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1º de Bachillerato TEMA 7 CINEMÁTICA

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(1)

Física y Química

1º de Bachillerato

TEMA 7

CINEMÁTICA

1. Un móvil tiene un vector de posición dado por j 5 10 t k m

t 3

3 3 i t 1

2

r

  

− +

   

 

+ − +      

+

= .

Calcular:

a) Su posición inicial

b) Su posición en el instante t = 0’5 s

c) Su posición final cuando haya transcurrido un tiempo muy grande d) El instante en el que pasa por el punto A (0’5 , 2’5 , 4’999 ) m e) Su velocidad media durante los tres primeros segundos

Solución: ( 2 , 2 , 4 ) m ( 3 4

, 7 15

, 4’68 ) m ( 0 , 3 , 5 ) m 3 s ( -0’5 , 0’167 , 0’333 ) m/s

2. Un móvil posee un vector de posición dado por la ecuación

(

)

j 2 t

18 2

t

r 2 2

+ + +

= i m.

a) Averiguar si el móvil pasará en su recorrido por el punto ( 6 , 3 ) m y en qué instante b) Lo mismo para el punto ( 3 , 7 )

c) Lo mismo para el punto ( 3 , 6 ) d) Escribir la ecuación de la trayectoria

Solución: t = 2 s NO SI, t = 1 s

x 18

y= (hipérbola)

3. El vector de posición de un móvil es r =

( )

t2+1 i +

(

2t+2

)

j +3k m a) Obtener la ecuación de su trayectoria

b) ¿De qué tipo de movimiento se trata?

c) Calcular la distancia que separa al móvil del origen de coordenadas en el instante t = 15 s

Solución: una parábola parabólico 228’3 m

4. Un móvil tiene una velocidad dada por el vector j m/s t

1 3 i

t 1

2 2

v

    

+ +    

 

+ + =

Calcular sus celeridades máxima, mínima y los instantes en que se alcanzan dichos valores. Solución: 5 m/s y 2 m/s t = 0 s y t =

5. En un cierto instante un móvil tiene una velocidad de v =2'3i +4'7j1'2k m/s y una

aceleración de 2

m/s k j 5'2

a = − . Calcular su aceleración normal sabiendo que el radio de curvatura de su trayectoria en ese instante es de 12’6 m.

Solución: aN = 2’29 m/s2 aT = 4’78 m/s2 6. Escribir las ecuaciones cinemáticas de los siguientes movimientos:

a) Un MRU con v0 =6i +3jk m/s y r0 =2i +3j +5k m

(2)

7. Suponiendo que la Tierra y Venus describen movimientos circulares uniformes en el mismo plano alrededor del Sol y sabiendo que sus periodos son de 365’25 días y 224’70 días

respectivamente, averiguar en qué próxima fecha se alinearan del mismo lado con el Sol si la última vez que se produjo el fenómeno fue el 23 de Agosto de 2007.

Solución: 28 de Mayo de 2009

8. Un punto material describe uniformemente una trayectoria circular de 120 cm de radio, dando 30 vueltas cada minuto. Calcular el periodo, la frecuencia, la velocidad angular, la velocidad areolar y la aceleración centrípeta.

Solución: 2 seg 0’5 Hz 3’14 rad/seg 3’77 m/s 11’8 m/s2 9. Desde el mismo punto de una circunferencia parten dos móviles en sentidos opuestos. El primero

de ellos recorre la circunferencia en 2 h 4 min. El segundo recorre un arco de 6º 30’ cada minuto. Determinar en qué punto se encontrarán y el tiempo invertido en ello.

Solución: α = 111º t = 38 min 17 seg

10. Un cuerpo, que inicialmente está sobre el eje positivo Y, comienza a describir un MCU de 2’5 m de radio y una frecuencia de 0’2 Hz.

a) Escribir las ecuaciones del movimiento b) Deducir su posición al cabo de 5 seg

c) Calcular el tiempo que debe pasar para que su posición sea P ( 2’165 , 1’25 ) m

Solución: a) j m

2

π

0'4π'

sen 2'5 i 2

π

0'4π'

cos 2'5

r

  

 

+ +

   

 

+ =

b) r

( )

5 =2'5j m c) t=4'16seg

11. Sobre la superficie de un lago se lanza una piedra horizontalmente desde la orilla situada a 5 m de altura. Si la velocidad del la velocidad del lanzamiento ha sido de 38 Km/h, calcular:

a) El tiempo que tardará en chocar contra el agua b) La distancia horizontal recorrida

c) El ángulo con el que se introduce en el agua

Solución: 1’01 s 10’1 m 63º

12. Un avión de bombardeo, en vuelo horizontal, viaja a una velocidad de 360 Km/h y a una altura de 1000 m sobre el suelo.

a) ¿A qué distancia horizontal del objetivo debe dejar caer una bomba para poder acertar en él?

b) Si el objetivo es un camión que circula por una carretera recta justo debajo del avión, ¿a que distancia horizontal debe lanzar ahora la bomba para acertar en el camión si este se acerca a 72 Km/h?. ¿Y si se aleja a esa misma velocidad?

Solución: 1429 m 1715 m 1143 m

13. Se dispara un cañón con una inclinación de 45º, siendo la velocidad de la bala de 490 m/s. a) Calcular el alcance, la altura máxima y el tiempo que tardará en chocar contra el suelo b) La posición del proyectil y su velocidad a los 2 seg del disparo

(3)

14. Un futbolista es capaz de impulsar el balón con una velocidad de 54 Km/h.

a) ¿Cuál será la distancia máxima que podrá alcanzar la pelota, si despreciamos el rozamiento con el aire?

b) ¿Con qué ángulo debería efectuar el disparo de la pelota si quiere meter gol en la portería situada a 20 m de distancia?

c) ¿Lograría meter gol si a mitad de camino está el portero que puede saltar hasta 3 m de altura?

d) En caso negativo ¿qué debería hacer para meter gol?

Solución: 23 m 30º 17’ NO lanzar con un α=59º43'

15. Se deja caer una pelota desde lo alto de un edificio de 50 m de altura. En su caída, y debido a la fuerza del viento, la pelota tiene una aceleración lateral de 0’5 m/s2. Escribir las ecuaciones del movimiento, calcular su trayectoria y el punto donde chocará contra el suelo.

(4)

PROBLEMA 1

a) Posición inicial

Sustituimos la variable independiente por su valor t = 0

( )

− = +       − +       =       − +       + − +       +

= i j k i j k

r 5 1

3 3 3 1 2 0 10 5 0 3 3 3 0 1 2 m k j i 2 4

2 + +

b) Posición en el instante t = 0’5 s

=       − +       + − +       +

= i j k

r 5 10 0'5

5 ' 0 3 3 3 5 ' 0 1 2 m k j

i 4'684

7 15 3 4 + +

c) Posición para un tiempo muy grande t = ∞

(

)

= +       ∞ − +       ∞ =       −∞ +       ∞ + − +       ∞ +

= i j k i j k

r 5 10 2 3 3 5 0

3 3 3 1 2 m k j 5 3 +

d) Instante en el que pasa por el punto A (0’5 , 2’5 , 4’999 ) m

Establecemos las igualdades entre x, y, z con los valores ce las coordenadas del punto A

        = → − = − → − = → − = − → = − − = → = + → = + → + = − → = + − = → + = → + = → = + 3 10 3 10 10 001 ' 0 10 999 . 4 5 999 ' 4 10 5 3 6 3 5 ' 0 3 3 3 3 5 ' 2 3 5 ' 2 3 3 3 3 1 4 1 5 ' 0 2 5 ' 0 1 2 t t t t t t t t t t t t t t

Los tres resultados son iguales y por tanto se puede afirmar que el móvil pasa por el punto A en el instante t = 3 s

e) Velocidad media durante los tres primeros segundos

Tenemos que     + + = → = + + = → = k j i r t k j i r t B B A A 999 ' 4 5 ' 2 5 ' 0 3 4 2 2 0

(Obtenidos en los apartados a y d)

(

) (

)

=

(

) (

+ −

)

+

(

)

= − + + − + + = − − = 3 4 999 ' 4 2 5 ' 2 2 5 ' 0 0 3 4 2 2 999 ' 4 5 ' 2 5 '

0 i j k i j k i j k

t t r r v A B A B m = + + − = 3 999 ' 0 5 ' 0 5 '

1 i j k

s m k j

i 0'167 0'333 / 5

'

0 + +

(5)

PROBLEMA 2

a) Para averiguar si pasa por dicho punto se comprobará que las componentes x e y del vector de posición toman los valores 6 y 3 de las coordenadas del punto en el mismo instante

   

= + =

= + =

3 2 18

6 2

2 2

t y

t x

3 18 2

2 6

2 2

= + →

− = →

t t

seg t

seg t

2 4

2 4

± = = →

± = = →

Se deduce que el móvil pasa por el punto (6 , 3) en el instante t = 2 seg. El valor negativo -2 no se considera una solución válida por ser un tiempo anterior al inicio del movimiento

b) Este segundo caso se resuelve con el mismo método pero teniendo en cuenta que x = 3 e y = 7

   

= + =

= + =

7 2 18

3 2

2 2

t y

t x

7 18 2

2 3

2 2

= + →

− = →

t t

seg t

seg t

76 ' 0 7 4

1 1

± = = →

± = = →

Al no coincidir los tiempos se deduce que el móvil no pasará jamás por este punto

c) Se calcula de igual manera para el punto ( 3 , 6)

   

= + =

= + =

6 2 18

3 2

2 2

t y

t x

6 18 2

2 3

2 2

= + →

− = →

t t

seg t

seg t

1 1

1 1

± = = →

± = = →

El móvil pasa por este punto en el instante t = 1 seg

d) La ecuación de la trayectoria en forma paramétrica se obtiene teniendo en cuenta la dependencia de estas componentes con respecto del tiempo. Al eliminar el tiempo se obtienen

a paramétric

a trayectori

    

= +

= + =

0 2 18

2

2 2

z t y

t x

contínua a trayectori

   

= =

plano z

hipérbola x

y

0 18

Estas ecuaciones corresponden por tanto a una hipérbola en el plano z = 0

X

Y Z

Plano z = 0

(6)

PROBLEMA 3

a) Ecuación de la trayectoria

La ecuación de la trayectoria en forma paramétrica viene dada por las componentes x, y, z del vector de posición

a paramétric

a trayectori

    

= + =

+ =

3 2 2

1 2

z t y

t x

Para obtener la ecuación continua de la trayectoria debemos eliminar la variable t. Despejamos el valor de t en función de la y, sustituyendo luego en la ecuación de la x

2 2

− = y

t 1

2

2

2 +

      − = y

x 1

4 4 4 2

+ − +

= y y

x 2

4

1 2− ++

= y y

x

contínua a trayectori

   

=

+ − =

plano z

parábola y

y x

3

2 4

1 2

Estas ecuaciones corresponden a una parábola en el plano z = 3

b) Tipo de movimiento

Se trata de un movimiento parabólico, reflejado de manera aproximada en el dibujo siguiente

c) Distancia que separa al móvil del origen de coordenadas en t = 15 s

El vector de posición en ese instante es r =

(

152+1

)

i +

(

2⋅15+2

)

j +3k =226i +32j +3k

La posición del móvil en ese instante es el punto P ( 226 , 32 , 3 ) La distancia al origen O es igual al módulo del vector de posición

= + +

= 2 2 2

3 32 226

r 228'3m

X

Y

Plano z = 3

Parábola X=y2/4-y+2

(7)

PROBLEMA 4

El tiempo transcurre entre t = 0 y t = ∞, de manera que al estar t en el denominador cuanto mas tiempo

transcurra, menor serán los cocientes y la velocidad del móvil

a) El valor máximo se producirá para el menor t posible, es decir, para t = 0

(

t

)

i j i j m s

v 4 3 /

0 1

3 0

1 2 2

0  = +

    

+ +    

 

+ + = =

Y la celeridad es vmax = 42+32 = 25 =5m /s

b) El valor mínimo se producirá para un tiempo infinitamente grande

(

t

)

i j

(

)

i j i m s

v 2 0 0 2 /

1 3 1

2

2  = + + =

    

∞ + +    

 

∞ + + = ∞ =

Y la celeridad es vmin = 22+02 = 4 = 2m /s

PROBLEMA 5

El módulo de la velocidad (celeridad) es v= 2'32+4'72+

( )

−1'2 2 =5'368m/s

La aceleración normal será = = =

6 ' 12

368 '

5 2

2

R v

aN 2'287m/s2

La aceleración en componentes intrínsecas y cartesianas es

   

+ =

+ =

− =

+ +

=

T T N T

T N N

Z Y

X

u a u u

a u a a

k j k

a j a i a a

295 ' 5

2 ' 5

Y los módulos son, respectivamente

( )

   

+ =

− + =

2 2

2 2

287 ' 2

1 2 ' 5

T

a a

a

Igualamos las dos ecuaciones 5'22+

( )

−12 = 2'2872+aT2

(8)

PROBLEMA 6

En los tres casos sustituimos los valores numéricos conocidos en las ecuaciones generales del movimiento correspondiente

a) MRU

(

) (

)

(

)

    

=

− + =

+ − + + + + =

0 3 6

5 3

3 2

6

a

k j i v

k t j t i t r

b) MRUA

(

)

(

)

(

) (

)

    

+ − =

− + + − =

+ − + + + + − =

k i a

k t i t v

k t t j i t t r

2 2

1 2 1 2

5 2

1 2

2

c) MCU

  

   

 

   

 

+ −

   

 

+ −

=

   

 

+ +

   

 

+ −

=

   

 

+ +

   

 

+ =

j t

sen i

t a

j t

i t

sen v

j t

sen i

t r

3 2 2 185 ' 1 3

2 2 cos 85 ' 1

3 2 2 cos 178 ' 1 3

2 2 178 ' 1

3 2 2 75 ' 0 3

2 2 cos 75 ' 0

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

Hay que tener en cuenta que

2 4 2

2π π π

ω = = =

T y que 3 rad

2 º 120 0

π

α = =

PROBLEMA 7

Alineados del mismo lado significa que ambos planetas y el Sol están en la misma recta con éste último en un extremo, tal y como indica la figura.

Elegimos como origen de tiempos el instante en que estuvieron alineados los planetas por última vez, es decir el 23-8-2007.

Debido a que Venus tiene un periodo menor su velocidad angular es mayor y gira por tanto más rápido que la Tierra. Por esta razón dará una vuelta completa y luego alcanzará a la Tierra, volviéndose a producir de nuevo el fenómeno de la alineación

V

(9)

Las ecuaciones del movimiento de ambos planetas son

TIERRA

  

   

 

= = =

0

/ 25

' 365

2'25 365

2

T T T

día rad

rad t

φ

π

ω

π

α

VENUS

  

   

 

= = =

0

/ 7

' 224

2 7 ' 224

2

V V V

día rad

rad t

φ

π

ω

π

α

Cuando se vuelven a alinear la Tierra habrá girado un ángulo αT . Venus habrá recorrido el mismo ángulo

más una vuelta entera más (2π rad)

α

V =

α

T +2

π

π

π

2

π

25 ' 365

2 7

' 224

2 = +

t

t 1

25 ' 365 7 '

224 = +

t t

Despejando el valor del tiempo obtenemos que t=584días

Y la fecha buscada se producirá 584 días después del 23 de Agosto de 2007, que corresponde al

PROBLEMA 8

• Si el móvil da 30 vueltas cada 60 seg es que tarda 2 seg en cada vuelta. Por tanto

seg T =2

• La frecuencia es la inversa del periodo, es decir

= = =

2 1 1

T

N 0'5Hz

• La velocidad angular es

= = =

2 2

2

π

π

ω

T π rad /s

• La velocidad areolar es la velocidad lineal

= ⋅ = ⋅

R π 12

v 3'77m /s

• La aceleración centrípeta en el MCU es la aceleración normal

= =

=

2 ' 1 77 '

3 2

2

R v

aN 2

/ 84 '

11 m s

(10)

PROBLEMA 9

• La velocidad angular del primer móvil será rad s

t

A /

7440 2 60 4 60 60 2

2

π

π

α

ω

=

⋅ + ⋅ ⋅ = =

• La velocidad angular del segundo móvil es grados s

(

)

rad s

t

B /

60 180 / 5 ' 6 / 60

º 5 '

6

π

α

ω

= = = ⋅

A partir del sistema de referencia angular de la figura se deduce que las ecuaciones angulares del movimiento de los cuerpos son las siguientes

MÓVIL A

  

   

 

= = =

0

/ 7440

2 7440

2

A A A

s rad

rad t

φ

π

ω

π

α

MÓVIL B

  

   

 

= − =

− =

0

/ 10800

5 ' 6 7440

5 ' 6

B B B

s rad rad t

φ

π

ω

π

α

Prescindiendo del signo negativo, la suma de αA y αB es la circunferencia completa, es decir, un ángulo

de 2π radianes

α

A+

α

B =2

π

π

π

π

2 10800

5 ' 6 7440

2 + =

t

t 2

10800 5 ' 6 7440

2t + t =

De donde se obtiene que t=2297seg =38min17seg

Este tiempo corresponde a un ángulo A = ⋅2297=1'9398rad =

7440 2

π

α

111º8'42''

inicial final

Sentido +

αB

αA

(11)

PROBLEMA 10

a) Ecuaciones del movimiento

Si la frecuencia es de 0’2 Hz, la velocidad angular será

s rad N 2 0'2 0'4 /

2π π π

ω = = ⋅ =

Tenemos en cuenta también que inicialmente el cuerpo está situado en el eje Y, tal y como indica la figura. Si tomamos como eje de referencia

angular el eje X entonces el cuerpo tiene una fase

inicial 2 º 90 0 π α = =

Con todo esto sustituimos los valores de R, ω y α0 en las ecuaciones generales del MCU y

obtenemos                + −       + − =       + +       + − =       + +       + = j t sen i t a j t i t sen v j t sen i t r 2 4 ' 0 48 ' 39 2 4 ' 0 cos 48 ' 39 2 4 ' 0 cos 42 ' 31 2 4 ' 0 42 ' 31 2 4 ' 0 5 ' 2 2 4 ' 0 cos 5 ' 2

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

b) Posición para t = 5 seg

=

+

+

+

=

+

+

+

=

2

2

5

'

2

2

2

cos

5

'

2

2

5

4

'

0

5

'

2

2

5

4

'

0

cos

5

'

2

π

π

i

sen

π

π

j

π

π

i

sen

π

π

r

= + =       +      

= i sen j 0i 2'5j

2 5 ' 2 2 cos 5 '

2 π π 2'5j

La posición es el punto Q ( 0 , 2’5) , es decir, la misma que al principio

c) Tiempo para llegar a la posición P (2’165 , 1’25 )

Esto se conseguirá para un cierto tiempo tA en el que se cumple

j i j t sen i t t

r A A A 2'165 1'25

2 4 ' 0 5 ' 2 2 4 ' 0 cos 5 ' 2 ) (  = +      + +       + = π π π π

a partir de esta ecuación se obtiene una igualdad para cada componente

X Y Posición

inicial

(12)

     

=    

 

+ =    

 

+

25 ' 1 2 4

' 0 5 ' 2

165 ' 2 2 4

' 0 cos 5 ' 2

π π

π π

A A

t sen

t

     

=    

 

+ =    

 

+

5 ' 2

25 ' 1 2 4

' 0

5 ' 2

165 ' 2 2 4

' 0 cos

π π

π π

A A

t sen

t

    

= +

= +

5 ' 2

25 ' 1 2

4 ' 0

5 ' 2

165 ' 2 arccos 2

4 ' 0

arcsen t

t

A A

π

π

π

π

    

+ =

+

+ =

+

π π

π

π π

π

n t

n t

A A

2 5236 ' 0 2 4

' 0

2 5236 ' 0 2 4

' 0

Como se observa, obtenemos la misma igualdad para las dos componentes. En esta igualdad es necesario averiguar el valor de tA , teniendo en cuenta que el número n = 0,1,2,3...

• Si n = 0 → 0'5236 0

2 4

'

0 πtA+π = + → t seg

A =−0'83 Solución NO VALIDA

• Si n = 1 → π π 0'5236 2π

2 4

'

0 tA+ = + → t seg

A =4'16 Pasa la 1ª vez • Si n = 2 → π π 0'5236 4π

2 4

'

0 tA+ = + → tA =9'16seg Pasa la 2ª vez • ...

Sucesivamente cada 5 seg volverá a pasar por esa posición, lo cual es lógico pues se trata de un movimiento periódico cuyo periodo es

seg N

T 5

2 ' 0

1

1 = =

=

PROBLEMA 11

Se trata de un tiro horizontal con una altura inicial de 5 m y una velocidad inicial de v0 =36Km/h=10m/s

v

α X

Y

vx

(13)

Las ecuaciones del movimiento son las siguientes

  

  

 

− =

− =

   

 

− + =

j a

j t i v

j t i

t r

8 ' 9

8 ' 9 5

8 ' 9 2 1 5

5 2

a) Tiempo que tardará en chocar contra el suelo

Aplicamos la fórmula del tiro horizontal para el tiempo de vuelo

= ⋅ = =

8 ' 9

5 2 2

g h

tm 1'01seg

b) Distancia horizontal xm

La fórmula es = = ⋅ =

8 ' 9

5 2 10 2 0

g h v

xm 10'1m

c) Ángulo de la velocidad con la superficie del agua

El ángulo con el que la piedra choca contra el agua es α y viene indicado en el dibujo de arriba.

Calculamos la velocidad utilizando la ecuación general y teniendo en cuenta el tiempo de vuelo calculado en el apartado a

(

t

)

i j i j m s v =1'01 =5 −9'8⋅1'01 =5 −9'9 /

En el dibujo se puede ver que

x y v v

tgα = y entonces

x y v v tg arc =

α

Con lo cual = =

5 9 ' 9

tg arc

α 63º

PROBLEMA 12

Es un tiro horizontal desde una altura de 1000 m y una velocidad inicial de v0 =360Km/h=100m/s

a) El objetivo está en reposo

En este caso hay que calcular sencillamente el alcance xm

X Y

(14)

8 ' 9

100 2 100 2

0

⋅ =

= g

h v

xm Y se obtiene que xm =1429m

b) Camión móvil

Si el camión está en movimiento habrá que tener en cuenta la distancia que éste recorre durante el tiempo que está cayendo la bomba, que es

s g

h

tm 14'29

8 ' 9 1000 2

2 ==

=

Como el camión tiene una velocidad constante de v=72Km/h=20m/s, recorrerá un espacio de e=vtm =20⋅14'29=286m

• Si el camión va en el sentido opuesto del avión la distancia horizontal total será

= + =

+

=x e 1429 286

d m 1715m

• En cambio si el camión circula en el mismo sentido que el avión la distancia a la que se debe lanzar la bomba será

= − =

=x e 1429 286

d m 1143m

X Y

xm

e d

v

X Y

xm e

d

(15)

PROBLEMA 13

Se trata de un tiro oblicuo y por tanto utilizaremos las ecuaciones de dicho movimiento

a) Alcance, altura máxima y tiempo de vuelo

= ⋅ =

=

8 ' 9

45 2 490

2 2

2

0 sen

g sen v

xm

α

24500m

= ⋅

= =

8 ' 9 2

45 490

2

2 2 2

2

0 sen

g sen v

ym

α

6125m

= ⋅

= =

8 ' 9

45 490 2

2 0 sen

g sen v tm

α

seg

7 ' 70

b) Posición y velocidad a los 2 seg

Las ecuaciones cartesianas del tiro oblicuo se obtienen sustituyendo los valores numéricos correspondientes a v0, α y g obteniéndose las siguientes

(

)

(

)

(

)

  

  

 

− =

− +

=

  

− +

=

k g a

k gt sen v i v

v

j gt t sen v i t v

r

α

α

α

α

0 0

2 0

0

cos

2 1 cos

(

)

(

)

(

)

  

  

 

− =

− +

=

  

− +

=

k a

k t sen

i v

j t t sen i

t r

8 ' 9

8 ' 9 45 490 45

cos 490

2 8 ' 9 45 490 45

cos

490 2

Para t= 2 seg sustituimos en las ecuaciones anteriores

(

)

i

(

sen

)

j r = + − 22

2 8 ' 9 2 45 490 2

45 cos

490 =693i +673'4 j m

(

− ⋅

)

= +

= i sen k

v 490cos45 490 45 9'8 2 346'5i +326'9k m/s

Y el módulo de la velocidad v= 346'52+326'92 =476'4m /s

PROBLEMA 14

Despreciando en todo momento el rozamiento con el aire, el balón tendrá un movimiento semejante al tiro oblicuo, con una velocidad inicial de v0 =54Km/h=15m/s

Distancia máxima

Se alcanzará la máxima distancia de lanzamiento cuando éste se efectúe con un ángulo de 45º

(

)

m

g v

xm 23

8 ' 9 15 max

2 2

0 = =

(16)

Ángulo de lanzamiento

Utilizamos la fórmula del alcance

8 ' 9

2 15 20

2 2

2

0

α

sen

α

g sen v

xm = → =

871 ' 0 2

α

=

sen 2

α

=arcsen0'871 → α =30º17'

Si la altura máxima ( a mitad del recorrido) es menor de 3 m, el portero logrará parar el balón

(

)

=

⋅ =

=

8 ' 9 2

' 17 º 30 15

2

2 2 2

2

0 sen

g sen v

ym

α

2’92 m

Como es menor de 3 m el portero logrará parar y NO se marcará gol

Para marcar el gol se puede realizar el lanzamiento con un tiro elevado cuyo alcance es el mismo pero su altura es mayor y el portero no logrará detenerlo

α

E =90−

α

R

(

30º17'

)

59º43'

90− =

=

E

α

(

)

8 ' 9 2

' 43 º 59 15

2

2 2 2

2 0

⋅ =

= sen

g sen v ym

α

3 6 ' 8 max = m>

y SI marcará gol

PROBLEMA 15

Es una composición de dos movimientos perpendiculares entre sí y ambos uniformemente acelerados: uno el de la caída de la pelota hacia el suelo con la aceleración de la gravedad y otro el desplazamiento lateral debido al viento y con una aceleración de 0’5 m/s2.

MRUA 1

  

  

 

− =

− =

   

 

− =

j a

j t v

j t r

8 ' 9

8 ' 9

2 8 ' 9 50

1 1

2 1

MRUA 2

      

= = =

i a

i t v

i t r

5 ' 0

5 ' 0

2 5 ' 0

1 1

2 1

(17)

Las ecuaciones totales de la composición de los dos movimientos son:

    

− =

+ =

− =

+ =

− + =

+ =

j i

a a a

j t i t v

v v

j t i

t r

r r

8 ' 9 5 ' 0

8 ' 9 5 ' 0

) 9 ' 4 50 ( 25 ' 0

2 1 1

2 1

2 2

2 1

La trayectoria en forma paramétrica se obtiene de las componentes del vector de posición

  

  

 

=

− = →

     

− = → −

=

= → =

0

6 ' 19 50 25

' 0 9 ' 4 50 9

' 4 50

25 ' 0 25

' 0

2

2 2

z

x y

x y

t y

y la de ecuación la

en s sustituimo x

t t

x

La trayectoria en forma continua es entonces y =50−19'6x, que corresponde a una línea recta con pendiente negativa tal y como está indicado en el dibujo

Cuando choque la pelota contra el suelo la coordenada y será cero. Utilizamos la ecuación de la y en forma paramétrica

2

9 ' 4

50 t

y= − → 0 50 4'9 2 m t

= → t s

m 3'2 9

' 4 50

± = ±

=

Tomamos como valor válido el positivo. Durante ese tiempo la pelota recorrerá de izquierda a derecha un espacio que corresponde al lugar donde choca contra el suelo xm. Utilizamos ahora la

ecuación de la x en forma paramétrica

Referencias

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