PROBLEMAS DE CINEMÁTICA

U C L M A p

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í s i c a

E.T.S. INGENIEROS AGÓNOMOS

FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA

PROBLEMAS DE CINEMÁTICA PROBLEMAS DE CINEM

PROBLEMAS DE CINEM Á Á TICA TICA

Equipo docente:

Antonio J. Barbero

Mariano Hernández Puche Alfonso Calera Belmonte

2

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CINEMÁTICA Problema 1 (1)

Desde lo alto de una torre cuya altura es h₀ = 12 m se lanza hacia arriba una piedra formando un

ángulo φ = 60º con la horizontal. La velocidad inicial de la piedra es 36 km/h, y el lanzador está a una distancia d = 3 m del pretil de la torre. (Véase figura). Se quiere saber:

A) ¿Cuál es la trayectoria de la piedra?

B) Su altura máxima sobre el suelo.

C) A qué distancia del pie de la torre chocará contra el suelo.

D) Su velocidad cuando se estrelle contra el suelo.

h₀

d v₀

h₀

d v₀ v_0y

v_x φ La velocidad en el eje X se mantiene constante

X

La velocidad en el eje Y cambia... Y

... debido a la aceleración de la gravedad

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CINEMÁTICA Problema 1 (2)

h₀

d

X Y

x y

t v x

=

⋅

v_x

2

0

2

1

v

y

=

⋅ − ⋅

v₀ v_0y

v_x φ

φ

0

⋅ cos

= v

2 2

2 0

cos

tg 2 x

v x g

y = ⋅ − ⋅

φ φ

v_0y

-g

2 2

2

cos 60 10

· 2

8 . 60 9

tg

y

= ⋅ − ⋅ = 1 . 732 ⋅

− 0 . 196 ⋅

(apartado A)

Se trata de una parábola

4

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CINEMÁTICA Problema 1 (3)

Posición del máximo (apartado B) → En el máximo la tangente es horizontal

2 2

2 0

cos

tg 2 x

v x g

y = ⋅ − ⋅

φ φ v x

g dx

dy = − ⋅

φ

φ

0

cos

tg

= 0

g

x_Max

=

⋅ sen φ ⋅ cos φ

g v

2 2

2

sen

0

⋅ φ

=

m 12 .

= 4

xMax y_Max =3.83m h₀

d

X Y

x_Max y_Max

m 83 . 15 83

. 3

0

+ y

= 12 + = h

Altura desde el suelo:

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CINEMÁTICA Problema 1 (4)

Lugar en que se estrella contra el suelo (apartado C)

h₀

d

X

Y ²

2 2

0

cos

tg 2 x

v x g

y = ⋅ − ⋅

φ φ

x_suelo x_suelo-d

h0

y = −

cos 0

2 ⁰

2 2

2 0

=

−

⋅

−

⋅x tg x h

v g

suelo

suelo φ

φ

0 12 732

. 1 196

.

0 ⋅x_suelo² − ⋅x_suelo − = m

40 .

=13

suelo

x x_suelo = −4.57m

m 40 . 10 3

40 .

13 − =

=

− d x

Distancia desde el pie de la torre:

6

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CINEMÁTICA Problema 1 (5)

Cálculo de velocidad cuando se estrella contra el suelo (apartado D) Razonamiento:

Calculemos el tiempo t_suelo que tarda en llegar al suelo... y a partir de ahí la velocidad

x suelo suelo

v t = x

º 60 cos 10

40 . 13

= ⋅ = 2.68s Tiempo t_max que tarda en llegar al punto más alto

x max

max v

t = x

º 60 cos 10

12 . 4

= ⋅ =0.88s Desde el punto más alto cae sin ninguna

velocidad inicial en el eje Y, por lo que la componente vertical de la velocidad es:

) ( _{suelo max}

suelo

y g t t

v = − =17.61m/s

Velocidad en el punto en que choca con el suelo:

10·cos 60º

17.61

2 suelo 2

y x

suelo v v

v = +

v_suelo = 18.31 m/s θ

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

= ⁻ ⎛

suelo

tg 1

y x

v

θ v = 15.85º

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CINEMÁTICA Problema 2 (1)

Considérese un tiro parabólico en ausencia de rozamiento. Determinar la velocidad vertical, la velocidad total y el ángulo que forma la velocidad total con la horizontal en función de la posición x. Háganse gráficas de estas tres magnitudes en función de la posición en el intervalo 0-14 m empleando los datos numéricos del problema anterior (velocidad inicial de la piedra 36 km/h, ángulo de lanzamiento 60º).

2 2

2 0

cos

tg 2 x

v x g

y = ⋅ − ⋅

φ φ

Ecuación de la trayectoria:

v x g dx

dy = − ⋅

φ

φ

0

cos

y

tg

v x

v g dx

dt dt

dy = − ⋅

φ _{2 2}φ

0 cos tg

dt x dx v

g dt

dy ⎟⎟⋅

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − ⋅

= φ _{2 2}φ

0 cos

tg x v_x

v g dt

dy ⎟⎟⋅

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − ⋅

= φ _{2 2}φ

0 cos tg

v x v g

dt

v_y = dy = − ⋅

φ φ sen cos

0 0

8

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CINEMÁTICA Problema 2 (2)

φ

0cos v v_x =

v x v g

v_y = − ⋅

φ φ sen cos

0 0

2

0 0

2 2

0 2

2

cos cos

cos ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − ⋅

+

= +

= x

v v g

v v

v

v _{x y}

φ φ φ

θ

v vy

vx

x y

v

= v θ tg

0,00 8,66 0,50 7,68 1,00 6,70 1,50 5,72 2,00 4,74 2,50 3,76 3,00 2,78 3,50 1,80 4,00 0,82 4,42 0,00 4,50 -0,16 5,00 -1,14 5,50 -2,12 6,00 -3,10 7,00 -5,06 8,00 -7,02 9,00 -8,98 10,00 -10,94 11,00 -12,90 12,00 -14,86 13,00 -16,82 13,40 -17,60 x (m) v_y(m/s)

=

⋅

=v₀ cosφ v_x

m/s 5 60 cos

10⋅ =

=

v (m/s) 10,00 9,16 8,36 7,60 6,89 6,26 5,72 5,31 5,07 5,00 5,00 5,13 5,43 5,88 7,11 8,62 10,28 12,03 13,83 15,68 17,55 18,30

θ (º) 60,0 56,9 53,3 48,8 43,5 36,9 29,1 19,8 9,3 0,0 -1,8 -12,8 -23,0 -31,8 -45,3 -54,5 -60,9 -65,4 -68,8 -71,4 -73,4 -74,1

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CINEMÁTICA Problema 2 (3)

0 2 4 6 8 10 12 14

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

Velocidades (m/s)

Posición x (m)

0 2 4 6 8 10 12 14

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

Velocidades (m/s)

Posición x (m)

v v_y

10

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CINEMÁTICA Problema 2 (4)

0 2 4 6 8 10 12 14

-80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80

Ángulo con la horizontal (º)

Posición x (m)

θ

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CINEMÁTICA Problema 3 (1)

Por el pozo de una mina caen desde la superficie gotas de agua a razón de una gota por segundo. Un montacargas que sube por el pozo a 10 m/s es alcanzado por una gota de agua cuando está a 100 m por debajo del suelo. ¿A qué profundidad y

cuánto tiempo después alcanzará la siguiente gota de agua al montacargas? (tómese g = 10 m/s²). Pueden despreciarse los efectos del rozamiento sobre las gotas.

En t = 0, ¿dónde se encuentra y qué velocidad lleva la gota que se estrellará próximamente?

Superficie

100 m

h₀

v_m

10 m/s

v_g y

h₀-y

Razonamiento:

la diferencia de velocidad entre dos gotas consecutivas es constante ...

... porque cada gota vuela desde 1 s antes que la siguiente, incrementando su velocidad a ritmo uniforme.

Origen de tiempos: el instante en que se estrella la gota a 100 m de profundidad

12

CINEMÁTICA Problema 3 (2)

En el instante en que una gota cae desde arriba, la que la precede lleva 1 s cayendo, habiendo partido del reposo, y por lo tanto su diferencia de velocidades es:

t g v

= ⋅ ∆

∆ 1 s

s 10 m

⋅

= s

10 m

=

0 2

100

2 g h

v = ⋅ ⋅

Si consideramos pares consecutivos de gotas, la diferencia de velocidades entre las dos componentes del par es siempre la misma pues ambas están sometidas a la misma aceleración.

La velocidad de la gota que se estrella sobre el montacargas cuando éste se encuentra a 100 m de profundidad (t = 0) puede calcularse fácilmente:

m/s 72 . 44 2000

2

100

= ⋅

⋅

= =

v

10 72

.

100

44

Por lo tanto la velocidad de la gota siguiente, en t = 0, es:

=

−

=

−

=

∆

= 44 . 72 − ∆

= 34 . 72 m/s

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CINEMÁTICA Problema 3 (3)

La posición en que se encuentra esta gota en t = 0 es:

Superficie

100 m

h₀

v_m

10 m/s

v_g y

h₀-y

y g

v_g²

= 2 ⋅ 60 . 28 m

20 72 . 34 2

2 2

=

=

=

Por lo tanto su distancia al montacargas en t = 0 es:

m 72 . 39 28

. 60

0

100

0

−

=

= − =

h

m/s 72 .

=34 vg

Ahora el problema se reduce a calcular

dónde se encontrarán dos cuerpos que viajan en sentidos opuestos, uno con M.U.A y otro con velocidad constante, cuyas velocidades iniciales y separación inicial son conocidos.

14

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CINEMÁTICA Problema 3 (4)

Situamos el origen para el cálculo final a la profundidad de 100 m

v_m

10 m/s

v_g

z₀

m/s 72 .

=34

z

Ecuación de movimiento del montacargas:

t v z_m

=

⋅

100 m

Ecuación de movimiento de la gota:

2

0

2

1

v z

z_g

= −

⋅ − ⋅

2

0

2

1

v z

t

v_m

⋅ = −

⋅ − ⋅

0 )

2 ( 1

0

2

+ + ⋅ − =

⋅

g _{g m}

5 ⋅

+ 44 . 72 ⋅

− 39 . 72 = 0

s 814 .

= 0

s 758 .

− 9

=

m 86 . 91 814

. 0 10

0

− = 100 − ⋅ =

=

15

En un terreno llano se lanza una piedra con una velocidad inicial v₀ y una inclinación α sobre la horizontal. La piedra choca contra un muro situado frente al lanzador, a una altura h sobre el punto del lanzamiento. El impacto de la piedra se produce durante su movimiento ascendente. Se desprecia el rozamiento.

A ) Determine la distancia d a la que se encuentra el muro del punto de lanzamiento.

B) ¿A qué distancia del punto de lanzamiento debería encontrarse el muro para que el impacto se produjese a la misma altura pero durante el movimiento descendente de la piedra?

Datos numéricos:

CINEMÁTICA Problema 4 (1)

? d

h α

v0

X Y

2 2 2 0 cos

tan 2 x

v x g

y = α − α

t v

x= ₀ cosα

2

0 2

sin t 1 gt v

y = α −

α

0cos v t = x

0 cos tan

2

2 2

2 0

= +

−d h

v d

g α

α Eje Y: MUA

Eje X: MU

Ecuación trayectoria Para y = h → x = d. Así

obtenemos una ecuación de 2º grado para calcular d

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í s i c a m.

5 . 2

; º 30

m/s;

18

; m/s 80 .

9 ² ₀ = = =

= v h

g α

16

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í s i c a 0

cos tan 2

2 2

2 0

= +

−d h

v d

g α

α

CINEMÁTICA Problema 4 (2)

α α α α

2 2 0

2 2 0 2

cos

cos 42

tan tan

v g

v h g d

−

±

=

Cálculo numérico (resultados en metros)

SIGNO + d = 23.31 m

SIGNO - d = 5.32 m DISCUSIÓN: La trayectoria de la piedra es parabólica; el resultado obtenido cuando se realiza el cálculo usando el signo - al resolver la ecuación de 2º grado corresponde al más cercano de los dos puntos en que la altura sobre el nivel de lanzamiento es h. Físicamente, la distancia d es la abscisa del punto de impacto cuando la piedra está ascendiendo (no ha alcanzado todavía el vértice de la parábola). Cuando se realiza el cálculo de la distancia d empleando el signo + al resolver la ecuación de 2º grado, obtenemos la abscisa que corresponde al punto más lejano en que la altura es h, es decir, la abscisa del punto de impacto cuando la piedra está bajando si el muro estuviese a esa distancia d.

Máxima altura sobre el nivel de lanzamiento Abscisa del punto de

impacto cercano (ascendente)

Y

X

v0

h h

α

Abscisa del punto de impacto lejano

(descendente)

Solución apartado A)

d = 23.31 m d = 5.32 m

La menor de las dos distancias, la solución ligada al signo -

Solución apartado B)

La mayor de las dos distancias, la solución ligada al signo +

=0

x x=2

=0 t

=1 x→∞ t

La posición de un punto material que se mueve sobre una línea recta está dada por:

donde el tiempo t y la posición x están dados en unidades S.I. Obtenga la velocidad y la aceleración del movimiento y dibuje las gráficas de posición, velocidad y aceleración frente al tiempo. ¿Qué valores toman posición, velocidad y aceleración al cabo de un intervalo de tiempo muy largo?

CINEMÁTICA Problema 5 (1)

( )

x = + +

1 1 1

( )

x = + +

1 1 1

( ) ( )

( )

t x t d

v +

= −

=

( ) ( )

( )

t v t d

a = = +

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Descripción del movimiento

0 '>

t '

'' t t >

( )

( )

v

( ) ( )

m/s 2

0 = =

dt t v a d

( )

lim =

∞

→ x

t x

( )

lim =

∞

→ t

t v

( )

lim =

∞

→ t

t a

Velocidad Aceleración

18

0 1 2 3 4 5

1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2

Posición x (m)

t (s)

CINEMÁTICA Problema 5 (2)

0 1 2 3 4 5

-1,0 -0,9 -0,8 -0,7 -0,6 -0,5 -0,4 -0,3 -0,2 -0,1 0,0

Velocidad v (m/s)

t (s)

0 1 2 3 4 5

0,0 0,5 1,0 1,5 2,0

Aceleración a (m/s2 )

t (s)

( )

x = + +

1 1 1

( ) ( )

( )

dt t x t d

v +

= −

=

( ) ( )

( )

t v t d

a = = +

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CINEMÁTICA Problema 6 (1)

El vector de posición (en m) de un punto material en movimiento plano es:

Determine cuando t = 2 s:

(A) La velocidad.

(B) La aceleración.

(C) Las componentes intrínsecas de la aceleración.

(D) El radio de curvatura de la trayectoria.

( )

( )

rr = ²,3

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

0 2 4 6 8 10 12

y (m))

x (m)

( )

( )

rr = ²,3

=0 t

s

=4 t

s

=2 t

( ) ( ) ( )

t r t d

vr = r =

( )

( ) ( )

t v t d

a r r

( ) ( )

( ) ( )

vr

9 4 ² +

= t vr

( )

= 2 ar

( )

20

0 1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5 6 7 8

y (m)

x (m)

( )

( )

rr = ²,3

( ) ( )

rr v u vr

r = r ^ur( )²

( ) (

)

vr =

9 4 ² +

= t vr

( )2 = 4⋅2² +9 =5m/s vr

( ) ( )2 = 4,3 vr

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CINEMÁTICA Problema 6 (2)

v v dt u dv dt

a_t dv r

r r

r = =

( )

9 4

3 , 9 2

4 2

2

⋅ + +

=

t t t

dt ar_t d

( )

9 4

3 , 2 9 4

4

2

2 ⋅ +

= +

t t t

ar_t t

( )

9 4

3 , 2 4

2 +

= t t

ar_t t

( )

9 4

12 , 8

2 2

= + t

t ar_t t

( ) ( ) ( )4,3 25

8 25

24 , 2 = 32 = art

( ) ( ) ( )4,3 25

8 25

24 , 2 = 32 =

art ( ) m/s²

5 2 = 8 art

n

t a

a

ar = r + r ^ar_n

( ) ( )

( )

Radio de curvatura para t = 2 s.

( ) ( ) ( )

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

=

−

= 25

, 24 25 3 18

, 25 4 0 8

, 2

n 2 ar

( ) ( ) ( )

2

an

vr

= r

ρ m

6 125 5

6 5² = ρ =

v 2

a_n r = r

( )

5 6 25

24 25

2 18 ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝⎛−

⎟ +

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛ arn

A B 21

X Y

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CINEMÁTICA Problema 7 (1)

Dos pequeños objetos que se encuentran en la misma horizontal separados por una distancia de 20 m son lanzados verticalmente hacia arriba en el mismo instante con velocidades de 100 y 150 m/s. Calcúlese:

(A) ¿Qué distancia los separa al cabo de 10 s de iniciado el movimiento?.

(B) ¿Qué intervalo de tiempo transcurre entre la vuelta al suelo de los dos objetos?.

(C) Dibuje una gráfica y/t para ambos objetos.

Para facilitar los cálculos, tome g = 10 m/s². Se supone ausencia de rozamiento.

Tomamos la posición inicial del objeto A como origen de coordenadas.

m/s

0_A =100 v

m/s

0_B =150

v Posición de ambos objetos en cualquier instante Objeto A:

Objeto B:

( ) (

)

A t y

rr = 0,

( ) (

)

B t x y

rr = , ( )^t

rr_BA

( )

rr_A rr_B

( )

( )

2 1 gt t

v t

y_A = _A −

( )

2 1 g t t

v t

y_B = _B −

m

=20 xB

( )

( )

( ) (

)

BA t r t r t x y y

rr = r − r = , −

( )

(

)

(

)

rr_BA = + _B + _B − _A = + _B + _B − _A Distancia BA en

cualquier instante

Cuando t = 10 s ^rr_BA

( )

22

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CINEMÁTICA Problema 7 (2)

Cuando vuelven a caer al suelo

( )

2

1 ₂

0 − =

= _{A A A}

A

A t v t g t

y

( )

2

1 ₂

0 − =

= _{B B B}

B

B t v t g t

y

2 0 1

0 ⎟=

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ _A− _A

A gt v

t 2 0 1

0 ⎟=

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ _B− _B

B g t v

t

s 2 20

0 = ⁰ =

= g

t v

t_{A A} ^A

s 2 30

0 = ⁰ =

= g

t v

t_{B B} ^B

Lanzamiento

s 10 - =

=

∆t t_B t_A

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 0

200 400 600 800 1000 1200 1400 1600

y (m)

t (s)

( )

y_A

( )

y_B