EJERCICIOS RESUELTOS DE MECÁNICA CLÁSICA. Versión Electrónica

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1 EJERCICIOS RESUELOS DE MECÁNIC CLÁSIC Versión Electrónica EDMUNDO LZO NÚÑEZ DEPRMENO DE FÍSIC FCULD DE CIENCIS UNIVERSIDD DE RPCÁ RIC

2 NO INRODUCORI Este libro de ejercicios resueltos de Mecánica Clásica (versión electrónica) es una recopilación de una pequeña parte de la variedad de ejercicios que he utilizado en la docencia del curso de Mecánica Clásica que se dicta todos los semestres en el Ciclo Básico de las carreras de Ingeniería de la Universidad de arapacá. Cada uno de los ejercicios de este libro está resuelto con todo detalle además cuenta con todos los dibujos esquemas que son necesarios para una mejor comprensión de la metodología de solución del problema. dicionalmente, antes de empezar a desarrollar cada problema, se pone una nota introductoria, donde se hace un esquema de los elementos fundamentales necesarios para resolver el problema, es decir, cuáles son las lees o ecuaciones necesarias cuáles son las posibles metodologías para la solución. El objetivo de este libro de ejercicios resueltos de Mecánica Clásica (versión electrónica) no es sólo encontrar el resultado final de un problema, ni sólo describir la metodología de resolución de problemas, que de por sí a son buenos objetivos, sino que, además, tal vez más importante para mi, el objetivo es utilizar el ejercicio resuelto como un método para discutir, aplicar aprender las materias analizadas en clases o dadas de tarea. Por esta razón, la solución de cada ejercicio resulta de una extensión maor a la normalmente utilizada en los textos de resolución de ejercicios que han sido publicados. Esto convencido que el uso de los ejercicios resueltos, en conjunto con el estudio paralelo de las materias teóricas contenidas en libros apuntes de clases, será de mucha utilidad para audar al estudiante a la mejor comprensión de los fenómenos físicos de la Mecánica Clásica. La versión electrónica del libro de ejercicios resueltos de Mecánica Clásica tiene la ventaja adicional que el alumno puede bajarla desde intranet estudiar cada capítulo por separado las veces que quiera donde quiera. Dr. Edmundo Lazo Núñez Profesor itular Marzo de

3 ÍNDICE Capítulo : CINEMÁIC Capítulo : ESÁIC 43 Capítulo 3: DINÁMIC 65 Capítulo 4: RBJO Y ENERGÍ 7 Capítulo 5: CHOQUES 67 Capítulo 6: EQUILIBRIO DE CUERPO RÍGIDO 95 Capítulo 7: DINÁMIC DEL CUERPO RÍGIDO 3 Capítulo 8: OSCILDOR RMÓNICO SIMPLE 45

4 Equation Section (Next) CPÍULO CINEMÁIC Ejercicio (.) En el momento en que se enciende la luz verde en un semáforo, un auto arranca con aceleración constante aa.5( m s ) constante v ( m s) c =. En el mismo momento, un camión que lleva una velocidad = alcanza al auto lo pasa. a) Construa un gráfico velocidad versus tiempo para dos móviles, b) a qué distancia del punto de partida, el auto alcanzará al camión?, c) qué velocidad llevará el auto en ese momento? Nota: Las ecuaciones de movimiento para el caso en que la aceleración a es un vector constante son: r = r + vt+ at v = v + at En el caso de una partícula moviéndose en una única dirección, el eje X por ejemplo, las ecuaciones de movimiento quedan de la siguiente manera: x = x + vxt+ axt (3) v = v + a t (4) x x x Solución: a) Construa un gráfico velocidad versus tiempo para los dos móviles Las ecuaciones de movimiento, considerando vx = v, vx = v, ax = a, quedan x = x + vt+ at ; v= v + at (5) Consideremos como origen del sistema de referencia el punto donde ambos vehículos inician su movimiento, el semáforo en este caso. Por lo tanto, se cumple que x = x =. Donde los subíndices a c, se refieren al auto al camión, respectivamente. Para el auto con aceleración constante a a que parte del reposo ( v a = ), las ecuaciones de movimiento vienen dadas por a c () ()

5 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica xa = at a ; va = at a (6) Por lo tanto, para el auto, el gráfico velocidad tiempo es una recta con pendiente positiva que parte del origen (ver la curva roja en la Fig. (..)). Para el camión que se mueve con velocidad v c constante, sus ecuaciones de movimiento son: x = v t v = v (7) c c c c Por lo tanto, el gráfico velocidad tiempo es una recta con pendiente cero, es decir, paralela al eje t (ver Fig. (..)) v ( ms) auto camión ts () Figura (..) b) a qué distancia del punto de partida, el auto alcanzará al camión? Reemplazando todos los datos conocidos: a v =, aa.5( m s ) = v ( m s) c = en las ecuaciones (6) (7), tenemos xa =.5 ( ms) t (8) = ( mst ) (9) xc ( ) v =.5 m s t () a vc = ( m s) () El auto el camión se encontrarán cuando sus coordenadas x a x c sean iguales, es decir, xa Igualando (8) (9), se tiene: ( ) ( ) = x..5 ms t = mst () t = s, que corresponde al tiempo al Existen dos soluciones de esta ecuación de segundo grado: ( ) inicio del movimiento, el tiempo de encuentro t e : c

6 Capítulo Cinemática 3 te = 8( s) (3) Reemplazando este tiempo t = t = 8( s) en la relación (8) o (9), se puede calcular la distancia x c a e = x medida desde el punto de partida, hasta el punto en la cual el auto alcanza al camión, ( ) x = ms 8( s) = 8( m) (4) c ( ) ( ) xa =.5 ms 8 s = 8( m ) (5) c) qué velocidad llevará el auto en ese momento? Reemplazando el dato t = 8( s) en la relación (), se obtiene la velocidad del auto en el momento del encuentro de los móviles: e ( ) ( ) v =.5 m s 8( s) = m s (6) a En la Fig. (..) se muestran todos los datos obtenidos para ambos móviles. v ( ms) auto camión 4 t = 8 e ts () Figura (..) Nótese que la distancia recorrida por ambos móviles hasta el punto de encuentro, xc = xa, al final de los 8( s ), se puede calcular también como el área bajo la curva del gráfico velocidad-tiempo mostrado en la Fig. (..). El área bajo la curva asociada al camión viene dada por el área del rectángulo que se forma hasta t = 8( s) : ( ) x = área = t v = 8( s) m s = 8( m) (7) c rectángulo c El área bajo la curva asociada al auto viene dada por el área del triángulo que se forma hasta t = 8( s), considerando la línea segmentada inclinada: Equation Section xa = áreatriángulo == t va = 8( s ) ( m s ) = 8( m ) (8)

7 4 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Ejercicio (.) El maquinista de un tren que lleva una velocidad v ve con horror que se está acercando a un tren de carga que avanza por la misma vía. El tren de carga se mueve en el mismo sentido con una velocidad constante menor v. Cuando el tren de carga se encuentra a una distancia d delante del maquinista, éste pone los frenos da a su tren una retardación a (ver Fig. (..)). Demostrar que para que se produzca el choque, la distancia de separación inicial d entre los trenes debe cumplir la siguiente condición: d < ( v v ) a maquinista tren de carga v v d Figura (..) Nota: Las ecuaciones de movimiento en una dimensión, para el caso de aceleración a constante, son: x() t = x + vt+ at () vt () = v + at () dicionalmente, se dice que una partícula acelera si su rapidez aumenta constantemente; matemáticamente esto implica que el producto de la aceleración a por la velocidad v es un número positivo: movimiento " acelerado" av > (3) su vez, se dice que una partícula retarda si su rapidez disminue constantemente; matemáticamente esto implica que el producto de la aceleración a por la velocidad v es un número negativo: movimiento " retardado" av < (4) Si no existe aceleración ( a = ), entonces se cumple que movimiento "sin aceleración " av = (5) En este caso la partícula se mueve con velocidad constante.

8 Capítulo Cinemática 5 Solución: Pongamos el origen de nuestro sistema de referencia en la posición del maquinista en el momento que ve al tren de carga pone los frenos. ( tren más a la izquierda en la Fig. (..)). Llamemos x () t a la posición del maquinista x () t a la posición del tren de carga. El choque se producirá cuando las coordenadas de posición de cada tren, respecto del origen del sistema de referencia, sean las mismas, es decir, cuando x () t = x () t (6) Entonces, las coordenadas de ambos trenes son las siguientes: x = x + vt + at (7) x = x + vt+ at (8) Para el tren con velocidad v sabemos que x = que a = a, porque este tren pone los frenos, es decir, retarda. Para el tren carguero que viaja con velocidad constante v, su aceleración es nula a = se tiene que x = d. Reemplazando estos valores en las relaciones (7) (8), nos queda: Igualando las coordenadas x() t = x() t, se tiene: Reordenando, escribimos x vt at = (9) x = d + vt () vt at = d+ vt () ( ) + = () at v v t d La solución de esta ecuación de segundo grado se escribe: ( ) ( ) v v ± v v 4 a d t = (3) a Para que se produzca el choque, el tiempo t debe ser una magnitud física real. En caso contrario, el tren con velocidad v que va frenando alcanzará a detenerse antes del choque. Para que t sea real, la cantidad subradical debe ser maor o igual que cero, es decir,

9 6 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Reordenando, nos queda v v 4 a d ( ) (4) d ( v v ) (5) a La solución al problema viene dada por la desigualdad estricta: Para el caso de la igualdad d ( v v ) < (6) a d ( v v ) = (7) a La relación (3) entrega un único tiempo de encuentro t, dado por ( v v ) = (8) Para este tiempo t, la velocidad del tren que va frenando viene dada por Reemplazando los datos, nos queda t a v ( t ) = v at (9) ( v v ) ( ) v( t) = v a = v v v () a v ( t ) = v () Es decir, en el tiempo t = t, las velocidades de los dos trenes resultan ser iguales, ambos están, instantáneamente, moviéndose juntos; pero en cualquier instante posterior, el tren que está detrás disminue su velocidad porque va retardando, por lo tanto, dejan de estar juntos no se produce nunca un choque en este caso. Esto se puede ver más claramente si calculamos la velocidad v () t del tren que va frenando, en un tiempo maor t = t + t, donde t es un infinitésimo de tiempo. Usando la relación (9), escribimos: Pero, como vimos en (9) (), Luego, la relación () queda v ( t + t) = v a( t + t) = v at a t () v at = v (3) v ( t + t) = v a t (4)

10 Capítulo Cinemática 7 Esto significa que la velocidad del tren que va frenando es cada vez menor que la velocidad constante v del tren carguero que va delante por lo tanto va quedándose atrás cada vez más. En consecuencia, nunca habrá choque si t = t, por lo tanto, la distancia d debe cumplir la desigualdad estricta: ( v v ) < (5) d a Equation Section (Next) Ejercicio (.3) Estudio del gráfico velocidad versus tiempo para una partícula. La Fig. (.3.) muestra un gráfico que representa la velocidad de un móvil (una partícula) en traectoria recta a lo largo del eje x, en el que para t =, x =. a) Obtenga la aceleración en cada tramo b) En cada tramo determine si el móvil (partícula) acelera o retarda diga para dónde viaja. c) Calcule el desplazamiento x en cada tramo la distancia total recorrida D. d) Haga un gráfico de la aceleración versus tiempo. v( m s ) 5 C D B E F Figura (.3.) G ts ()

11 8 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Nota: La aceleración a es la derivada de la velocidad v respecto al tiempo, es decir, dv a =. dt Por otra parte, en términos gráficos, la derivada dv es la pendiente geométrica a la curva en el dt gráfico velocidad versus tiempo. Por lo tanto, la pendiente de la curva velocidad nos dará la aceleración en cada tramo. Dado que las curvas del gráfico velocidad versus tiempo son rectas, entonces existe una única pendiente para cada recta, esto implica que en cada tramo la aceleración es una constante, esto es: dv v vf vi a = = = = cte. () dt t t t En cada tramo, la partícula (el móvil) anda más rápido o acelera, si los signos de la velocidad la aceleración son iguales ( av> ), el móvil va deteniéndose o retarda, si los signos de la velocidad la aceleración son distintos ( av< ). f i Gráficamente, al área bajo la curva velocidad versus tiempo coincide con la integral cual es justamente la definición de desplazamiento x en una dimensión: t t vdt, la f i t f área = = x x x = vdt () En el gráfico velocidad versus tiempo, se puede considerar que las áreas son negativas cuando la velocidad es negativa. Podemos calcular el desplazamiento x la distancia recorrida D en base a las áreas considerando sus respectivos signos: El desplazamiento positivos negativos: x de la partícula corresponde a la suma de todas las áreas j= N f i j j= ti j con signos x = x x (3) La distancia D recorrida por la partícula corresponde a la suma de todas las áreas en valor absoluto j= N D (4) j= j

12 Capítulo Cinemática 9 Para el caso de movimiento con aceleración constante, recordemos que los diferentes tipos de áreas que nos encontramos en estos gráficos son: b+ b rectángulo = bh; triángulo = bh; trapecio = h (5) donde b se refiere a la base de la figura h a la altura. Para el trapecio existen dos bases distintas b b. El trapecio siempre se puede descomponer como la suma de las áreas de un triángulo de un rectángulo.. Solución: ramo : velocidad positiva ( v > ) pendiente positiva ( a > ) La aceleración vale a ( ms) ( ms) = = ( m s ) ( s) ( s) En este tramo, el movimiento es acelerado porque la velocidad la aceleración tienen el mismo signo: av>. El móvil viaja hacia la derecha ( v > ). El desplazamiento x en el tramo, viene dado por área del triángulo x = ( s ) ( m s ) = 5( m ) (7) El desplazamiento total x del origen hasta el punto, viene dado por (6) x = 5( m) (8) La distancia total recorrida D vale D = x mbos resultados coinciden porque no ha áreas negativas. ramo B: velocidad positiva ( v > ) pendiente cero ( a = ) La aceleración vale ( ms) ( ms) ab = = m s 3 s s D = 5( m) (9) ( ) ( ) ( ) En este tramo la velocidad es constante, luego el móvil no acelera. Sin embargo, el móvil continua viajando hacia la derecha ( v > ). El desplazamiento xb en el tramo B viene dado por área del rectángulo 3 B ()

13 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica El desplazamiento total ( ) ( ) x = s m s = ( m) () B xb desde el origen hasta el punto B, viene dado por la suma de los desplazamientos: xb = x + xb, donde x viene dado por (7) x = 5( m) + ( m) = 5( m) () B La distancia total recorrida D B vale DB = D + xb D B = 5( m) + ( m) = 5( m) (3) ramo BC: velocidad positiva ( v > ) pendiente positiva ( a > ) La aceleración vale 5( ms) ( ms) abc = = 5( m s ) (4) 4 s 3 s ( ) ( ) En este tramo el móvil acelera porque la velocidad la aceleración tienen el mismo signo: av>. El móvil continua moviéndose hacia la derecha ( v > ). El desplazamiento xbc en el tramo B C, viene dado por el área del trapecio B 3 4 C El desplazamiento total ( ms) + ( ms) 5 xbc = ( 4( s) 3( s) ) = 7.5( m) (5) xc desde el origen hasta el punto C, viene dado por la suma de los desplazamientos: xc = xb + xbc, donde xb viene dado por () x = 5( m) + 7.5( m) = 4.5( m) (6) C La distancia total recorrida D C vale DC = DB + xbc DC = 5( m) + 7.5( m) = 4.5( m) (7) ramo CD: velocidad positiva ( v > ) pendiente cero ( a = ) La aceleración vale 5( ms) 5( ms) acd = = ( m s ) (8) 5 s 4 s ( ) ( ) En este tramo la velocidad es constante, luego el móvil no acelera. Sin embargo, continua moviéndose hacia la derecha ( v > ). El desplazamiento xcd en el tramo C D, viene dado por el área del rectángulo C 4 5 D

14 Capítulo Cinemática El desplazamiento total ( ) ( ) x = s 5 m s = 5( m) (9) CD xd desde el origen hasta el punto D, viene dado por la suma de los desplazamientos: xd = xc + xcd, donde xc viene dado por (6) x = 4.5( m) + 5( m) = 67.5( m) () D La distancia total recorrida D D vale DD = DC + xcd D D = 4.5( m) + 5( m) = 67.5( m) () ramo DE: velocidad positiva ( v > ) pendiente negativa ( a < ) La aceleración vale ( ms) 5( ms) ade = =.5( m s ) () 7 s 5 s ( ) ( ) En este tramo el móvil retarda porque la velocidad la aceleración tienen distinto signo: av<. El móvil continua moviéndose hacia la derecha ( v > ). El desplazamiento xde en el tramo D E, viene dado por el área del triángulo D 5 7 xde = ( s) 5 ( m s) = 5( m ) (3) El desplazamiento total xe desde el origen hasta el punto E, viene dado por la suma de los desplazamientos: xe = xd + xde, donde xd viene dado por () x = 67.5( m) + 5( m) = 9.5( m) (4) La distancia total recorrida D = D + x viene dada por: E E D DE D = 67.5( m) + 5( m) = 9.5( m) (5) E En todos los tramos que hemos estudiado, la distancia total recorrida D coincide con el desplazamiento x, porque todas las áreas han sido positivas. Nótese que el móvil se detiene en el punto E, a 8( s ) de iniciado el movimiento. ramo EF: velocidad negativa ( v < ) pendiente negativa ( a < ) La aceleración vale a EF ( ms) ( ms) 9( s) 7( s) 5 = =.5 ( m s ) (6)

15 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica En este tramo el móvil acelera porque la velocidad la aceleración tienen el mismo signo: av>. hora el móvil viaja hacia la izquierda, acercándose al origen ( v < ). El desplazamiento xef en el tramo E F, viene dado por el área del triángulo E F 9 xef = ( s) ( 5 ( m s) ) = 5( m ) (7) El desplazamiento xef tiene signo negativo, a que el triángulo se halla bajo la línea horizontal de los tiempos, debido a que la velocidad es negativa. Físicamente, esto significa que la partícula está viajando en dirección contraria a la que llevaba anteriormente, es decir, comenzó a devolverse hacia el origen. El desplazamiento total xf desde el origen hasta el punto F, viene dado por la suma de los desplazamientos: xe = xe + xef, donde xe viene dado por (4) x = 9.5( m) 5( m) = 87.5( m) (8) F Por lo tanto, en este caso el desplazamiento x = 87.5( m) es menor que el desplazamiento anterior x = 9.5( m), es decir, x < x, porque la partícula se está acercando hacia el origen. E La distancia total recorrida D = D + x F E EF F E F D F desde el origen hasta el punto F, viene dada por: D F = 9.5( m) + 5( m) = 97.5( m) (9) ramo FG: velocidad negativa ( v < ) pendiente positiva ( a > ) La aceleración vale ( ms) ( 5( ms) ) afg = =.67( m s ) (3) s 9 s ( ) ( ) En este tramo el móvil retarda porque la velocidad la aceleración tienen distinto signo: av<. El móvil continua viajando hacia la izquierda, es decir, acercándose al origen ( v < ). El desplazamiento xfg en el tramo F G, viene dado por el área del triángulo 9 F xfg = 3 ( s) ( 5 ( m s) ) = 7.5( m ) (3)

16 Capítulo Cinemática 3 El desplazamiento xfg tiene signo es negativo, a que el triángulo se halla bajo la línea horizontal de los tiempos, debido a que la velocidad es negativa. El desplazamiento total xg desde el origen hasta el punto G, viene dado por la suma de los desplazamientos xg = xf + xfg, donde xf viene dado por (8) v( m s ) xg = 87.5( m) 7.5( m) = 8( m) (3) 5 C D B E G ts () -5 5 a( m s ) B C F.67 D F G ts () E -.5 Figura (.3.)

17 4 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Por lo tanto, en este caso el desplazamiento x = 8( m) es menor que el desplazamiento x F = 87.5( m), es decir, xg < xf. La distancia total recorrida Numéricamente: G D G desde el origen hasta el punto G, viene dada por: D = D + x (33) G F FG DG = 97.5( m) + 7.5( m) = 5( m) (34) La Fig. (.3.) muestra el gráfico de la aceleración at () en función del tiempo t, a modo de comparación se muestra también el gráfico original de la velocidad vt () en función del tiempo t. Equation Section (Next) Ejercicio (.4) Un globo aerostático se va moviendo con una velocidad constante, cua rapidez (módulo de la velocidad) es v 4( m s) g =. En un cierto momento se suelta un saco de arena que sirve de lastre al globo. Responda a las siguientes preguntas, considerando por separado el caso en que i) el globo va subiendo con velocidad v 4( m s) vg 4( m s) =. Hallar: g = ii) el globo va bajando con velocidad a) el tiempo total que el saco de arena estuvo en el aire, si su velocidad al llegar al suelo es = 6( m s), vf b) la altura h que tenía el globo justo en el momento en que se soltó el saco de arena, c) la velocidad que lleva el saco de arena cuando se encuentra a ( m ) del piso. v v h h i) ii) Figura (.4.)

18 Capítulo Cinemática 5 Nota: La velocidad inicial v del saco de arena es igual a la velocidad v g que lleva el globo en el momento en que se suelta el saco v = vg. Una vez libre del globo, el saco de arena se mueve en el campo gravitatorio donde la aceleración vale a = gj ˆ. Si ponemos el origen del sistema de referencia justo donde se soltó el saco de arena, se tiene =, por lo tanto, las ecuaciones para el movimiento del saco de arena como un proectil en el campo gravitatorio, son: Solución: v t gt a) Hallar el tiempo total que el saco de arena estuvo en el aire Usando la ecuación (), con v v 6( m s) f = () v= v gt () = =, obtenemos el tiempo total de caída v vf t = (3) g Para obtener el tiempo que estuvo el saco de arena en el aire, debemos considerar que cuando el globo va subiendo se tiene v =+ ( m s) cuando el globo va bajando se tiene v ( m s) 4 =. Sean 4 t s t b los tiempos que dura el saco de arena en el aire, cuando va subiendo cuando va bajando, respectivamente, entonces, 4( ms) ( 6( ms) ) ts = = 6.735( s) (4) 9.8 ms t b ( ) ( ms) ( ( ms) ) 4 6 = = 5.98( s) (5) 9.8 ( ms) Nótese ts > tb, porque cuando el globo va subiendo, el saco de arena primero debe subir luego debe bajar hasta llegar al suelo; en cambio, cuando el globo va bajando, el saco de arena parte directamente hacia abajo. b) Hallar la altura h desde la cual fue soltado el saco de arena. Utilizando el tiempo que estuvo el saco de arena en el aire ( t s o t b ) en la ecuación (), se tiene la coordenada s o b correspondiente, s = vt s s gts (6)

19 6 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica b = vbtb gtb (7) La altura h viene dada por hs = s o hb = b. Numéricamente: ( ) ( ) ( ) m s s m s s m s = ( ) ( ) = 95.3( ) (8) ( ) ( ) ( ) m s s m s s m b = ( ) ( ) = 95.3( ) (9) Dado que las coordenadas son las mismas en los dos casos s = b, la altura viene dada por h = h = 95.3( m) () s b es decir, la altura desde la cual fue soltado el saco de arena es la misma en los dos casos. Esto es correcto, a que la velocidad de llegada al suelo es la misma en los dos casos. c) Hallar la velocidad que lleva el saco de arena cuando se encuentra a ( m ) del piso. Cuando el saco de arena se encuentra a ( m ) del piso, la coordenada respecto del origen es = ( h ) = (95.3( m) ( m)) = 95.3( m) () es decir, el saco de arena ha caído 95.3( m ) desde el punto desde donde se soltó del globo. Usando las expresiones (6) (7), con s = b = 95.3( m), podemos escribir 95.3( m) = vsts gts () 95.3( m) = vbtb gtb (3) Reemplazando los datos de las velocidades iniciales de subida bajada, se tiene ( ) s ( ) ( ) b ( ) 9.8 ms t 4 mst 95.3( m) = (4) s 9.8 ms t + 4 mst 95.3( m) = (5) Resolviendo las ecuaciones, obtenemos los tiempos (positivos) que se demora el saco en llegar a tener la coordenada = = 95.3( m) en cada uno de los casos i) ii): s b ts tb b = 4.84( s) (6) = 4.( s) (7) El tiempo t s, correspondiente al caso en que el globo va subiendo, es maor que el tiempo t b, correspondiente al caso en que el globo va bajando.

20 Capítulo Cinemática 7 Con estos tiempos podemos calcular la velocidad v s o v b del saco de arena. Usando la relación (), podemos escribir vs = vs gts (8) vb = vb gtb (9) Reemplazando las velocidades iniciales de subida bajada los tiempos dados por (6) (7) empleados en llegar a la coordenada = = 95.3( m), se tiene s b ( ) ( ) ( ) v = 4 m s 9.8 m s 4.84( s) = 43.4 m s () s ( ) ( ) ( ) v = 4 m s 9.8 m s 4.( s) = 43.4 m s () b Nótese que las velocidades son las mismas para la misma coordenada : v = v = 43.4( m s) () s b Esta velocidad también se puede calcular usando la siguiente expresión de la cinemática lineal, que resulta de eliminar el tiempo entre las ecuaciones () (): v = v g (3) Si usamos los valores de las velocidades iniciales del saco de arena ( v = 4( m s) o v 4( m s) s b = ) la altura caída = = 95.3( m), se tiene la velocidad final (con signo menos porque el saco de arena va caendo) s b ( ) v m s m s m m s = ( ± 4) ( ) 9.8( ) 95.3 ( ) = 43.4( ) (4) Hemos obtenido así la misma velocidad final que por el método anterior. Nótese que el signo de la velocidad inicial desaparece, a que está elevada al cuadrado, por lo tanto la velocidad final es la misma en los dos casos, para una misma coordenada. Equation Section (Next) Ejercicio (.5) Se dispara un cohete verticalmente hacia arriba sube con una aceleración vertical constante de 9.6( ms ) durante min ( ). En ese momento agota su combustible sigue subiendo como partícula libre. a) Cuál es el tiempo total transcurrido desde el instante en que despega el cohete hasta que regresa al suelo? b) Cuál es la velocidad del cohete al llegar al suelo?

21 8 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Nota: En este problema existen dos tramos. En el primer tramo, el cohete parte con velocidad inicial cero ( v = ( m s) ) viaja durante un tiempo t ( s) hacia arriba a 9.6( m s ) = (min) = 6 con una aceleración =. Las ecuaciones de movimiento en este tramo son: v t at = + + () v= v + at () En el segundo tramo, el cohete se mueve como partícula libre en el campo gravitatorio. Las ecuaciones de movimiento son: v t gt = + (3) v= v gt (4) Solución: a) Cuál es el tiempo total transcurrido desde el instante en que despega el cohete hasta que regresa al suelo? Poniendo el origen del sistema de referencia en el punto de partida, se tiene =. Reemplazando los datos numéricos en las ecuaciones () (), se obtiene la coordenada alcanzada la velocidad v final de este primer tramo: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + ms 6 s ms 36 s = 358 m (5) ( ) ( ) ( ) ( ) v = m s m s 6 s = 76 m s (6) Después de los 6( s ) el cohete agota su combustible sigue como partícula libre en el campo gravitatorio ( a = g ), a que el motor dejo de funcionar. En este segundo tramo, la posición inicial es = ( m) la velocidad inicial es v ( m s) 358 ecuaciones (3) (4), tenemos = 76. Reemplazando estos datos en las ( ) ( ) ( ) ( ) m m s t m s t = 358( ) (7) v= 76 m s 9.8 m s t (8) Para calcular el tiempo t que estuvo el cohete viajando como proectil en el campo gravitatorio, ha que hacer = en la ecuación (7), con lo cual se obtiene la ecuación de segundo grado

22 Capítulo Cinemática 9 t 4t 7 = (9) Elegimos sólo la solución positiva, a que todo el movimiento ocurre después que pusimos el cero de nuestro reloj, es decir, t = 67( s) () El tiempo total de vuelo es b) Cuál es la velocidad del cohete al llegar al suelo? Usando el tiempo t ( s) cohete al suelo ( ) ( ) ( ) t = t+ t = 67 s + 6 s = 37 s () = 67 en la ecuación (8), podemos calcular la velocidad con que llega el v 76( m s) 9.8( m s ) t ( ) ( ) ( ) = () v= 76 m s 9.8 m s 67( s) = 44.6 m s (3) Nótese que la velocidad es negativa a que el cohete va caendo hacia el suelo. Equation Section (Next) Ejercicio (.6) Desde la boca de un pozo (ver Fig. (.6.)) de profundidad h, desconocida, se lanza una piedra con rapidez inicial v ( m s) = 3.7. Si el sonido de la piedra al chocar con el piso del pozo se escucha ( s ) después desde que se lanzó la piedra, hallar la profundidad h del pozo. La rapidez (módulo de la velocidad) del sonido en el aire es v = 34( m s). s v h v h Figura (.6.)

23 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Responda la pregunta para el caso en que i) la piedra se lanza hacia arriba con v = 3.7 ˆj( m s), ii) la piedra se lanza hacia abajo con v = 3.7 ˆj ( ms) Nota: En este problema existen dos tramos mu distintos. En un primer tramo se trata de una piedra moviéndose verticalmente en el campo gravitatorio (eje ). El segundo tramo corresponde al movimiento del sonido en el aire desde el fondo del pozo hasta la boca del pozo. demás existe un tiempo t de bajada de la piedra hasta el fondo del pozo en el campo gravitatorio existe un tiempo t de subida del sonido en el aire desde el fondo del pozo. La suma de ambos tiempos es igual a ( s ), es decir, t+ t = ( s) () Las ecuaciones de movimiento para la piedra caendo en el campo gravitatorio son: vt gt = + () v= v gt (3) Las ecuaciones de movimiento del sonido en el tramo de subida son: = + vt s (4) v= v s (5) La velocidad del sonido es una constante, por lo tanto su aceleración es cero a s =. Si ponemos el origen del sistema de referencia, justo en la entrada o boca del pozo, entonces =. Solución: En la primera etapa la piedra se mueve como proectil en el campo gravitatorio. El fondo del pozo tiene coordenada = h el tiempo que demora en caer es t = t, luego la ecuación () queda: Reordenando, se tiene h= v t gt (6) h= v t + gt (7) En la segunda etapa, el sonido sube con velocidad constante desde el fondo del pozo de altura h. Visto desde el origen en la boca del pozo, la posición inicial del sonido es s = h, al llegar a la

24 Capítulo Cinemática boca del pozo, la coordenada s del sonido vale s =, empleando un tiempo t. Con estos datos, la relación (4) queda: = h+ v t (8) reordenando, s h= v t (9) Igualando las ecuaciones (7) (9) se tiene una ecuación que relaciona el tiempo de bajada de la piedra t, con el tiempo de subida del sonido t vt + gt = vst () Por otro lado, a partir de la relación () podemos expresar t en función de t t = t () Reemplazando () en (), tenemos Reordenando, queda s vt + gt = vs ( t) () gt + ( vs v) t vs = (3) Resolviendo la ecuación de segundo grado, tenemos: ( ) ( ) vs v ± vs v + 4gvs t = (4) g Reemplazando datos numéricos para el caso en que la piedra se lanza hacia arriba con velocidad v = 3.7( m s), se tiene ( ) 336.3± t( hacia arriba ) = 9.8 (5) t ( hacia arriba (6) Reemplazando datos numéricos para el caso en que la piedra se lanza hacia abajo con velocidad v = 3.7( m s), se tiene ( ) ± t( hacia abajo ) = (7) 9.8

25 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica t ( hacia abajo ) =.956( s) (8) Para calcular el tiempo de subida del sonido en cada uno de los casos, basta usar la relación (): t = t (9) La altura h la calculamos usando la relación (9) t = s s = s () ( hacia arriba) ( ).9657( ).343( ) t ( hacia abajo) = ( s ).956( s ) =.744( s ) () ( ) ( ) h( hacia arriba) = 34 m s.343( s) =.66( m) () h( hacia abajo) = 34 m s.744( s) = 5.3( m) (3) Vemos así que imponiendo la condición t + t = ( s), la altura h que ha de tener el pozo resulta ser distinta si la piedra es lanzada hacia arriba o lanzada hacia abajo. Equation Section (Next)Equation Section (Next) Ejercicio (.7) Un ascensor va subiendo con aceleración constante a ( m s ) en que la velocidad del ascensor es v 3( m s) altura del ascensor es h.5( m) = (ver Fig. (.7.)). =. En el momento =, un perno se suelta del techo del ascensor. La v x a h Figura (.7.) Hallar: a) el tiempo que el perno demora en llegar a su altura máxima desde que se soltó. b) la altura máxima que alcanza el perno desde que se soltó.

26 Capítulo Cinemática 3 c) el tiempo que demora el perno en llegar a chocar con el piso del ascensor d) las coordenadas del perno p, del piso del ascensor, cuando se produce el choque entre el perno el piso. e) la velocidad del ascensor v la velocidad del perno v p en el momento del choque. Diga si el perno sube o baja en ese momento. Nota: Ubicaremos el origen del sistema de referencia en el punto donde se suelta el perno, es decir, a la altura del techo del ascensor, pero su ubicación no cambia en el tiempo. El perno el piso del ascensor se mueven con respecto a este origen de referencia ambos se van acercando. Nótese que el piso del ascensor se está acercando hacia el origen del sistema de referencia con aceleración constante a, que el perno al soltarse se mueve en el campo gravitatorio con aceleración a = gj ˆ. p En primer lugar anotemos todos los datos iniciales. El ascensor se mueve con aceleración a = ˆj ms dirigida hacia arriba el perno se suelta cuando la velocidad de ambos, constante ( ) ascensor perno, es: v = v = 3 ˆj ( ms) p dirigida hacia arriba. Respecto al sistema de referencia ubicado frente al techo del ascensor en el momento inicial, justo cuando el perno se suelta, la posición inicial del piso del ascensor es ˆ = hj. Las ecuaciones de movimiento del a = ˆj ms, vienen piso del ascensor que se mueve hacia arriba con aceleración constante ( ) dadas por = h+ v t+ at () v = v + a t () En cambio, el perno se mueve con aceleración constante en el campo gravitatorio con aceleración ˆ ˆ a = gj = 9.8 j ms. Inicia su movimiento hacia arriba con una velocidad inicial que es la p ( ) misma velocidad que lleva el ascensor en el momento de soltarse v = 3 ˆj ( ms) p. Respecto al sistema de referencia ubicado en el techo del ascensor, justo cuando el perno se suelta, la posición inicial del perno es =. Las ecuaciones de movimiento del perno con aceleración constante en el campo gravitatorio vienen dadas por p

27 4 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica p = v pt gt (3) v = v gt (4) p p unque los datos numéricos son conocidos, es preferible usar expresiones algebraicas para estudiar todos los casos posibles Solución: a) Hallar el tiempo t m que el perno demora en llegar a su altura máxima desde que se soltó. Cuando el perno llega a su altura máxima, su velocidad v p se hace cero, v p =. Usando la ecuación (4) podemos conocer el tiempo t m en que se hace cero la velocidad final: v = = v gt (5) p p m obtenemos: Numéricamente t m t v p m = (6) ( ms) g 3 = =.36( s) (7) 9.8 ( ms) b) Hallar la altura máxima m que alcanza el perno desde que se soltó. Usando el tiempo de altura máxima t v p m = en la ecuación (3), tenemos g Simplificando, nos queda Numéricamente, tenemos m vp vp m = v p g g g m v p = g ( m s ) 9 = =.459( m) 9.8( ms ) (8) (9) () c) Hallar el tiempo t e que el perno demora en llegar a chocar con el piso del ascensor

28 Capítulo Cinemática 5 El choque o encuentro se producirá cuando la coordenada () t del perno sea igual a la coordenada () t del piso del ascensor. Esta condición de igualdad se cumplirá para un tiempo de encuentro t e. Usando las ecuaciones de movimiento () (3), las coordenadas del piso del ascensor del perno, vienen dadas por: v t gt Exigiendo la condición de encuentro: ( t ) = ( t ), escribimos: p = h+ v t+ at () p = p () a e p e h+ vte + ate = vpte gte (3) Reordenando, escribimos: ( a + g) te + ( v vp) te h= (4) Dado que las velocidades iniciales del ascensor del perno son iguales v = v, se anula el término lineal en t e. Despejando, obtenemos la siguiente expresión para el tiempo de encuentro t e : p t e = h g + a (5) Nótese que el tiempo de encuentro t e no depende de la velocidad inicial, porque es la misma para el perno para el piso del ascensor. Numéricamente.5( m) 5 te = = ( s ) =.68( s ) ( ms) + ( ms) (6) d) Hallar la coordenada p del perno la coordenada del piso del ascensor, cuando se produce el choque entre el perno el piso del ascensor. Usando el tiempo de encuentro entre el perno el piso del ascensor, t =.68( s), podemos reemplazar este valor en las ecuaciones () (), para obtener: ( ) ( ) ( ) = 3 m s.68( s) m s.68 ( s ) (7) p e

29 6 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica p =.6( m) (8) ( ) ( ) ( ) =.5( m) + 3 m s.68( s) +.5 m s.68 ( s ) (9) =.6( m) () El hecho que la coordenada del piso del ascensor del perno sean negativas, significa que el encuentro se produce antes que el piso del ascensor llegue a pasar hacia arriba por el origen del sistema de referencia, es decir, antes que el piso del ascensor llegue a la posición que tenía el techo del ascensor originalmente. Por lo tanto, el perno alcanzó a subir hasta su altura máxima, luego bajó pasó de vuelta por la posición inicial, todavía tuvo tiempo de seguir bajando un poco más, porque su coordenada es negativa (esto lo confirmaremos en la pregunta e), al calcular el signo de la velocidad del perno al chocar con el piso del ascensor). El valor de la coordenada del punto de encuentro, depende directamente de la velocidad inicial, en cambio, el tiempo de encuentro t e no depende de la velocidad inicial, como puede verse en la relación (5). e) Hallar la velocidad del ascensor v la velocidad del perno v p en el momento del choque. Diga si el perno sube o baja en ese momento. Usando las ecuaciones () (4) que expresan la velocidad en función del tiempo, podemos calcular la velocidad en el momento del encuentro usando el tiempo de encuentro t =.68( s) : ( ) ( ) ( ) v = 3 m s 9.8 m s.68( s) = m s () p Dado que la velocidad es negativa, el perno va bajando en el momento del encuentro con el piso del ascensor que sube. demás, dado que su módulo es maor que la velocidad inicial, ello indica que se encuentra bajo el punto inicial de lanzamiento, tal como vimos en la pregunta d). Para el piso del ascensor se tiene: ( ) ( ) ( ) v = 3 m s + m s.68( s) = 3.68 m s () El signo positivo indica que el ascensor va hacia arriba, como debe ser. Equation Section (Next) Ejercicio (.8) Un ladrillo cae desde el techo de una casa, cua inclinación es θ = 3, con una rapidez inicial de 5( ms ) (ver Fig. (.8.)). La altura del techo de la casa es h 7.4( m) a) Calcule el tiempo que demora el ladrillo en llegar al suelo, b) Calcule la distancia horizontal que recorre el ladrillo, e =.

30 Capítulo Cinemática 7 c) Con los mismos datos iniciales, cuál debería ser el ángulo de inclinación del techo para que la distancia horizontal que alcanza el ladrillo al llegar al piso sea de x 3.6( m) =? v θ θ x Figura (.8.) Nota: Se trata del movimiento de una partícula en el campo gravitatorio, donde la velocidad inicial v de la partícula tiene dos componentes: v x en el eje X v en el eje Y. La aceleración viene dada por el vector a = g ˆj. Este tipo de movimiento se denomina: movimiento de proectiles. Las ecuaciones vectoriales del movimiento de proectiles son las siguientes: En componentes, estas ecuaciones quedan v = v gtˆj r = r + vt gt j ˆ () () x = x + vxt (3) v t gt v = v (5) = + (4) x x v = v gt (6) Nótese que si no existe componente de la velocidad inicial en la dirección X, es decir, si v x =, las ecuaciones a lo largo del eje X quedan: x= x ; v x = (7) se reobtienen las ecuaciones de movimiento en una dimensión, estudiadas en los problemas anteriores, a saber:

31 8 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica = + vt gt ; v = v gt (8) En resumen, el movimiento de proectiles se realiza en el plano ( XY, ) es una combinación de dos movimientos independientes, un movimiento a lo largo del eje X con aceleración cero ( a x = ) velocidad constante, otro movimiento a lo largo del eje Y con aceleración constante, la aceleración de gravedad ( a = g). Para nuestro problema, elegimos el origen del sistema de referencia en el punto donde el ladrillo sale del techo. Por lo tanto, = el suelo tiene coordenada = h= 7.4( m) el ángulo inicial θ es negativo porque el vector velocidad inicial v está bajo el eje X. Solución: a) Calcule el tiempo que demora el ladrillo en llegar al suelo El vector velocidad inicial viene dado por ˆ v = v cos( 3 ) i + v sin( 3 ) ˆj En componentes, se tiene: v = v = v () x cos( 3 ) ocos(3 ) v = v sin( 3 ) = v sin(3 ) () l llegar al piso, la coordenada vale: 7.4( m) =, reemplazando en la relación (4), se tiene ( ) ( ) ( ) 7.4 m = 5 m s sin 3 t 4.9 m s t Ecuación de segundo grado para el tiempo de caída. Existen dos soluciones: una positiva una negativa. La solución negativa no tiene sentido, a que todo el movimiento se inicia en t = ( s), por lo tanto, la única solución aceptable es la solución positiva, t =.( s) (3) b) Calcule la distancia horizontal que recorre el ladrillo Usando la relación (3), se tiene: ( ) x = 5 ms cos 3.( s) = 4.3( m) (9) () (4) x = 4.3( m) (5) c) cuál debería ser el ángulo de inclinación del techo para que la distancia horizontal que alcanza el ladrillo sea de 3.6( m )?

32 Capítulo Cinemática 9 En este caso los datos son: x = 3.6( m), = 7.4( m), v ( m s) =, pero ahora desconocemos el 5 valor del ángulo inicial. Dado que sabemos que el ángulo inicial está bajo la horizontal, escribimos explícitamente el ángulo inicial en la forma: θ. Usando estos datos en las ecuaciones (3) (4), tenemos ( ) ( ) ( θ ) 3.6 m = 5 m s cos t (6) ( ) ( ) ( θ ) ( ) 7.4 m = 5 m s sin t 4.9 m s t (7) Despejando el tiempo de la ecuación (6), se tiene 3.6 t = 5cosθ (8) Reemplazando este tiempo en la ecuación (7) Reordenando, obtenemos = 5 sinθ cosθ 5 cosθ Usando la identidad trigonométrica: ( tan θ ) (9) = 3.6 tanθ + () cos θ = + reemplazando en la expresión cos θ anterior, se tiene una ecuación de segundo grado en la incógnita tanθ : La solución positiva da: ( θ ) 7.4 = 3.6 tanθ tan () Buscando el arco tangente, se tiene el ángulo inicialθ buscado: tanθ = () θ = 4. Recordemos que, respecto de nuestro sistema de referencia, hemos escrito el ángulo inicial desconocido en la forma: θ, por lo tanto, el ángulo buscado es: 4.. (3) Equation Section (Next) Ejercicio (.9) Un bateador de béisbol golpea la bola a.85( m ) de altura de modo que adquiere una velocidad de 5( ms ) con un ángulo de θ = 7 sobre la horizontal. Un segundo jugador

33 3 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica ( el atrapador ), parado a la derecha de él a una distancia horizontal de 3( m ) en el mismo plano de la traectoria de la bola, comienza a correr hacia el bateador en el mismo instante en que éste golpea la bola (ver Fig. (.9.)). Si el segundo jugador (el atrapador), corriendo con velocidad constante, alcanza la bola a.9( m ) del suelo. 7 x b x a d v a x Figura (.9.) Hallar: a) la velocidad mínima del segundo jugador (el atrapador) b) la distancia recorrida por el segundo jugador (el atrapador) Nota: Ubiquemos el origen del sistema de referencia en el piso, justo desde donde se lanza la bola inicialmente. El jugador de la derecha (el atrapador) corre con velocidad constante v a hacia la izquierda su coordenada x a, medida respecto del origen del sistema de referencia mostrado en la Fig. (.9.), viene dada por: x = x + v t () a a a Como xa es decir, v = d, la velocidad v a apunta en sentido contrario a la velocidad horizontal de la bola, a = v iˆ, escribimos a x = d v t () a Por su parte, la bola se mueve con un movimiento de proectil, sus ecuaciones de movimiento son: x = v cosθ t (3) b a

34 Capítulo Cinemática 3 v t gt b = + sinθ (4) Solución: El jugador se encontrará con la bola, cuando se cumpla la condición x = x (5) Es decir, a b d v t = v cosθ t (6) a El tiempo t en que se produce este encuentro viene dado por la relación (4), cuando =.9( m), con =.85( m). Reemplazando los datos del problema, podemos escribir: reordenando ( ).9( m) =.85( m) + 5 m s sin 7 t 4.9( m s ) t (7) 4.9t 6.8t.5 + = (8) Ecuación de segundo grado que entrega dos tiempos positivos: el tiempo t cuando la bola pasa de subida por b =.9( m), el tiempo t ( t > t ), cuando la bola pasa de bajada por b =.9( m) : b t =.8( s) t =.( s) (9) Si consideramos el tiempo cuando la bola viene bajando, es decir, el tiempo maor t, entonces la velocidad v a del jugador será mínima porque tendrá que recorrer una distancia menor en el mismo tiempo. plicando este tiempo t =.( s) a la relación xa = xb dada por (6), se tiene: v cosθ t = d v t () a entonces, la velocidad v a del jugador viene dada por: Numéricamente v a d = vcosθ () t 3( m) va = 5( m s) cos 7 =.43( m s) ().( s) va =.43( m s) (3)

35 3 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica La distancia d a recorrida por el jugador de la derecha (el atrapador) viene dada por Numéricamente d a ( ) = v t (4) a d =.43 m s.( s) = 3.83( m) (5) a da = 3.83( m) (6) Equation Section (Next) Ejercicio (.) Un estudiante patea una piedra horizontalmente desde el borde de una plataforma de 4( m ) de altura en dirección a una poza de agua (ver Fig. (..)). v 4( m ) Si el estudiante escucha el sonido del contacto con el agua 3( s ) después de patear la piedra, cuál fue la velocidad inicial v de la piedra? Suponga que la rapidez del sonido en el aire es vs = 34( m s). x Figura (..) v x p = 4( m) d x p Figura (..)

36 Capítulo Cinemática 33 Nota: Este problema tiene dos tramos claramente diferenciados: un primer tramo de caída de la piedra como un proectil en el campo gravitatorio, un segundo tramo de regreso del sonido, en línea recta desde el punto de impacto de la piedra, hasta el punto de partida de la piedra (ver Fig. (..) Fig. (..)). Para el movimiento de proectil, las ecuaciones de movimiento viene dadas por x = x + v t () p p x p = p + vt gt () v = v (3) p xp x v = v gt (4) Dado que el sonido viaja con velocidad constante (aceleración cero), su ecuación de movimiento viene dada por x s = vt (5) demás sabemos que la suma del tiempo de caída t c, más el tiempo de viaje del sonido t s suman 3( s ), es decir, s t + t = 3( s) (6) Nótese que este problema es una generalización a dos dimensiones del problema (.6). Solución: c s La piedra sale como un proectil horizontal con velocidad inicial v, con un ángulo θ =. Si elegimos un sistema de referencia justo desde donde sale la piedra (ver Fig. (..)), entonces Las componentes de la velocidad inicial quedan: x = ; = (7) p p v = v cos = v ; v = v sin = (8) x Las ecuaciones de movimiento de la () a la (4) quedan x p = v t (9) x gt p = () vxp vp = v () = gt ()

37 34 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica De la ecuación () podemos despejar el tiempo de caída t c La coordenada p t c p de la poza de agua viene dada por: 4( m) = (3) g p =, luego t c vale, t c ( ( m) ) 4 = == =.857( s) (4) g 9.8 ( ms) De la relación (6) obtenemos el tiempo de subida del sonido al recorrer la distancia d (ver Fig. (..)): ( ) ( ) ( ) t = 3 s.857 s =.43 s (5) s Por la relación (5) vemos que la distancia d se relaciona con la velocidad del sonido v s el tiempo de subida del sonido t s, en la forma: Numéricamente d = v t (6) s s d = 34( m s).43( s) (7) d = 48.6( m) (8) hora podemos relacionar la distancia d con las coordenadas ( p, p ) teorema particular de Pitágoras en la Fig. (..): Donde 4( m) p p p = x p viene dado por la relación (9) Reemplazando estos datos en la relación (9), se tiene Usando t.857( s) c x del proectil, usando el d = x + (9) x ( ) ( ) p = vt () c m votc m 48.6 ( ) = + ( 4) ( ) () = despejando, se obtiene la velocidad inicial v v = 9.7( m s) () Equation Section (Next)

38 Capítulo Cinemática 35 Ejercicio (.) Una bolita sale rodando horizontalmente con velocidad v ( m s) = por el 3 descanso de una escalera (ver Fig. (..)). Los peldaños tienen alto a 8( cm) b= 3( cm). Encuentre el escalón en el cual la bolita cae por primera vez. = ancho v a b a Figura (..) b Nota: La bolita sigue un movimiento de proectil en el campo gravitatorio. Sus ecuaciones de movimiento son: x = x + v cosθ t () b = b + vsinθt gt () Si ubicamos el origen del sistema de referencia en el punto donde la bolita inicia su movimiento de proectil, se tiene que x b = b =. Si eliminamos el tiempo de las ecuaciones de itinerario () (), se obtiene la traectoria de la bolita en el campo gravitatorio, la cual tiene la forma de una parábola invertida: gx = xtanθ (3) v cos θ Por otra parte, la línea punteada en la Fig. (..) conecta los bordes de los peldaños de la escalera, La intersección de la parábola invertida con la línea recta da la solución al problema. Solución: Consideremos el origen del sistema de referencia justo donde sale rodando la bolita, como se muestra en la Fig. (..) Dado que la bolita sale horizontalmente, θ = tan = ; cos =, la ecuación de traectoria dada por (3), queda:

39 36 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica gx = (4) v La traectoria de la bolita corta a la línea recta que corresponde a los bordes de los peldaños (línea punteada en la Fig. (..) Fig. (..)). v a b a Figura (..) b x La ecuación de la línea recta, con pendiente negativa, viene dada por a = x (5) b Igualando las coordenadas verticales dadas por (4) (5), se obtiene la coordenada x donde se produce la intersección de las dos curvas traectorias: gx a x v = b (6) Esta ecuación de segundo grado tiene dos soluciones Una solución es x =, que corresponde al origen del sistema de referencia, la otra solución es: v a x = (7) gb Reemplazando datos numéricos, se tiene: 9( m s ).8( m) x = =.33( m) (8) 9.8 ms.3 m ( ) ( ) x =.33( m) (9) El valor de la coordenada a = x correspondiente es: b

40 Capítulo Cinemática 37.8 =.33 =.58.3 () a =.8 m de cada escalón, se tiene el Si dividimos la coordenada obtenida en () por el alto ( ) número de escalones que a ha recorrido a ( m) ( m).58 = = 3.3 ().8 Si por otra parte, dividimos la coordenada x obtenida en (9) por el ancho b.3( m) escalón, se tiene el número de escalones que a ha recorrido x b ( m) ( m) = de cada.33 = = 3.3 ().3 Nótese que por ambos métodos se llega al mismo resultado. Dado que > 3a, esto implica que la bolita ha recorrido algo más de 3 escalones, es decir, la bolita cae en el cuarto escalón. Equation Section (Next) Ejercicio (.) Un cohete inicia su movimiento con un velocidad inicial de v = e( m s) ˆ haciendo un ángulo de θ = 53. El vector unitario ê hace un ángulo θ con el eje X. El cohete viaja a lo largo de su línea de movimiento inicial con una aceleración total resultante (incluida la aceleración de gravedad) de a = 3eˆ ( m s ) durante 3( s ). En ese momento se apagan los motores el cohete empieza a moverse como un cuerpo libre en el campo gravitatorio. (Ver Fig...)., B 53 l h 53 d ramo I ramo II C Figura (..)

41 38 Ejercicios Resueltos de Mecánica Clásica Encuentre a) la altura máxima alcanzada por el cohete, medida desde el punto inicial de su movimiento, b) el tiempo total que el cohete estuvo en el aire hasta que llega al suelo, c) la distancia horizontal total medida desde que el cohete inició su movimiento, hasta que vuelve al suelo nuevamente. Nota: Este problema tiene dos tramos claramente definidos como se muestra esquemáticamente en la Fig. (..). El tramo inicial (tramo I) consiste en un movimiento unidimensional con aceleración constante a 3( m s ) = a lo largo del eje inclinado 53. El segundo tramo (tramo II) consiste en un movimiento de proectil en el campo gravitacional cua velocidad inicial es la velocidad final del tramo I. Solución: El tramo I corresponde al movimiento unidimensional en la dirección del vector unitario ê. Si ponemos el origen del sistema de referencia justo donde parte el cohete (punto ) además elegimos ejes coordenados derechos, entonces, el vector unitario ê que está a lo largo de la recta B en la Fig. (..) viene dado por eˆ = cos 53 iˆ+ sin 53 ˆj. B x l 53 d h ramo I Figura (..) En este movimiento unidimensional a lo largo del vector unitario ê, los datos son: v ( m s) ( m s ) =, a= 3. El cohete emplea un tiempo t = 3( s) en recorrer la distancia l. Las ecuaciones para este movimiento unidimensional vienen dadas por at l = vt+ () v= v + at ()