tv= 2

g

Vo

La distancia vertical que adquiere la partícula desde que se lanza hasta

llegar al punto más elevado, donde VB= 0m/s, se llama altura máxima.

Partiendo desde A hasta B

Vf2= Vo

2 – 2yg (El cuerpo sube)

En el punto más elevado Vr=VB= om/s

0= VA2 – 2YAB g (despejando YAB)

YAB= VA2 , donde VA=Vo

2g YAB= Ymax

Ymax= (Vo)2

2g

Altura máxima

FÍSICA I


RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS 1) Desde que altura se soltó un cuerpo si se sabe que en el último segundo

recorrido 35m

Procedimiento Como el cuerpo se solto, su velocidad inicial vale cero Se hace un esquema La posición para un cuerpo en cualquier instante

Y= Yo + Vot 1 gt2

2

el tiempo total = lt sería el tiempo que tarda el cuerpo en llegar al punto B más el

tiempo que tarda desde el punto B hasta el punto C

tt=tAB+tAB

la altura total que descendió el cuerpo es Yt= Y1 + Y2 ; donde Y2= 35m

sustituyendo a YT y Y1,por sus ecuaciones respectivas

o o

YT= Yo + Vot + 1gt2T

2

o o

Y1= Yo + Vot + 1 gt2AB

2

A

B

C

VoA=om/s

y1=?

y2= 35m

tBC=1S

FÍSICA I


nos queda

YT= Y1 + 3S

1 g t2T= 1 gt2AB + 3S

2 2

tT= tAB + tBC

luego

4,9 (tAB + tBC)2 = 4,9 tAB2 + 35

Desarrollando el producto notable

(AB)2= A2 2AB + B2

(tAB + tBC)2= (tBC)2 + 2 (tBC) (tBC) + (tBC)2

A B

Donde tBC= 1s

(tBC)2 + 2 tBC + 1

Luego

4,9 (tAB)2 + 2tAB + 1 = 4,9 (tAB)2 + 35

4,9 (tAB)2 + 9,8 tAB + 4,9 = 4,9 (tAB)2 + 35

Despejando al tAB

tAB = 35 - 4,9 = 3,07S

9,8

tt= tAB + tBC

luego la altura a la cual se solto es la altura total

YT = 1 g t2T

2

YT = 1 9,8 m/s2 (4,07S) 2 = 81,17 m

2

YT = 81,18m

FÍSICA I


2) Se deja caer una piedra en un pozo profundo y se observa que el sonido del choque con la superficie interior se escucha a los 8 segundos, después de haber soltado la piedra ¿Cuál es la profundidad del pozo? La velocidad del sonido en aire seco es 331m/s Esquema

- Como la piedra se deja caer su velocidad inicial vale cero

- Los 8 segundos representa el tiempo que la piedra tarda en tocar lo

profundo del pozo más el tiempo que tarda el sonido que hace la piedra en

llegar nuevamente al punto A.

Por lo tanto

tT= tAB bajada + tBasubida sonido

La distancia del pozo (profundo del pozo) es la misma distancia que recorre la

piedra desde el punto A hasta el punto B

Ypozo = YpiedraAB

Para la piedra

o

Y= Vot + 1 gt2ABbajada

2

Y = 1 g tab2

Vo= om/s

“tin” el sonido

A

B

yT

(0,0) X

Y

FÍSICA I


2

Pero la distancia que recorre el sonido desde el punto B hasta el punto A en subir,

es la misma distancia que recorre la piedra desde el punto A al punto B en bajar y

ambas representan la profundidad del pozo.

Como el sonido viaja a velocidad constante, realiza un Movimiento Rectilíneo

Uniforme.

Para el sonido

V= X

t

Sustituyendo

Vs= BAS

BA

t

Y (tiempo que tarda en subir)

Despejando YBA

YBAS = Vs ts

YBAS= 340 m ts

s

Como YS sonido = YAB piedra = YTpozo

Ys= Yp

Vsts= 1 g tab2

2

pero tT= tAb + ts Despejando ts

ts= tT - tAb

Vs (tT - tAb) = 1 g tab2

2

Dando valores

FÍSICA I


340 (8 – tAb) = 4,9 tAb2

2720 – 340tAb = 4,9 tAb2

igualando la ecuación a cero

4,9 tab2 + 340tab – 2720 = 0

A B C

Se tiene una ecuación de 2do. grado

tAb= a

acbb

2

42

sustituyendo

tAb= )9,4(2

)2720)(9,4(4)340(340 2

tAb= -340 + 411

9,8

tAb= -340 + 411 = 7,24S

9,8

luego verificamos

Ypiedra = 1 g (tab)2

2

Ypiedra = 1 9,8m/s2 (7,24S)2

2

Ypiedra = 257m

Para el sonido

ts= tT – tab

ts= 8S – 7,24S = 0,756S

Ys= Vs ts

Ys= 340m 0,756 S = 257m

S

La profundidad del pozo es 257m

FÍSICA I


3) Se lanza una piedra hacia abajo verticalmente desde una altura de 80m con una velocidad inicial de 5m/s y 2 segundos después se lanza en el mismo sentido y desde el mismo punto otra piedra de tal manera que ambas llegan juntas al suelo. ¿Cuál es la velocidad inicial de la piedra? Esquema

Si ambas llegan juntas al suelo, se tiene que la distancia y1 = y2= 80m.

Además, la piedra uno se lanzo primero y 2 segundos después lanzaron a la

piedra dos, esto nos indica que la piedra uno utilizo un tiempo “t” y la piedra utilizó

un tiempo “t” menos 2 segundos

t1= t

t2= (t-2) s para la piedra 1 para la piedra 2

como yr= yo + Vot 1 g t2

2

para la piedra uno

y1= Vo1t + 1 g t2

2

80 = 5t 9+ 4,9 t2

igualando a cero

4,9t2 + 5t – 80 = 0

yT

1 Vo1= 5m/s

y1 y2

1 Vo2= ?

Suelo

FÍSICA I


Se tiene una ecuación de 2do grado donde

A= 4,9

B= 5 t= a

acbb

2

42

C = -80

Sustityendo los valores en la ecuación de 2do. grado

t= )9,4(2

)30)(9,4(4)5(5 2

t= -5 40

9,8

t = -5 + 40 = 3,56S

9,8

luego t2= (t-2)s

t2= 3,56S – 2 S = 1,56S

y ese es el tiempo que tarda la piedra dos en llegar al suelo

para la piedra, tenemos que

Y = Yo + Vot 1 gt2

2

80 = Vo2 (1,56) + 1 (9,8) (1,56)2

2

80= Vo2 (1,56) + 11,92

despejando a Vo2

Vo2 = 80 – 11,92 = 43, 63m/s

1,56

comprobando que:

Y2 = Y1

Vo2 t2 + 1 g t22 = Vo1t + 1 g t2

FÍSICA I


2

(43,63m/s) (1,56s) + 49m/s2 (1,56s)2 = 5m/s 3,56s +4,9m/s2 (3,5gs)2

79,98m = 79,90m

80m= 80m

4) Se dispara un proyectil verticalmente hacia arriba desde la azotea de un

edificio con una velocidad de 75m/s si el proyectil llega al suelo después de

19s de iniciado el mov. Determine a) la altura máxima que alcanza el

proyectil b) La última del edificio c) La velocidad con que llega al suelo.

Esquema

a) Altura máxima (Ymax)

la distancia vertical que alcanzo el proyectil desde donde se lanzo hasta llegar al

punto más elevado, donde su Vr = om/s representa su altura máxima

Ymax = YAB

Ymax = g

Vo

2

)( 2

Sustituyendo

Ymax = msm

sm287

)/8,9(2

)/75(2

2

VoA = 75m/s

YT Ye

C

Ymav

B

FÍSICA I


b) Altura del edificio (ye)

YT= YBC

YT= Vot + 1 g t2

2

YT=VoB + 1 g t2BC pero en el punto B VB= 0m/s

2

YT= 1 g t2BC

2

Donde tBC = es el tiempo que tardo el proyectil en recorrer el punto B hasta C.

Como los 19 segundos representan el tiempo que tarda el proyectil en ir desde el

punto A hasta el punto B y desde el punto B hasta punto C.

tT= tAB + tBC

Tiempo total = tiempo en subir + tiempo en bajar,

Pero el tiempo que tarda la partícula desde que se lanza hasta llegar al punto más elevado se conoce como tiempo máximo tAB= tmax

tAB= (Vo)

g

sustituyendo

tAB= 75m/s = 7,65s

9,8m/s2

además

tT= tAB + tBC despejando tBC

tBC= tT - tAB

tBC= 19s - 7,65S = 11,35S

se puede conocer YT

YT = 1 g (tBC)2

FÍSICA I


2

YT = 1 (9,8m/s2)(11,35S)2 = 631,23m

2

viendo el esquema

YT= Ymax + Ye

Despejando la altura del edificio (ye)

ye= YT - Ymax

ye= 631,23m – 287m = 344,23m

c) La velocidad con que llega al suelo desde el punto B hasta el punto C

Vo = VB = 0m/s

Vr= Vo + s t (proyectil va a favor de la aceleración de gravedad) Vr = om/s + 9,8m/s2 (11,35s)

Vr = 111,23m

5) Un cohete es disparado verticalmente siendo su aceleración constante por

espacio de 3 minutos, cuyo valor es 17m/s2 al cabo de los cuales se le agota

el combustible y sigue subiendo como partícula libre. Determine la altura a la

cual llegar?, b) el tiempo que estuvo en el aire?

Esquema

B

A D

C

YT

Con

combustible

sin

combustible

FÍSICA I


Desde el punto A hasta el punto B (subiendo) Desde el punto A hasta el punto el B, el cohete posee una aceleración de 17m/s2

que le imprime sus motores, como el cohete partió del reposo esta acelerado

Vr= Vo + at

VB = VoA + a tAB

Y el tiempo que dura su aceleración es de 3 min, a partir de allí, no posee combustible y luego se comporta como una partícula libre sometida a la aceleración de gravedad VB = om/s + 17m 180s = 3060 m/s

S2

Luego desde el punto B hasta C, pierde velocidad, hasta que su velocidad en el punto C, se hace cero Vr = Vo – gt

Vc = VB – gtBC

tBC= VB = 3060 m/s = 312,24s

g 9,8 m/s2

la distancia desde el punto B hasta el punto C

Vf2= Vo2 – 2yg (subiendo)

Vc2= VB2 – 2gyBC

YBC = VB2

2g

YBC= (3060m/s)2 = 477,73x103m

2(9,8m/s2)

la distancia desde el punto A al punto B

Vf2 = Vo2 + 2ya

VB2 = VoA + 2YAB a

YAB= (VB)2

2a

YAB= (3060 m/s)2 = 275,4x103m

2(17 m/s2)

FÍSICA I


La distancia total YT= Yab + Yab

YT= 477,73x103m + 275,4x103m

YT= 753,13 x 103m

Cuando el cohete llega al punto C, su velocidad se hace cero y comienza a

descender la distancia que desciende es 753,13 x 103m

Si YT= Vot + 1 g t2

2

YT= Voct + 1 g t2CD

tCD= g

yT2

tCD= 2

3

/8,9

)1013,753(2

sm

mx

El tiempo que estuvo el cohete en el aire será:

tT=tAB + tBC + tBC + tCD

tT= 180s+312,24S + 392,05S = 884,29S

FÍSICA I


MÓDULO II

MOVIMIENTO

BIDIMENSIONAL

FÍSICA I


Movimiento Parabólico o Movimiento de un Proyectil Se trata de un movimiento en dos dimensiones de una partícula disparada

oblicuamente en el aire como por ejemplo el movimiento de una pelota que es

pateada en un campo de fútbol o el movimiento de una pelota en una cancha de

voleibol o la trayectoria a que sigue una pelota cuando es golpeada por un bate en

un campo de béisbol.

En todo momento se supone que la aceleración de gravedad es constante

en la cercanía de la tierra, además se desprecia el efecto de la resistencia del aire

y la rotación que efectúa la tierra no afecta este tipo de movimiento. Nos

encontraremos que el recorrido que sigue el proyectil o los cuerpos en estas

condiciones en una parábola.

Si se elige un sistema de referencia de modo que la dirección “z” sea

vertical y positiva hacia arriba, además supongamos que en un instante inicial “t”

o s el proyectil deja el origen Xo=zo=0, con una velocidad inicial Vo y que el vector

Vo forma un ángulo con la horizontal como se indica en la figura 8.

Figura 8

z

v

V

v

g

x

Voz Vo

o

Vox X

h

Vz

X

2

tv

Vz=0

tmax

FÍSICA I


En el movimiento de proyectil, sobre el objeto actúa la fuerza del peso

debido a la aceleración constante de gravedad. El objeto tiene una componente

horizontal de velocidad oxV , perpendicular a la dirección de la aceleración

gravitacional.

Debido a que hay una componente horizontal inicial de la velocidad Vox=

VoCos , el movimiento del proyectil no es una línea recta, sino que sigue una

trayectoria curva en el plano Xz.

La fuerza de gravedad origina una aceleración constante g dirigida

verticalmente hacia abajo, por lo que el vector g tiene las componentes gx= 0, gy=

0 y gz= g.

Entonces las ecuaciones de movimiento según las componentes X y Z serán:

0dt

dvxax

gdt

dvzaz

Es evidente que Vx debe ser constante y su valor inicial al tiempo t=0 en Vox debe

tener

VoCosVoxVx

Ecuación de la velocidad en el eje de las X, en cualquier instante

FÍSICA I


De la condición dada de que cuando t=0 Voz=Voz=VoSen Velocidad inicial

en el eje de las y.

Se puede escribir, integrando desde el tiempo t=0 (cuando Vz=Voz) hasta

un tiempo posterior t, cuando la componente vertical de la velocidad tiene un valor

Vz.

gdt

dVz Se coloca lineal y se integra a ambos lados

t

o

Vz

Voz

gdtdVz

como g es constante sale fuera del factor integración, tenemos que

Vz-Voz=-gt (despejando la velocidad final en cualquier instante)

Vz=Voz-gt (sustituyendo el valor de la velocidad inicial en el eje z)

Vz = VoSen -gt

Esta ecuación representa la velocidad final en el eje z, en función del tiempo.

Ahora

dt

dxVx (la velocidad se puede expresar como la derivada de la posición en


Vx.dt=dx (colocando la ecuación lineal e integrando)

Integrando cuando t=0 (cuando x=0) hasta el tiempo t, que corresponde a un

desplazamiento horizontal x.

FÍSICA I


t

o

x

o

dtVoxdx . donde Vox es constante y sale del signo de integración

X = Vox(t) (sustituyendo a Vox por Vocos

X = Vocos t (esta ecuación representa la posición en cualquier instante en el eje

de las x)

Se sigue el mismo procedimiento para determinar la posición eje z

Vzdt

dz

t

o

z

o

Vzdtdz

donde

Vz= VoSen-gt

t

o

zf

zo

dtgtVoSendz )(

Z= VoSent- 1 gt2

2

Ecuación que representa la posición de la partícula en el eje de la z, en el eje

donde está presente la aceleración de gravedad.

Esta ecuación z=VoSent-1 gt2 y X=VoCost definen la trayectoria del

2

proyectil dando las coordenadas X y Z en cada instante y constituyen un sistema

de ecuaciones paramétricas para la Trayectoria del objeto y, están relacionadas

con el parámetro el tiempo “t”.

FÍSICA I


Despejando t de la ecuación de alcance

X= VoCost

Y sustituyendo en la ecuación Z, se puede obtener una sola ecuación para la

trayectoria X= Vocost

Vox

xt (t despejada de la ecuación de alcance)

luego, sustituyendo a “t” en la ecuación z, obtenemos

2

2

2

1.

Vox

Xg

Vox

xVoSenz ; pero Vox = Vocos

22

2

2

1

CosVo

Xg

VoCos

XVoSenZ

22

2

2

1

CosVo

gXTangZ Ecuación Paramétrica

Esta ecuación es la de una parábola y nos es más que la ecuación

paramétrica, con ella se puede determinar la posición de la partícula en el eje z,

sin necesidad de conocer el tiempo, también se puede utilizar para determinar el

ángulo de lanzamiento, la velocidad inicial, y la posición en el eje x.

Para determinar la máxima altura h que alcanza la partícula se deriva dz/dx

o dz/dx y se iguala el resultado a cero.

22

2

2

1tan

CosVo

gxg

dx

dz

022

CosVo

gxTang

despejando a X

X= TangVo2Cos2

g

X= g

CosVo

Cos

Sen

22

.

FÍSICA I


X= g

VoCosVoSen

X= g

VoCosSenVo 2

esta ecuación representa la mitad del alcance máximo

La altura máxima h se obtiene cuando X adquiere este valor. Sustituyendo este

valor en la ecuación para métrica

22

2

2tan

CosVo

gxgXZ

Z=

222

222

2

)(

CosVog

CosSenVog

Cos

Sen

g

CosSenVo

Z= g

SenVo

g

SenVo

2

2222

Z=

2

11

22

g

SenVo

Z=Vo2Sen2

2g Esta ecuación representa la altura máxima que adquiere la partícula

Z=h

h= g

OSenVo

2

22

Esta ecuación representa la altura máxima de la partícula

Cuando el proyectil llega a tierra a una distancia S del origen a lo largo del eje de

las X, las coordenadas Z de la trayectoria en este punto vale cero, por lo que la

distancia X puede encontrarse haciendo Z igual a cero.

O=XTang - 2

1

22

2

CosVo

gx

Sacando m.c.m. = 2Vo2Cos2

FÍSICA I


22

22

2

2.

CosVo

gxCosVoXSenO

XSen.2Vo2Cos-gx2=0

Sacando factor común

X(Sen.2Vo2Cos-gx) = 0

Despejando a X, hay dos soluciones una de las cuales X=0, corresponde al punto

de partida.

La segunda corresponde al punto del impacto final en X no y tiene la forma

g

CosSenVoX

22

Por trigonometría Sen2= 2SenCos

X= Vo2Sen2 Esta ecuación representa la distancia horizontal desde que se

g lanza de partícula hasta que llega al mismo nivel donde es lanzado.

Esta ecuación representa al alcance total de la partícula en el eje x.

En el punto más elevado la velocidad en el eje z es igual a cero Vz=0 por lo tanto

el instante t1 en el que alcanza la altura máxima está dado por:

Vz=VoSen - gt1

O=VoSen-gt1 (igualando su velocidad final a cero)

Despejando t1

t1= g

VoSen Esta ecuación representa el tiempo máximo

FÍSICA I


El tiempo que tarda la partícula es subir es el mismo tiempo que tarda la partícula

en bajar. Por lo tanto el tiempo de vuelo.

tv= 2tmax

tv= 2 VoSen Ecuación de tiempo de vuelo

g

RESUMEN DE ECUACIONES PARA LANZAMIENTO DE PROYECTIL

Para el eje donde esta presente la aceleración de gravedad, bien sea z o y

Voz= Vo sen (Velocidad inicial de la partícula en ese eje)

Vfz= Vo sen - gt (Velocidad final en función del tiempo)

Vfz2= (Vo sen)2 – 2gz (Velocidad final en función de la posición)

Z= Zo + Vo sent – 1 gt2 (posición de la partícula en ese eje)

2

Ymax= (VoSen)2 (altura máxima)

2g

tmax= Vo Sen (tiempo máximo)

g

tv= 2tmax = 2 (VoSen) (tiempo de vuelo)

g

z= tang X – 22

2

2

1

CosVo

gX (Ecuación Paramétrica)

Movimiento Rectilíneo Uniforme

Vox= Vocos (la velocidad en cualquier punto en el eje de las X)

X= Vo2Sen2 (alcance total)

g

X= VoCost (posición en cualquier instante)

R= 22 ZX (módulo de la posición)

FÍSICA I


22 )()( VyVxV (Módulo de la velocidad)

La duración se puede determinar por

a) Tang= Vz

= arc tangVZ/Vx

b) =Vo2sen2 /g

Donde Vy es la velocidad en cualquier instante en el eje de las Y, nótese que

depende del tiempo y Vx es la velocidad en el eje de las X.

Las coordenadas del proyectil en un tiempo t son

X = Vot (representa la posición en cualquier instante en el eje de las x)

Y = 2

2

1gt (representa la posición de la partícula en cualquier instante en el eje de

las Y)

La distancia del proyectil, desde el origen en ese instante t es:

R = 22 YX

La magnitud de la velocidad resultante es:

22 VyVxV

el ángulo

= ArcTangVx

Vy

FÍSICA I


Movimiento Circular Uniforme (M.C.U.)

El movimiento Circular es un movimiento curvilíneo cuya trayectoria es un círculo.

Es por ejemplo, el movimiento de cualquier punto de un disco o de una rueda en rotación,

así como el de los puntos de las manecillas de un reloj como primera aproximación, es el

movimiento de la luna alrededor de la tierra y del electrón alrededor del protón en un

átomo de hidrógeno. Debido a la rotación diaria de la tierra, todos los cuerpos que están

en su superficie tienen en su superficie un movimiento circular en relación con el eje de

rotación terrestre.

El Movimiento Circular Uniforme se describe el movimiento de una partícula

que recorre una circunferencia de radio R, con una rapidez constante V.

Aunque la partícula se muere con rapidez constante, la dirección del vector

velocidad V , cambia con el tiempo, por lo tanto la partícula se acelera. Un error

es concluir que la aceleración de la partícula es cero, porque su rapidez es

constante, dado que la dirección de v cambia, a 0.

La dirección de V siempre es tangente a la trayectoria, pero como la

rapidez, V, es constante no existe componente de la aceleración tangente a la

trayectoria. El vector aceleración es perpendicular a la trayectoria y siempre

apunta hacia el centro del círculo.

Ejemplo: figura A

Consideremos una partícula que se mueve en una trayectoria circular de radio R

con centro O. los vectores Vi y Vf indican las velocidades en los puntos P y O.

El tiempo que tarda la partícula en moverse desde P hasta Q es t, entonces el

desplazamiento de la partícula en ese tiempo es r Vt

FÍSICA I


Figura A

El cambio de velocidad a medida que la partícula se mueve desde P hasta Q, se obtiene

de V = Vf-Vi

Por definición la aceleración media en el intervalo de tiempo t es v/t

Si trazan los vectores Vi y Vf, de modo que se originen en un punto común

Figura B

Si t un pequeño (correspondiente a un valor pequeño O), entonces el

cambio de velocidad está dirigido aproximadamente hacia el centro del círculo.

Los triángulos OPQ y opq son semejantes, ya que ambos son isósceles y

los ángulos asignados por son iguales ( ver figura B). Por lo tanto

R

S

Vi

V

ó Vi

R

Sv

SR

ViV

R

vi

p

Vf Q

Rf

Ri

O

Vf

Vi

v

p o

q

FÍSICA I


La magnitud de la aceleración normal media 1a durante t es v/t, según la

ecuación anterior, esto es igual a

t

va

1 , sustituyendo en esta ecuación a V

t

S

R

Via

1

la aceleración instantánea a1 en el punto P es el valor límite de esta expresión

cuando el punto Q se toma cada vez más próximo al punto P y cuando t -> 0

t

s

R

Vi

t

s

R

Via

tt

limlim

001 .

pero el valor límite de s/t es la rapidez Vi en el punto P y puesto que P puede

ser cualquier punto en la trayectoria, es posible eliminar el subíndice de V i y hacer

que V representa la rapidez en un punto cualquiera.

Entonces:

R

Va

2

1 Expresión que representa la aceleración centrípeta

La magnitud de la aceleración normal instantánea es, por consiguiente, igual al

cuadrado de la rapidez dividida por el radio. La dirección es perpendicular a V y

hacia adentro a lo largo del radio R, hacia el centro del círculo.

Por eso se denomina aceleración central, centrípeta o normal.

Nota: Centrípeta: dirigida hacia el centro

FÍSICA I


En el movimiento circular, la velocidad V, que es tangencial al círculo, es

perpendicular al radio R = C.A. cuando medimos distancias a lo largo de la

circunferencias del círculo desde el centro O, tenemos que S = R, donde el

Ángulo se mide en Radianes

S = R.

Tomando R como constante, la magnitud de la velocidad está dada por:

dt

dsV (La velocidad se puede definir como la variación del desplazamiento en


donde S=R

dt

RdV

)(

wdt

d

Ecuación de la velocidad angular

Donde W es la velocidad angular y es igual al ángulo barrido por unidad de

tiempo, la velocidad angular se expresa en radianes por segundo, rad s-1, aún que

debe tenerse en cuenta que el radián es una unidad sin dimensiones. Por lo tanto

la velocidad angular se expresa simplemente como S-1.

C

V

R S

0

FÍSICA I


Entonces:

dt

RdV

)(

Ecuación de la velocidad tangencial

V = R.W

La velocidad angular se puede representar como una cantidad vectorial

cuya dirección es perpendicular al plano de movimiento en el sentido dado por la

regla de la mano derecha.

En el Movimiento Circular Uniforme, es decir con velocidad angular

constante W, el movimiento es periódico y la partícula pasa por cada punto del

círculo a intervalos regulares de tiempo.

El período P de un cuerpo circular uniforme es el tiempo empleado en

efectuar una vuelta completa o revolución, y la frecuencia f es el número de

revoluciones por unidad de tiempo.

Nota: n

tP ,

t

nf , P.F = 1

A

R

V

W

Z

FÍSICA I


Como el período se expresa en segundos, la frecuencia debe expresarse

en s-1 a esta unidad se le llama Hertz (y se abrevia en Hz)

Si W es constante, se tiene que w= d

dt

d= wdt (integrado a ambos lados)

t

to

O

Oo

Wdtd

=o+.w(t-to) Ecuación de la posición angular de la partícula

Esta relación, sólo es válida para el movimiento circular uniforme, para o y to

iguales a cero

= Wt ó

W = t

Para una revolución completa el tiempo es igual al período ecuación de la

velocidad angular t=p y = 2., lo que da como resultado

W = fP

22

Además

V= Rw (sustituyendo el valor de velocidad angular)

V= 2R o 2RF

P

1rps = 2 Rad/s

360º = 2rad

1rev = 2Rad

Nota: En un movimiento circular uniforme

no existe aceleración tangencial, debido a

que la magnitud de la velocidad tangencial

no varía, tampoco existe aceleración

angular ya que la velocidad angular

permanece constante la única aceleración

presente, es la aceleración centrífuga.

FÍSICA I


Movimiento Circular Uniformente Acelerado (M.C.U.A.)

Cuando la velocidad angular de una partícula en movimiento cambia con el

tiempo, la aceleración angular se define como:

= 2

2

dt

d

dt

dw

La aceleración angular se expresa en rad/s2 o simplemente en s-2. Cuando la

aceleración angular es constante (es decir, cuando el movimiento circular es

uniformemente acelerado)

= dt

dw representa la aceleración angular.

integrando

w

wo

t

to

dwdt

(t-to)= w-wo

W = wo + (t-to) Ecuación que representa la velocidad angular en cualquier

instante

Donde w o es el valor de w en el tiempo to.

Integrando de nuevo y teniendo en mente que

W = dt

d

Wdt=d

FÍSICA I


O

Oo

t

to

dwdt

dttotwod

t

to

O

Oo

)(

t

to

t

to

O

Oo

dttotwodtd

202

1tottotWof

202

1tottotwf Esto da la posición angular en cualquier instante.

Cuando to=O y o = O. Tenemos que

= Wt+ 222

1t (esta ecuación representa la posición angular en cualquier instante)

para to=0s y o=0

la velocidad tangencial varía de magnitud, se produce una aceleración tangencial

( Ta )

aT = dv , como V = Rw

sustituyendo

aT = d (Rw), además R (radio) es constante

dt

aT = ,dt

dwR pero

dt

dw

aT = R

FÍSICA I


Se tiene que la aceleración tangencial o lineal en un punto de un cuerpo

rígido giratorio es igual a la distancia a la que se encuentra ese punto respeto al

eje de rotación, multiplicada por la aceleración angular.

En el esquema se representa la aceleración tangencial y la aceleración

centripeta.

22 )()( acaa T

pero aT = R (Aceleración tangencial)

ac= R

VT

2

(aceleración centripela)

ac= 2222 )(

RwR

wR

R

Rw

4222 wRRa Sacando factor común R2

)( 422 wRa

42 wRa (magnitud de la aceleración)

ta

ca

a p

FÍSICA I


Resumen de las ecuaciones (M.R.U.)

VT= RW (m/s) W= )/(2

sRadR

VT= )/(2

smP

R W= 2f (Rad/s)

VT= 2RF (m/s) F P = 1

ac= 2

2

)/( smR

VT F= 1/P (1/s) ó (H2)

P= 1/F (s)

Donde

VT= Velocidad tangencial (m/s)

W = Velocidad angular (Rad/s)

ac= Aceleración centripeta (m/s2)

R = Radio (m)

F = Frecuencia (HZ)

P = Período (s)

Nota.

1rpm 1rps

%60

Equivalencia

1rps 2 sRad /

FÍSICA I


RESUMEN DE LAS ECUACIONES (MCUA)

Wf = Wo + t (Rad/s)

f= i + Wot + 1 t2 (Rad)

2

aT= R (m/s2)

ac= R w2 (m/s2)

= dt

dw ó =

t

w

(Rad/s2)

donde

= Aceleración angular (Rad/s2)

aT= Aceleración tangencial (m/s2)

ac= Aceleración centripeta (m/s2)

W= Velocidad angular (Rad/s)

R= Radio (m)

t= Tiempo (s)

42 wRa ó 22acaT

FÍSICA I


RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS

1. La órbita de la luna alrededor de la tierra es aproximadamente circular con

un radio de medio de 3,84x 108m, se requieren 27,3 días para que la luna

complete una revolución alrededor de la tierra. Encuentre a) La velocidad

orbital media de la luna. b) Su aceleración centrípeta.

Esquema

El período es el tiempo que tarda una partícula en dar una vuelta completa,

la luna tarda en darle una vuelta completa a la tierra en 27,3 días, por lo tanto ese

tiempo representa el período de la luna.

Además la trayectoria de la luna alrededor de la tierra se puede considerar

una circunferencia, donde la magnitud de la velocidad de la luna se considera

constante, solamente cambia su dirección y sentido, por lo tanto, la luna efectúa

un Movimiento Circular Uniforme alrededor de la tierra

La velocidad tangencial TV

TV = T

R2

Rm

TV

TV

TV

TV

TV

FÍSICA I


donde el periodo (T) debe estar expresados en segundos (s) 27,3 x 24 x 3600 = 2,36x106 s Sustituyendo V= 2 (3,14) (3,84x108m) = 1,02x 103m/s 2,36x106s Su aceleración centripeta esta dirigida hacia el centro de la circunferencia

ac= R

VT

2)(

sustituyendo a= (1,02x103m/s)2 = 2,70x10-3m/s2 3,84x108m 2. En el ciclo de centrifugado de una máquina lavadora, el tubo de 0,300m de

radio guía a una tasa constante de 630 rev/min ¿Cuál es la máxima velocidad

lineal con la cual el agua sale de la máquina?

Datos r= 0,300m w= 630rev/min La velocidad angular en el S.I. viene expresadas en Rad/s

Entonces primero de pasa de rev/min a rev/s dividiendo entre 60.

W= 630rev/mi % 60= 10,5 rev/s

Luego se aplica una equivalencia

1revs 2 Rad/s X= srev

sRadsrev

/1

/2/5,10

10,5 rev/s X

w= 65,94 Rad/s

como VT= R W, simplemente se sustituyen los valores

VT= (0,300 m) (65,94 Rad/s)

VT= 3,15 m/s

FÍSICA I


3. Un punto del borde de un disco compacto esta a 6,0m del eje de rotación

determinar la velocidad tangencial, la aceleración tangencial y la aceleración

centripeta de dicho punto, cuando el disco girar a la velocidad angular

constante

Datos

R= 6,0 = 6x10-2 m

W= 300 rev/mi 5rev/s = 31,4 Rad/s

%60

Luego 1 rev/s 2 Rad/s X = 5rev/s 2 Rad/s

5 rv/s X 1 rev/s

X= 31,4 Rad/s

El ejercicio dice que la velocidad angular es constante, por lo tanto si la velocidad

viene expresada por

VT= RW, donde R es el radio y tiene un valor constante, además si W es

constante, la velocidad también es constante

Recordando que

aT=dVT

dt

pero la derivada de una constante siempre da cero. Por lo tanto

aT=dVT = 0 no existe aceleración tangencial

dt

el ejercicio se trata de un Movimiento Rectilíneo Uniforme, donde la magnitud de

VTse mantiene constante y la única aceleración presente es la aceleración

centripeta

VT= RW sustituyendo

VT= (6 x 10-2m) (31,4 Rad/s) = 1,88 m/s

ac= 2

2

22

/15,59106

)/88,1()(sm

mx

sm

R

VT

aT= om/s2

FÍSICA I


4. Una rueda parte del reposo y tiene una aceleración angular de 2,6 rad/s2

determine:

a) La velocidad angular después de 6s?

b) ¿Cuántas revoluciones habrá realizado?

c) ¿Cuál es su velocidad y la aceleración de un punto situado a 0,3m del

eje de rotación?

Datos:

Wo= 0 Rad/s

= 2,6 Rad/s2

a) Velocidad angular (w) a los 6 segundos

Wf= Wo t (está acelerado)

Wf= Wo + t (sustituyendo)

Wf= 0 Rad/s + 2,6 Rad/s2 0 s

Wf= 15,6 Rad/s

b) Cuántas revoluciones habrá realizado

Se determina la posición angular y luego lo relacionamos con las revoluciones

f= o + Wot + 1 t2 (posición angular en cualquier instante)

2

Como o = 0 Rad

Wo= 0 Rad/s

Sustituyendo

f= 1 (2,6 Rad/s2) (6s)2

2

f= 46,8 Rad

Luego

Luego 1 rev/s 2 Rad/s X = 1rev/s 46,8 Rad

X 46,8 Rad 2rad

X= 7,45 rev

d) Velocidad y aceleración en el punto situado a 0,3 del eje de rotación

d. 1) VT = wT R Para t= 6s

FÍSICA I


w= 15,6 Rad/s

Sustituyendo

VT = 15,6 Rad/s 0,3m = 4,68 m/s

d.2) ac= VT2 = (4,68m/s)2

R 0,3m

ac= 73m/s2

5) Un disco de 12 cm de radio alrededor de su eje partiendo del reposo con

aceleración angular constante de 8 rad/s2 . al cabo de t= 5s cual es: a) La

velocidad angular del disco . b) La aceleración tangencial y centripeta de un

punto del borde del disco.

Datos

R= 12cm = 12 x 10-2m

Wo= 0 Rad/s

= 8 Rad/S2 (constante)

a) Velocidad angular para t= 5s

Wf= Wo t (Velocidad angular en función del tiempo)

Sustituyendo

Wf= 0 Rad/s + 8 Rad/s2 5 S = 40 Rad/s

b) Aceleración tangencial

aT= dv d(Rw)

dt dt

aT= R sustituyendo

aT= (12x10-2m) (8Rad/S2) = 0,96m/s2

c) Aceleración centripetal

ac= (VT)2 (WR)2

R R

ac= W2 R sustituyendo

FÍSICA I


ac= (40Rad/s)2 (12x10-2m) = 192 m/s2

d) Módulo de la aceleración

22 )()( Taaca sustituyendo

2222 )/96,0()/192( smsma

2/192 sma

6. Un esquiador sale de una rampa de salto con una velocidad de 10m/s, a

15º arriba de la horizontal como se muestra en la figura la pendiente está

inclinada a 50º, y la resistencia del aire es despreciable. Determine a) La

distancia a la cual el esquiador aterriza, y b) Los componentes de la

velocidad justo antes del aterrizaje.

Esquema

+y

-Y

X

50º

(0,0) 15º

smV /10 +Y

-Y

Yf

(0,0)

FÍSICA I


La distancia a la cual aterriza el esquiador está por debajo del origen del

sistema de coordenadas.

Como no conocemos el parámetro tiempo, utilizamos la ecuación paramétrica.

Yf= Yo + Xtang –1 gx2

2 Vo2cos2

donde es el ángulo con el cual fue lanzado la partícula, sustituyendo valores

Y = 0 + xtang15- 1 (9,8) x2

2 (10)2 (Cos 15)2

-y= x 26,8 x 10-2 – 52,52,x10-3x2

Tenemos una ecuación con dos incógnitas que es la variable “Y” e “X”.

Si nos ubicamos en el triángulo rectángulo, podemos expresar y en función de X, ó

la variable X en función de Y

Como tang 50º = cateto opuesto

Cateto adyacente

Tang 50º = Y despejando a y Y= xtang50

X

Sustituyendo el valor de Y en la expresión anterior

-xtang50º = x26,8x10-2 – 52,52x10-3x2

igualando la expresión a cero

52,52x10-3x2– X(1,19)-(26,8x10-2) X=0

X (ca)

50

Y(co)

FÍSICA I


agrupando términos

52,52x10-3x2 – 1,46X = 0

sacando factor común

X (52,52x10-3X – 1,46) = 0

Se tiene dos soluciones

1) X= 0 cuando el cuerpo sale

2) 52,52x10-3x – 1,46 = 0

X = 1,46 = 27,8m

52,52x10-3

Cuando el cuerpo llega

Como en el eje de las X existe un Mov. Rec. Unif.

Vx= X t= X

t Vx

t= X

Vocos

Sustituyendo

t= 27,8m = 2,88S

10m/scos15

Es el tiempo que emplea el esquiador desde que sale de la rampa que llega

a la pendiente.

Los componentes de las velocidades cuando llega a la pendiente.

a) Vx= Vocos (tiene un valor constante)

Vx= 10m/scos15º = (9,66m/s) ĩ

b) Vy = Vo Sen - gt

FÍSICA I


Vy= 10m/ssen15 – 9,8m/s2 2,88 s

Vy= -(25,64m/s) ĵ

b) La distancia sobre la pendiente

Como cos50º= cateto adyacente

Hipotenusa

Cos50º= X despejando a D

D

D = X

Cos50º

D= 27,8 m = 43,25m

Cos50º

27,8 (ca)

50

co

D=hip

FÍSICA I


LANZAMIENTO HORIZONTAL

Consideremos que tenemos una partícula en el borde de una mesa y la

empujamos horizontalmente de modo que la partícula se mueve y cae

describiendo una trayectoria en forma de parábola.

Cuando la partícula está en el aire se mueve hacia delante y hacia abajo.

La representación de la situación seria

El ángulo de lanzamiento vale cero =0º

En el eje de las X, no está presente la aceleración de gravedad, por lo tanto posee

un movimiento Rectilíneo Uniforme

Como Vx = Vo cos

Vx= Vo Cos0º1

Vx = Vo la velocidad en cualquier momento en el eje de las X, tiene un valor

+y

(0,0)

La altura que

descuente

Vx x

xV

xV

V yV

oV V

Alcance = X

g

FÍSICA I


Constante y siempre va a ser igual a la velocidad inicial

Para MRU

Vx= X X= Vxt

t

Donde X es la distancia horizontal alcanzada por el proyectil

X= Vot

En el eje de las y, esta presente la aceleración de gravedad y esta en la misma

dirección y sentido del eje de la referencia

Voy= Vo sen , pero =0º

Voy= VoSen0º 0 = 0 no existe velocidad inicial en el eje de las y.

Las ecuaciones para el eje de las “Y” ya se trabajaron en el lanzamiento de

proyectil

a) Y= Yo + Vosen 0 – (1 gt2) como = 0º

2

y= 1 gt2 posición en el eje de las Y

2

b) V = Vosen 0 (-gt)

Vf = gt Velocidad en cualquier instante en el eje de las y

c) tang= Vy Dirección de la partícula

Vx

d) 22 )()( VyVxV Magnitud de la velocidad resultante

e) 22 yxr Magnitud de la posición

FÍSICA I



1) En un bar local, un cliente hace deslizar un tarro vacío de cerveza sobre la

barra para que vuelvan a llenarlo, el cantinero esta momentáneamente

distraído y no ve el tarro el cual cae de la barra y golpea el piso a 1,40m de la

base de la misma. Si la altura de la barra es 0,860m a) Con qué velocidad

abandono el tarro la barra b) Cual fue la dirección del tarro justo antes de

chocar con el piso.

El tarro se desliza horizontalmente y sale de la barra formando un ángulo de 0º .

Como la aceleración está presente solamente con el eje de las y, en el eje de las

X se tiene un movimiento Rectilíneo Uniforme

Vx = Constante

Vx= Vo Cos , pero = 0º

Vx= Vo Cos0º 1, pero = 0º

Vx= Vo

Además Vx = X , donde X es el alcance y t es el tiempo que duro el tarro

t en descender la altura de 0,860m

y

(0,0)

-y

Barra

1,40m

0,860m

Vx

Vx

yV

yV

FÍSICA I


Se tiene que

X= 1,40m

t= ?

pero y= 1 gt2 posición en el eje de las y, despejando al tiempo.

2

t= ssm

m42,0

/8,9

)860,0(22

entonces Vo = Vx

Vx= x

t

Vx= 1,40m = 3,33m/s

0,42s

b) Vf = gt

Vf= (9,8m/s2) (0,42s) = 4,12m/s

tang = Vy

Vx

= arctang Vy

Vx

= arc tang 4,12 m/s

3,33m/s

= 51,02º

FÍSICA I


2) Un jugador de fútbol soccer patea una roca horizontalmente desde el

borde de una plataforma de 40,0m de altura en dirección a una fosa de agua.

Si el jugador escucha el sonido del contacto con el agua 3,0s después de

patear la roca ¿Cuál fue la velocidad inicial? Suponga que velocidad del

sonido en el aire es de 343m/s

Cuando la roca a descendido los 40m, toca el agua (llega al pozo) esto nos indica

que el tiempo que tarda en descender es el mismo tiempo que llega al pozo.

La ecuación de posición en el eje de las y.

Y= 1 gt2 (despejando el tiempo)

2

t= g

y2 sustituyendo

40m

Alcance (x)

V

xV

xV

xV yV

yV

VR

VR

FÍSICA I


t= ssm

m86,2

/8,9

)40(22

como Vx= Vo Cos, y = 0º

Vx= Vo cos 0º

Vx= Vo

Vx = X

t

Pero X = ?

Viendo nuevamente el esquema

Los 3 segundos representan el tiempo que tardo la roca en descender los

40m más el tiempo que tardo el sonido en viajar hasta el oído.

Tt=3s

Tt= tb + ts, tb= tiempo de bajada

despejando a ts. ts= tiempo del sonido

ts= Tt – tb

ts= 3s – 2,86s = 0,14s

El sonido viaja a velocidad constante, por lo tanto su trayectoria es una

línea recta

Vs= X X = Vs t

t

X=?

50

40m

Trayectoria del sonido ( X”)

FÍSICA I


X” = Distancia que recorre el sonido para un tiempo de 0,14s

X”= 343 m/s 0,14s = 48,02 m

En el triángulo rectángulo, si despeja el alcance

(hipotenusa)2 = (cateto opuesto)2 + (cateto adyacente)2

hip2 = co2 + ca2 Despejando a Ca

ca= 22 cohip

ca= mmm 57,26)40()02,48( 22

volviendo a la ecuación de

Vx = X y sustituyendo

t

Vx= 26,57m = 9,3m/s (represente la velocidad inicial de la roca)

2,86s

alcance

Altura

40m

48,02m

Distancia del

sonido

co

ca

FÍSICA I


4) Después de entregar sus juguetes de manera usual, Santa Claus decide

divertirse un poco y se desliza por un techo congelado y como se ve en la

figura parte del reposo en la parte superior del techo, que mide 8,0m de

longitud, y acelera a razón de 5,0m/s la orilla del techo está a 6,00m arriba de

un banco de nieves blanda, en la cual aterriza Santa encuentre a) Los

componentes de la velocidad de Santa cuando llega al banco de nieve, b) El

tiempo total que permanece en movimiento c) La distancia d entre la casa y

el punto donde el aterriza en la nieve.

(0,0)

8m

37º

37

X

Yf C d

FÍSICA I


Desde el punto A hasta el punto B,

El cuerpo está acelerado y su aceleración vale 5m/s2

Vf2= Vo2+2Xa

VfB2= VoA

o + 2Xaba

VfB= smsmm /94,8)/5)(8(2 2

Además

Vf= Vo + at

VfB= VoA o +a tab despejando tab

tab= VfB = (8,94m/s) = 1,79s

a 5m/s2

otra manera

Xab= VoAt o + 1 a tab2 despejando tab

2

tab= a

xab2 sustituyendo

tab= Ssm

m79,1

/5

)8(22

Desde el punto B hasta el punto C

Santa abandona el techo y queda sometido a la aceleración de gravedad

Se tiene una velocidad inicial en B tanto para el eje X como para el eje de las X

Para el eje de las X (tiene un MRU)

Vx = X X = Vxt

T

X representa el alcance

BXoV

BYoV

VB

B

FÍSICA I


D= Vocos tbc

tbc= ?

para el eje de las y

Voy= Vosen

Voy= 8,94m/s sen 37= 5,39m/s

La posición

Y= Yo + Vosentbc + 1 gtbc2 (sustituyendo)

2

6= 5,38 tbc + 4,9 tbc2

igualando a cero

4,9 tbc2 + 5,38 tbc – 6 = 0

A B C

Utilizando la ecuación de 2do. grado

tbc= a

acbb

2

42

sustituyendo valores

tbc= )9,4(2

)6)(9,4(4)38,5(538 2

tbc= 8,9

10,1238,5

tbc= S68,08,9

10,1238,5

luego el alcance X=D

D = Vo cos tbc

D= (8,94m/s) (cos37) (0,68S)

FÍSICA I


D= 4,89m

D= 4,9m

El tiempo total es tT

tT= tab + tbc

tT= 1,79S + 0,68S = 2,47S

4. Un rifle se dirige horizontalmente al centro de un gran blanco a 200m de

distancia. La velocidad inicial de la bala es 500m/s. a) ¿Dónde incide la bala en el

blanco? b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo

sobre la línea de la visión. Determine el ángulo de elevación del cañón.

Ejemplo

a) El rifle se coloca sin ningún ángulo de inclinación, pero debido a la aceleración de

gravedad, la trayectoria de la bala no es una línea recta, en el mismo momento que la

bala avanza horizontalmente, desciende verticalmente.

La trayectoria real, sería

En el eje de las X, la bala se mueve con movimiento Rectilíneo Uniforme (MRU)

Blanco

Vo= 500m/s

200m

Blanco

Vo= 500m/s

200m

Yf

xV

xV

V yV

xV

yV

V

FÍSICA I


Como Vx = X

t

se puede despejar el tiempo que tardo en avanzar horizontalmente 200m

t=X

Vx

t= 200m = 0,4s

500m/s

para ese tiempo la partícula ya tiene una posición en el eje de las Y

Y = 1 gt2 sustituyendo el valor de t

2

y= 1 (9,8m/s2) (0,45)2 = 0,78m

2

cuando la partícula avanzo los 200m descendió 0,78m por debajo de la línea de visión

b) Qué ángulo debería tener

Esquema

Como el alcance máximo

Xmax= Vo2 sen2

g

despejando el ángulo

(0,0)

0,78m

200m

Yr=Yo

Vo= 500m/s

FÍSICA I


= 1 arc sen (xmax g )

2 Vo2


=

2

2

)/500(

/8,9200

2

1

sm

smmarcsen

= 1 arc sen (7,84 x 10-3)

2

= 1 (0,45°)

2

= 0,22°


1) Una partícula que se mueve con velocidad inicial Vo=30m/s ĩ sufre una

aceleración a= (15+3t3) ĩ + (45-1t2) ĩ ¨+ (45-1t2) ĵ ] m/s2. Determine la posición y la

velocidad de la partícula a los 4 segundos, suponiendo que parte del origen.

Procedimiento

La información que se da es una velocidad inicial en el eje de las x y una aceleración

tanto en el eje de las x como el eje de las y, se pide determinar la velocidad y la posición a

partir de la aceleración.

Recordando que el proceso inverso de la derivada nos permite ir hacia atrás, se tiene

X’ V’ a Derivando

Integrando

Si se integra la aceleración se obtiene la velocidad y si se integra la velocidad se obtiene

la aceleración.

Como se trata de un movimiento en dos dimensiones, se recomiendo hacerlo primero

para un eje y luego para el otro eje.

Para el eje de las X

Dato

ax= (15 + 3t3) m/s2 ĩ

Vo= (30m/s) ĩ

FÍSICA I


Partiendo de

a= dv

dt

adt= dv integrando a ambos lados

dvadt sustituyendo a la aceleración por el valor dado

Vf

Vo

dvdtt )315( 3

Vf

Vo

dvctte

dttdt

ctte

3315

Vf

Vo

dvdttdt 3315

VoVft

t 4

315

4

Despejando Vf

4

315

4ttVoVf

smt

tVf /)4

31530(

4

Representa la velocidad en el eje de las X en cualquier

instante.

La velocidad a los 4S ,simplemente se sustituye a “t” por 4S

smVf /))4(4

3)4(1530( 4

Vfx= 282m/s

Para determinar la posición se integra la velocidad en cualquier instante.

Partiendo de

V= dx

dt

Vdt= dx Integrando a ambos lados

dxVdt Sustituyendo el valor de la Velocidad en cualquier instante

Xf

Xo

dxdttt )4

31530( 4

FÍSICA I


Xf

Xo

dxdttcttectte

tdt

ctte

dt 4

4

31530

Xf

Xo

dxdtttdtdt 4

4

31530

xoxftt

t 54

3

21530

52

Despejando Xf

Xf= mt

ttXo

20

3

2

1530

52

representa la posición en cualquier instante

Evaluando la posición para t=4S

Xf= m

52 )4(

20

3)4(

2

15)4(300

Xf= (278,4m) ĩ

De la manera que se hizo para el eje de las X, se resuelve para el eje de las y,

Para el eje de las y

Datos

ay= (45-1t2)m/s2 ĵ

Si se integra la aceleración, se determina su velocidad.

Partiendo de:

a= dv

dt

a dt= dv integrando a ambos lados

dvadt Sustituyendo el valor de la aceleración en cualquier instante.

Vf

Vo

dvdtt )145( 2

Vf

Vo

dvdttctte

dt 245

Vf

Vo

dvdttdt 245

VoVft

t 3

453

despejando a Vf

FÍSICA I


sm

ttVoVf /

345

3

representa la velocidad en cualquier instante

evaluando la velocidad para t=4s

smVf /

3

)4()4(450

3

Vfy= 201,33m/sĵ

Ahora si se integra la velocidad en cualquier instante se determina su posición

V= dx

dt

Vdt=dx se puede cambiar x por y.

Se integra a ambos lados

yf

yo

dyVdt Se sustituye el valor de la velocidad en cualquier instante

Yf

yo

dydtt

t )3

45(3

Vf

Vo

dydtctte

t

ctte

dt

3

45 3

Vf

Vo

dydtttdt 3

3

145

yoyftt

43

1

245

42

Despejando a Yf

yf= mtt

yo

4

2

12

1

2

45 representa la posición en cualquier instante

como partió del origen Yo=0m

Yf= myo

4

2

)4(12

1

2

)4(45

Yf= 338.67m ĵ

FÍSICA I


2) Se dispara un proyectil con una velocidad de 100m/s y un ángulo de 60° con la

horizontal calcule a) El alcance horizontal, b) El tiempo de vuelo, c) La velocidad y

altura después de 10s.

Información

Vo= 100m/s

=60°

Esquema

a) Alcance horizontal

Es la distancia horizontal que alcanza el proyectil desde que se lanza hasta llegar al

mismo nivel donde es lanzado se tiene que:

Xmax= alcance

g

SenVoX

22

sustituyendo

2

2

/8,9

)60(2)/100(

sm

SensmX

msm

SensmX 70,883

/8,9

120)/100(2

2

b) El tiempo de vuelo (tv)

Es el tiempo que tarda la partícula desde que se lanza hasta llegar al mismo nivel donde

es lanzado

y

X

ymax

tmax

oyV oV

oyV

Xmax

tv

FÍSICA I


tv=

g

VoSen2


tv= ssm

sSenm67,17

/8,9

60/1002

2

c) La velocidad y la altura después de los 10S

La velocidad en el eje de las X es constante

Vx= Vocos

Vx=(100m/s) (cos60) = 50m/s

La velocidad en el eje de las y

Vfy=Voseno-gt (sustituyendo valores)

Vfy= 100m/s sen60 – 9,8m/s2 10 s

Vfy= -11,39m/s

22 VyVxVR

smsmsmVR /28,51)/39,11()/50( 22

su posición a los 10s

Y= Yo + Vosen t – 1g t2 (como Yo =0m)

2

Y= (100m/s) (sen60)(10s) – 1 (9,8m/s2) (10s)2

2

Y= 376,02m

3) Se dispara un proyectil con un ángulo de 35°, golpea al suelo a una distancia

horizontal de 4km. Calcule a) La velocidad inicial. b) el tiempo de vuelo. c) La

velocidad en el punto de máximo ahora.

tmax

tv

Vo Voy

Vox

FÍSICA I


La distancia horizontal de una partícula desde que lanza hasta llegar al mismo nivel donde

es lanzado se conoce como alcance máximo.

4 Km

Como:

Xmax= g

senVo 22

del alcance se despeja la Vo

Vo= 2

max

Sen

gX

Sustituyendo

Vo= )35(2

)/8,9)(104( 23

Sen

smmx

Vo= smSen

smx/24,204

70

/102,39 223

b) El tiempo de vuelo (tv)

tv= 2tmax

tv=

g

Vosen2

sustituyendo

tv=

2/8,9

35./24,2042

sm

Sensm

tv=11,95 = 12s

c)La velocidad en el punto más elevado.

En el punto más elevado la Vfy= om/s, la única velocidad que existe en ese punto es la

velocidad en el eje X y es constante

Vx= Vo cos = ctte

Vx= 204,24m/s cos 35

Vx= 167,30m/s

V

FÍSICA I


4) Un cañón que tiene una velocidad de orificio de 1000m/s se usa para destruir un

blanco en la cima de una montaña. El blanco se encuentra a 2.000m del cañón

horizontalmente y a 800m sobre el suelo. ¿A que ángulo, relativo del suelo, debe

dispararse el cañón? Ignore la fricción del aire.

Esquema.

Esquema

Yo

En el esquema la información que nos dan es la velocidad inicial, la distancia que avanza

horizontalmente y las posiciones iniciales y finales en el eje y.

Para este tipo de ejercicio, donde nos falta la variable tiempo, se emplea la ecuación

paramétrica que no involucra el tiempo .

22

2

cos2

1tan

Vo

gxgxzoz

cambiamos z por y

Vo=1000m/s

=? (0,0)

800m

2000m

+Y

X=2000m

800m

Yf

=?

smV /1000

Blanco

FÍSICA I


22

2

cos2

1tan

Vo

gxgxyoyf

sustituyendo

22

2

cos)1000(

)2000)(8,9(

2

1tan20000800 g

2cos

60,19tan2000800 g

tenemos una ecuación en función de tang y del cos, se debe colocar en función de una

sola variable

Recordando

Sec2= 1

Cos2

Sustituyendo

800=2000tang -19,6 sec2

además

Sec2= 1+ tang2

Sustituyendo nuevamente en Sec2

800=2000tang -19,6 (1+tang2)

800=2000.tang -19,6-19,6 tang2

ahora se tiene una sola ecuación en función de la tang, se iguala la ecuación a

cero.

19,6 tang2 - 2000 tang + 800 + 19,6=0

19,6 tang2 - 2000 tang + 819,6

A B C

Se tiene una ecuación de 2do. grado

tang= a

acbb

2

42

tang= )6,19(2

)6,819)(6,19(4)2000()2000( 2

tang= +20001,98x103

FÍSICA I


39,2

1=arctang 2000+1,98x10+3 = 89,44º

39,2

1=arctang 2000 -1,98x10+3 = 27,03º

39,2

son las dos posibles ángulos para que den en el blanco

5) Un balón de fútbol se lanza hacia un receptor con una velocidad inicial de 20m/s a

un ángulo de 30° sobre la horizontal. En ese instante el receptor está a 20,0m del

Mariscal del campo. ¿En qué dirección y con qué velocidad constante debe correr el

receptor para atrapar el balón a la misma altura a la cual fue lanzado?

Lo primero que se debe determinar es donde va a caer la pelota, para saber

en que dirección va a correr el Mariscal, pero la distancia horizontal que alcanza la

pelota desde que se patea del suelo hasta llegar nuevamente al suelo es el

alcance máximo, por lo tanto lo que se va a determinar es el alcance máximo que

adquiere la pelota

Como g

SenVoX

22

max

y

20,0m

30° (0,0) X

smVo /20

FÍSICA I


Se sustituye valores

2

2

max/8,9

)30(2)/20(

sm

SensmX

2

2

max/8,9

)60()/20(

sm

SensmX

= 35,35m

Haciendo nuevamente el esquema

El mariscal debe correr una distancia Xm = 35,35m – 20,0m= 15,35m

Y el tiempo que debe emplear en llegar a la pelota, debe ser igual al tiempo que

utilizo la pelota desde que la patearon hasta llegar al suelo, que no es más que el

tiempo de vuelo de la pelota.

Como tv=2tmax

tv= 2 (Vo Sen)

g

sustituyendo

tv= Ssm

senm04,2

/8,9

30/202

y

20,0m

30° (0,0) X

smVo /20

X

Xmax

FÍSICA I


Como el mariscal debe correr a velocidad constante, nos indica que el posee un

Movimiento Rectilíneo Uniforme, se tiene que

V= X

t

Vm= X = 1,535m = 7,52m/s

tv 2,04S

En resumen el mariscal debe correr en dirección horizontal alejándose del receptor

con una magnitud de 7,52m/s

Vm= +(7,52m/s) ĩ

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