1. Posición de un punto en el plano

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(1)

Cap´ıtulo 3.

Cinem´ atica en el plano

1. Posici´ on de un punto en el plano

Para fijar la posici´on de un punto en el plano necesitamos un origen O y dos ejes cartesianos X e Y con vectores unitarios ~i y ~j.

1..1 Vector posici´ on. Coordenadas cartesianas

En tal caso la posici´on de un punto P queda determinada por el vector ~r que va del origen a dicho punto

~r = (x, y) = x~i + y~j cuyo m´odulo es:

r =| ~r |=

~r.~r = p

x

2

+ y

2

r

x y

O

ϕ

P

X Y

La direcci´on de ~r viene dada por el ´angulo ϕ tg ϕ = y

x

41

(2)

1..2 Velocidad

Para determinar el movimiento de un punto en el plano necesitamos adem´as la variable tiempo. La velocidad es el vector cuyas componentes son las derivadas temporales de las componentes del vector posici´on

~v = d~r

dt = ˙~r = ˙x~i + ˙y~j donde

.

=

dtd

El m´odulo de la velocidad ser´a:

v =| ~v |=

~v.~v = p

˙x

2

+ ˙y

2

OJO ˙r 6=| v |

1..3 Aceleraci´ on

Del mismo modo

~a = d~v

dt = ¨ ~r = ¨ x~i + ¨ y~j El m´odulo de la aceleraci´on ser´a:

a =| ~a |=

~a.~a = p

¨ x

2

+ ¨ y

2

2. Movimiento de proyectiles

Se trata de un movimiento con aceleraci´on

~a = −g~j Por tanto

~v = (v

0x

, v

0y

− gt)

~r = (x

0

+ v

0x

t, y

0

+ v

0y

t − 1 2 gt

2

) donde

~r

0

= (x

0

, y

0

)

~v

0

= (v

0x

, v

0y

)

La trayectoria es por tanto la par´abola

(3)

x = x

0

+ v

0x

t (2.1) y = y

0

+ v

0y

t − g

2 t

2

(2.2)

El alcance m´aximo corresponder´a a un instante de tiempo T tal que y(T ) = 0 de forma que:

T = v

0y

g

"

1 ± s

1 + 2y

0

g v

20y

#

y

D = x(T ) = x

0

+ v

0x

v

0y

g

"

1 ± s

1 + 2y

0

g v

0y2

#

• en cuanto a la altura m´axima ser´a h = y(τ ) tal que ˙y(τ ) = 0. Es decir τ = v

0y

g h = y

0

+ v

0y2

2g x(τ ) = x

0

+ v

0x

v

0y

g

3. Movimiento circular

En muchas ocasionas una part´ıcula est´a obligada a moverse en una circunferencia de radio R, de tal manera que las coordenada de su vector posici´on han de verificar:

x

2

+ y

2

= R

2

x y

R ϕ

(4)

• de forma que (ver figura) el vector posici´ on es:

x = R cos ϕ y = R sin ϕ es decir:

~r = R(cos ϕ, sin ϕ)

donde R es constante y ϕ es en general funci´on del tiempo.

• La velocidad ser´ a

~v = R(− ˙ ϕ sin ϕ, ˙ ϕ cos ϕ)

~v = R ˙ ϕ(− sin ϕ, cos ϕ) y por tanto, en m´odulo

v = R ˙ ϕ

˙

ϕ suele designarse velocidad angular.

Es f´acil comprobar que ~r y ~v son perpendiculares

~v.~r = R

2

ϕ(− sin ϕ cos ϕ + sin ϕ, cos ϕ) = 0 ˙

• En cuanto a la aceleraci´ on

~a = R ¨ ϕ(− sin ϕ, cos ϕ) + R ˙ ϕ

2

(− cos ϕ, − sin ϕ) Comparando con ~r y ~v

~a = ϕ ¨

˙

ϕ ~v − ˙ ϕ

2

~r

De manera que la aceleraci´on tiene dos componentes que se denominan compo- nentes intr´ınsecas

a) aceleraci´ on tangencial dirigida en la direcci´on de la velocidad y por tanto tangente a la trayectoria

~a

t

= ϕ ¨

˙

ϕ ~v = R ¨ ϕ ~v v = ˙v ~v

v

b) aceleraci´ on centr´ıpeta dirigida en la direcci´on radial y en sentido opuesto a ~r

a

c

= − ˙ ϕ

2

~r = − v

2

R

~r

r

(5)

3..1 Movimiento circular uniforme

Es ´aquel en el que la velocidad angular ω = ˙ ϕ es constante. En tal caso

~a

t

= 0

~a

c

= −ω

2

~r y por tanto

a = −ω

2

R = − v

2

R

(6)

Problemas del Tema I (23-10-2008)

1. Una part´ıcula se mueve sometida a la aceleraci´on

~a = 2e

−t

~i + 5 cos t~j

En el instante t = 0 la part´ıcula est´a situada en el punto ~r

0

= ~i − 3~j con velocidad

~v

0

= 4~i − 3~j. Calcular la velocidad y la posici´on de la part´ıcula en cualquier instante.

2. Un m´ovil describe una par´abola de ecuaci´on y = bx

2

. La proyecci´on de la velocidad sobre el eje de las x es constante y vale k. Calcular la velocidad y aceleraci´on, as´ı como las componentes intr´ınsecas de esta ´ultima.

3. Un cuerpo se lanza en una direcci´on que forma 30 grados con la horizontal desde lo alto de un edificio de 200 m con una velocidad de 40 m/sg. ¿Cuanto tarda en alcanzar el suelo?. ¿A que distancia de la vertical cae?. ¿Que ´angulo forma la trayectoria con la horizontal en ese momento?

4. Un proyectil se lanza con una velocidad inicial v

0

= 95 m/sg y un ´angulo θ

0

= 50 grados. Al cabo de 5 sg alcanza la cumbre de una colina. ¿C´ual es la altura de la colina?. ¿C´ual es la distancia (en horizontal) del ca˜n´on a la colina?

5. ¿Con que ´angulo hay que disparar desde tierra un proyectil para que su alcance sea m´aximo?

6. Un bombardero que viaja a una altura de 103m con una velocidad v

1

= 72 m/sg se encuentra en t = 0 a x

2

= 125 m de un cami´on de 3 m de altura que viaja a una velocidad v

2

. En ese instante suelta una bomba que alcanza al cami´on. Determinar el tiempo que est´a la bomba en el aire asi como la velocidad v

2

.

7. Una bola que pende de una cuerda de 24 cm de longitud se hace girar con velocidad angular constante, describiendo un cono que forma un ´angulo de 15

0

con la vertical. Determinar la velocidad de la bola.

8. En el m´odelo de Bohr del ´atomo de hidr´ogeno un electr´on gira en un c´ırculo de radio 5.10

−9

cm alrededor del n´ucleo cargado positivamente bajo la acci´on de la fuerza electrost´atica. ¿C´ual ha de ser la intensidad de esa fuerza para que el electr´on tenga una velocidad de 2, 3.10

8

cm/sg?. (La masa del electr´on es 9.10

−28

gr.)

9. Un ni˜no describe con la bicicleta un c´ırculo de 22 m de radio a una velocidad

de 10 m/sg. La masa conjunta del ni˜no y la bicicleta es 80 kg

(7)

10. Un autom´ovil toma una curva de 300 m de radio a una velocidad de 60 m/sg.

a) Determinar el cambio de la velocidad (en m´odulo y direcci´on) cuando recorre un arco de 60

0

b) Comparar la magnitud de la aceleraci´on instant´anea del autom´ovil con la magnitud de la aceleraci´on media al recorrer el arco de 60

0

.

11. Un paraguas mojado de 1 m de di´ametro gira a raz´on de 21 rev cada 44 sg. Si se encuentra a 1, 5 m del suelo, calcular el tiempo que tardan las gotas en llegar al suelo y a que distancia del paraguas hay que situarse para no mojarse.

12. ¿C´ual ha de ser el peralte de una curva de 200 m si la limitaci´on de velocidad es de 90 Km/h?

13. Un cuerpo peque˜no se desliza con velocidad v = 10 m·s

−1

aproxim´andose a una ranura. La ranura est´a formada por dos paredes verticales paralelas, situadas entre s´ı a la distancia d = 5 cm. La profundidad de la ranura es h = 1 m. Suponiendo que los choques con la pared son perfectamente el´asticos, calcular el n´umero de veces que el cuerpo chocar´a con las paredes antes de caer al fondo.

14. De tres tubos que se encuentran en el suelo salen con la misma velocidad sendos chorros de agua formando ´angulos de 60

, 45

y 30

con el horizonte. Hallar la relaci´on entre las alturas m´aximas de los chorros y la relaci´on entre sus alcances sobre el terreno.

15. Calcular el angulo de lanzamiento respecto de la horizontal con el que debe dispararse un proyectil desde una colina de altura h

0

, para que su alcance a nivel del suelo sea m´aximo.

16. En el extremo de un disco que gira uniformemente en la horizontal est´a sujeta una plomada, la cual forma con la vertical un ´angulo de 45

. Si el radio del disco es R = 10 cm y la longitud del hilo es L = 6 cm, determinar la velocidad de rotaci´on del sistema.

17. Al final de una llanura existe un acantilado y a unos 800 m de altura hay un blanco. Un ca˜n´on situado a 4 km del acantilado dispara proyectiles a 500 m · s

−1

. ¿ En qu´e ´angulo se debe disparar el ca˜n´on para que el proyectil impacte en el blanco cuando va en ca´ıda?

18. La posici´on angular de una part´ıcula que se mueve a lo largo de la circun-

ferencia de un c´ırculo de 5 m de radio est´a dada por la expresi´on θ = at

2

, con

a constante. θ se mide en radianes y t en segundos. Determinar la aceleraci´on

total y sus componentes intr´ınsecas para cualquier tiempo y dar sus valores para

t = 0.5 s tomando a = 3 rad · s

−2

.

(8)

19. Una part´ıcula de masa m

1

est´a atada a un hilo y describe una circunferencia en un plano horizontal. El hilo, de masa despreciable, pasa por un agujero que hay en el centro del plano, para bajar verticalmente. En el extremo inferior est´a atada otra part´ıcula de masa m

2

. Si la primera part´ıcula describe un movimiento circular uniforme, con velocidad angular ω, determine el radio R de la circunferencia para que el sistema est´e en equilibrio.

20. Encontrar el radio de curvatura en el punto m´as alto de la trayectoria de un proyectil disparado formando un ´angulo α con la horizontal

21. Un cazador apunta a una ardilla que se encuentra en la rama de un ´arbol. En el momento que ´el dispara su rifle la ardilla se deja caer de la rama. Demostrar que la ardilla no debi´o moverse si deseaba seguir viviendo.

22. Una rueda de radio R de una carro est´a manchada de barro y gira con

velocidad angular constante ω, de modo que varias gotas de barro salen despedidas

de distintos puntos de la rueda. Determinar la posici´on de salida sobre la rueda

de las gotas que alcanzan la altura m´axima.

(9)

4. Problemas

1. Una part´ıcula se mueve sometida a la aceleraci´on

~a = 2e

−t

~i + 5 cos t~j

En el instante t = 0 la part´ıcula est´a situada en el punto ~r

0

= ~i − 3~j con velocidad

~v

0

= 4~i − 3~j. Calcular la velocidad y la posici´on de la part´ıcula en cualquier instante.

Soluci´ on

Puesto que

~a = (2e

−t

, 5 cos t) entonces

v

x

= −2e

−t

+ v

0x

v

y

= 5 sin t + v

0y

comparando con ~v

0

= 4~i − 3~j

v

0x

= 6 =⇒ v

x

= 6 − 2e

−t

v

0y

= −3 =⇒ v

y

= −3 + 5 sin t Integrando de nuevo

x = 6t + 2e

−t

+ x

0

y = −3t − 5 cos t + y

0

Comparando con ~r

0

= ~i − 3~j

x

0

= −1 =⇒ x = −16t + 2e

−t

y

0

= 2 =⇒ y = 2 − 3t − 5 cos t

(10)

20 40 60 80 100 120 x

-60 -50 -40 -30 -20 -10 y

En la figura se ha representado y frente a x, y por tanto la trayectoria que describe

la part´ıcula en el plano

(11)

2. Un m´ovil describe una par´abola de ecuaci´on y = bx

2

. La proyecci´on de la velocidad sobre el eje de las x es constante y vale k. Calcular la velocidad y aceleraci´on, as´ı como las componentes intr´ınsecas de esta ´ultima.

Soluci´ on

Dado que la velocidad sobre el eje de abcisas es con- stante, suponiendo que el m´ovil para t = 0 se encuen- tra en el origen de coordenadas, tenemos que x = kt.

Por tanto la posicion del m´ovil en funci´on del tiempo es

~r = (kt, bk

2

t

2

), la velocidad

~v = (k, 2bk

2

t), y la aceleraci´on

~a = (0, 2bk

2

),

en el sistema de coordenadas cartesiano.

at an

x y

a

Las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on son dos componentes ortogo- nales, una paralela a la velocidad y por tanto tangente a la trayectoria y otra perpendicular a la misma:

~a = ~a

t

+ ~a

n

.

Definimos un vector unitario en la direcci´on de la velocidad

~u

t

~v

v = 1

1 + 4b

2

k

2

t

2

(1, 2bkt).

La proyecci´on de la aceleraci´on en la direcci´on de la velocidad viene dada por el producto escalar con ~u

t

. De modo que

~a

t

≡ (~a · ~u

t

)~u

t

= 4b

2

k

3

t

1 + 4b

2

k

2

t

2

(1, 2bkt).

Y por otra parte sabemos que ~a

n

= ~a − ~a

t

, luego

~a

n

= (0, 2bk

2

) − 4b

2

k

3

t

1 + 4b

2

k

2

t

2

(1, 2bkt) = 2bk

2

1 + 4b

2

k

2

t

2

(−2bkt, 1).

Se ve f´acilmente que ambas componentes son ortogonales, y sus m´odulos son a

t

= 4b

2

k

3

t

1 + 4b

2

k

2

t

2

a

n

= 2bk

2

1 + 4b

2

k

2

t

2

.

(12)

3. Un cuerpo se lanza en una direcci´on que forma 30 grados con la horizontal desde lo alto de un edificio de 200 m con una velocidad de 40 m/sg. ¿Cuanto tarda en alcanzar el suelo?. ¿A que distancia de la vertical cae?. ¿Que ´angulo forma la trayectoria con la horizontal en ese momento?

Soluci´ on

Las ecuaciones del movimiento son x = x

0

+ v

0x

t y = y

0

+ v

0y

t − 1

2 gt

2

con condiciones iniciales

x

0

= 0 y

0

= h = 170m

v

0

= 40 m/sg v

0x

= v

0

cos 30 = v

0

3/2 v

0y

= −v

0

sin 30 = v

0

/2

θ θ h

30

o

de forma que

x = v

0x

t y = h + v

0y

t − 1

2 gt

2

LLegar´a al suelo cuando y(T ) = 0

0 = h + v

0y

T − 1

2 gT

2

=⇒ T = v

0y

g

"

1 + s

1 + 2hg v

20y

#

= 10

0

67 sg de forma que el alcance ser´a

x

m

= x(T ) = v

0x

T = v

0x

v

0y

g

"

1 + s

1 + 2hg v

20y

#

= 213

0

50 m En cuanto al ´angulo θ

tg θ = v

y

v

x

= v

0y

− gT v

0x

= − v

0y

v

0x

s

1 + 2hg

v

0y2

= − tg α s

1 + 2hg

v

20y

= −1.06

θ = −1.3 rad = −74.53

0

(13)

4. Un proyectil se lanza con una velocidad inicial v

0

= 95 m/sg y un ´angulo θ

0

= 50 grados. Al cabo de 5 sg alcanza la cumbre de una colina. ¿C´ual es la altura de la colina?. ¿C´ual es la distancia (en horizontal) del ca˜n´on a la colina?

Soluci´ on

v

0

θ

0

h

x

m

Las ecuaciones del movimiento son:

x = x

0

+ v

0x

t y = y

0

+ v

0y

t − 1

2 gt

2

con condiciones iniciales

x

0

= 0 y

0

= 0

v

0x

= v

0

cos θ

0

= 61.1 m/sg v

0y

= v

0

sin θ

0

= 72.8 m/sg de forma que

x = v

0x

t y = +v

0y

t − 1

2 gt

2

Al cabo de t = 5 sg

x

m

= 305 m

h = 241 m

(14)

5. ¿Con que ´angulo hay que disparar desde tierra un proyectil para que su alcance sea m´aximo?

Soluci´ on

x = v

0x

t y = v

0y

t − 1

2 gt

2

El alcance m´aximo se obtendr´a en un tiempo T tal que 0 = v

0y

T − 1

2 gT

2

=⇒ T = 2 v

0y

g Por tanto

x

m

= 2 v

0x

v

0y

g Como

v

0x

= v

0

cos θ

0

v

0y

= v

0

sin θ

0

x

m

= 2 v

20

g cos θ

0

sin θ

0

= v

20

g sin 2θ

0

Luego el alcance es una funci´on de θ

0

que alcanzar´a su m´aximo cuando dx

m

dt = 0 =⇒ cos 2θ

0

= 0 =⇒ 2θ

0

= π/2 El alcance m´aximo corresponde a

θ

0

= π/4

(15)

6. Un bombardero que viaja a una altura de 103m con una velocidad v

1

= 72 m/sg se encuentra en t = 0 a x

2

= 125 m de un cami´on de 3 m de altura que viaja a una velocidad v

2

. En ese instante suelta una bomba que alcanza al cami´on. Determinar el tiempo que est´a la bomba en el aire asi como la velocidad v

2

.

Soluci´ on

Las ecuaciones del movimiento son:

x = x

0

+ v

0x

t y = y

0

+ v

0y

t − 1

2 gt

2

con condiciones iniciales

x

0

= 0 y

0

= h = 103m

v

0x

= v

1

= 72 m/sg v

0y

= 0 Por tanto

x = v

0x

t y = h − 1

2 gt

2

x

2

v

1

v

2

x y

h

h

0

El alcance al cami´on ocurre al cabo de un tiempo T tal que y(T ) = h

0

= 3m

h

0

= h − 1

2 gt

2

=⇒ T = s

2 h − h

0

g = 4.52 sg Por otro lado, la distancia vertical recorrida por la bomba ser´a

v

0x

T = x

2

+ v

2

T =⇒ v

2

= v

0x

x

2

T = 44.2 m/sg

(16)

7. Una bola que pende de una cuerda de 24 cm de longitud se hace girar con velocidad angular constante, describiendo un cono que forma un ´angulo de 15

0

con la vertical. Determinar la velocidad de la bola.

Soluci´ on

Como se mueve en un cono de radio R = l sin θ

con velocidad ˙ ϕ constante

~r = R(cos ϕ, sin ϕ)

~v = R ˙ ϕ(− sin ϕ, cos ϕ) =⇒ v = R ˙ ϕ

~a = −R ˙ ϕ

2

(cos ϕ, sin ϕ) = − ˙ ϕ

2

~r = − v

2

R

µ ~r R

θ

T

ϕ mg

La composici´on de fuerzas es:

T cos θ = mg T sin θ = m v

2

R luego

tg θ = v

2

Rg =⇒ v

2

= gR tg θ = gl sin

2

θ cos θ Con los datos del problema

v = 40, 4 cm/sg

(17)

8. En el m´odelo de Bohr del ´atomo de hidr´ogeno un electr´on gira en un c´ırculo de radio 5.10

−9

cm alrededor del n´ucleo cargado positivamente bajo la acci´on de la fuerza electrost´atica. ¿C´ual ha de ser la intensidad de esa fuerza para que el electr´on tenga una velocidad de 2, 3.10

8

cm/sg?. (La masa del electr´on es 9.10

−28

gr.)

Soluci´ on

Como se mueve en un circulo de radio R con velocidad ˙ ϕ constante

~r = R(cos ϕ, sin ϕ)

~v = R ˙ ϕ(− sin ϕ, cos ϕ) =⇒ v = R ˙ ϕ

~a = −R ˙ ϕ

2

(cos ϕ, sin ϕ) = − ˙ ϕ

2

~r = − v

2

R

µ ~r R

La aceleraci´on debe ser proporcionada por la fuerza electrost´atica, luego F = −m ~ v

2

R µ ~r

R

Su m´odulo ser´a

F = m v

2

R = 9, 5.10

−3

gr cm/sg

2

(18)

9. Un ni˜no describe con la bicicleta un c´ırculo de 22 m de radio a una velocidad de 10 m/sg. La masa conjunta del ni˜no y la bicicleta es 80 kg

¿C´ual es la fuerza centr´ıpeta y vertical ejercida por el pavimento?

Soluci´ on

ϕ mg

R θ

Como se mueve en un circulo de radio R con velocidad ˙ ϕ constante

~r = R(cos ϕ, sin ϕ)

~v = R ˙ ϕ(− sin ϕ, cos ϕ) =⇒ v = R ˙ ϕ

~a = −R ˙ ϕ

2

(cos ϕ, sin ϕ) = − ˙ ϕ

2

~r = − v

2

R

µ ~r R

Esta aceleraci´on debe ser proporcionada por las fuerzas actuantes que son la de la gravedad y la de reacci´on del suelo

−mg~k + ~ R = m~a tomando las componentes vertical y radial

−mg + R cos θ = 0 =⇒ R cos θ = 784 kg m/sg

2

−R sin θ = −m v

2

R =⇒ R sin θ = 364 kg m/sg

2

En cuanto al ´angulo

tg θ = v

2

Rg = 0, 46 =⇒ θ = 25

0

(19)

10. Un autom´ovil toma una curva de 300 m de radio a una velocidad de 60 m/sg.

a) Determinar el cambio de la velocidad (en m´odulo y direcci´on) cuando recorre un arco de 60

0

b) Comparar la magnitud de la aceleraci´on instant´anea del autom´ovil con la magnitud de la aceleraci´on media al recorrer el arco de 60

0

.

Soluci´ on

∆ v

v

1

v

1

v

2

θ

θ

a) El cambio en la velocidad ser´a

∆~v = ~v

2

− ~v

1

= (−v sin θ, v cos θ) − (0, v) = (−v sin θ, v cos θ − v) de forma que

∆v = p

v

2

cos

2

θ + v

2

sin

2

θ + v

2

− 2v

2

cos θ = p

2v

2

(1 − cos θ) Como cos π/3 = 1/2

∆v = v = 60 m/sg

b) Al recorrer el ´angulo de π/3 ha recorrido una distancia

∆l = Rπ/3 paro lo cual a necesitado un tiempo

∆t = ∆l/v = 5π/3 sg de manera que la aceleraci´on media ser´ıa

~a

m

= ∆~v

∆t =⇒ a

m

= ∆v

∆t = 11, 5 m/sg

2

mientras que la aceleraci´on instant´anea ser´a

~a = − v

2

R

~r

r =⇒ a = v

2

R = 12 m/sg

2

(20)

11. Un paraguas mojado de 1 m de di´ametro gira a raz´on de 21 rev cada 44 sg. Si se encuentra a 1, 5 m del suelo, calcular el tiempo que tardan las gotas en llegar al suelo y a que distancia del paraguas hay que situarse para no mojarse.

Soluci´ on

La velocidad angular del paraguas es:

˙

ϕ = 21.2π

44 rad/sg

Y por tanto las gotas de agua abandonan el paraguas con una velocidad

v = R ˙ ϕ = 1, 5 m/sg dirigida tangencialmente al mismo.

h v

Esas gotas se mover´an en el plano definido por la vertical y la velocidad, de forma que una vez abandonado el paraguas siguen una trayectoria par´abolica

x = vt y = h − 1

2 gt

2

de manera que alcanzan el suelo al cabo de un tiempo

T = s

2h

g = 0.53 sg y tienen un alcance (desde el borde del paraguas)

X = vT = 0, 83 m por lo que mojar´an los objetos situados en un radio D

D =

R

2

+ X

2

= 0, 97 m

(21)

12. ¿C´ual ha de ser el peralte de una curva de 200 m si la limitaci´on de velocidad es de 90 Km/h?

Soluci´ on

N θ

mg

θ

R

Si ~ N es la reacci´on del suelo, el balance de fuerzas es:

N cos θ = mg N sin θ = m v

2

R y por tanto

tg θ = v

2

Rg = 0, 319 =⇒ θ = 17, 7

0

(22)

13. Un cuerpo peque˜no se desliza con velocidad v = 10 m·s

−1

aproxim´andose a una ranura. La ranura est´a formada por dos paredes verticales paralelas, situadas entre s´ı a la distancia d = 5 cm. La profundidad de la ranura es h = 1 m. Suponiendo que los choques con la pared son perfectamente el´asticos, calcular el n´umero de veces que el cuerpo chocar´a con las paredes antes de caer al fondo.

Soluci´ on

Las ecuaciones para el movimiento de ca´ıda son

~a = (0, −g),

~v(t) = (v

0

, −gt),

~r(t) = (v

0

t, h − 1 2 gt

2

),

puesto que la velocidad inicial s´olo tiene compo- nente horizontal. Si suponemos que los choques con las paredes son el´asticos entonces no hay p´erdida de energ´ıa, lo que significa que el m´odulo de la velocidad es el mismo en el instante anterior y en el instante posterior al choque.

v0

d D

Esto implica que la componente x de la velocidad en las paredes sufre una re- flexi´on perfecta y simplemente cambia de sentido manteniendo su m´odulo. De modo que en la direcci´on vertical tendremos un movimiento de ca´ıda libre y en la direcci´on horizontal un movimiento con velocidad de magnitud uniforme. Es claro entonces que el cuerpo seguir´a movi´endose en direcci´on horizontal durante el tiempo que dure la ca´ıda y por tanto la distancia que recorrer´a en dicha direcci´on ser´a exactamente la misma que tendr´ıa el alcance de su ca´ıda si no hubiera paredes.

El tiempo T de ca´ıda ser´a

y(T ) = 0 ⇒ T = s

2h g . Por tanto su alcance

D ≡ x(T ) = v

0

s 2h

g .

El n´umero de rebotes n vendr´a dado entonces por el n´umero entero de veces que la anchura de la ranura est´e contenida en al alcance,

n =

· D d

¸

=

"

v

0

d

s 2h

g

#

.

Con los datos del problema tenemos n = 90 rebotes.

(23)

14. De tres tubos que se encuentran en el suelo salen con la misma velocidad sendos chorros de agua formando ´angulos de 60

, 45

y 30

con el horizonte. Hallar la relaci´on entre las alturas m´aximas de los chorros y la relaci´on entre sus alcances sobre el terreno.

Soluci´ on

Las ecuaciones del tiro parab´olico son

~a = (0, −g),

~v(t) = (v cos(α), v sin(α) − gt),

~r(t) = (vt cos(α), vt sin(α) − 1 2 gt

2

).

x α

y

v

Donde hemos escrito las componentes de la velocidad inicial como v

x

= v cos(α),

v

y

= v sin(α).

Calculemos el tiempo T que dura en llegar a la altura m´axima:

v

y

(T ) = 0 ⇒ T = v sin(α)

g .

La altura m´axima h es entonces

y(T ) ≡ h(α) = vT sin(α) − 1

2 gT

2

= v

2

sin

2

(α) 2g .

Por la simetr´ıa de la ca´ıda, el tiempo que dura en caer es el doble del tiempo que invierte en llegar a la altura m´axima, de modo que el alcance del lanzamiento es

x(2T ) ≡ D(α) = 2vT cos(α) = v

2

sin(2α)

g .

Si comparamos las alturas y los alcances para los ´angulos α

1

= π/3, α

2

= π/4, α

3

= π/6 encontramos

h ³π 3

´ : h ³π

4

´ : h ³π

6

´

= sin

2

³π 3

´

: sin

2

³π 4

´

: sin

2

³π 6

´

= 3 : 2 : 1, D ³π

3

´

: D ³π 4

´

: D ³π 6

´

= sin µ

3

: sin ³π 2

´

: sin ³π 3

´

=

3 2 : 1 :

3

2 .

Como se puede observar, las alturas para π/4 y π/3 son el doble y el triple respec-

tivamente de la altura para π/6. El mayor alcance corresponde a π/4, como ya

sabemos, y los alcances para π/3 y π/6 son iguales y corresponden aproximada-

mente a 0.87 veces el alcance m´aximo.

(24)

15. Calcular el angulo de lanzamiento respecto de la horizontal con el que debe dispararse un proyectil desde una colina de altura h

0

, para que su alcance a nivel del suelo sea m´aximo.

Soluci´ on

Las ecuaciones del tiro parab´olico son en este caso

~a = (0, −g),

~v(t) = (v

0

cos(α), v

0

sin(α) − gt),

~r(t) = (v

0

t cos(α), h

0

+ v

0

t sin(α) − 1 2 gt

2

).

h0

v0

x y

α

El tiempo de vuelo T ser´a

y(T ) = 0 ⇒ T = v

0

g (

sin(α) + s

sin

2

(α) + 2h

0

g v

02

) ,

de modo que podemos escribir el alcance en funci´on del ´angulo de lanzamiento D(α) ≡ x(T ) = v

0

T cos(α) = v

02

2g

½

sin(2α) + 2 cos(α) q

sin

2

(α) + 2C

¾ , donde hemos definido la constante C ≡ h

0

g/v

20

. Para encontrar el m´aximo deriva- mos con respecto al ´angulo e igualamos a cero. lo que nos llevar´a a

cos(2α) − sin(α) q

sin

2

(α) + 2C + sin(α) cos

2

(α) p sin

2

(α) + 2C = 0,

o equivalentemente multiplicando por la ra´ız y simplificando cos(2α)

q

sin

2

(α) + 2C = sin(α) [2C − cos(2α)] . Elevando al cuadrado se reduce a

cos

2

(2α) = 2 sin

2

(α) [C − cos(2α)] ,

y escribiendo sin(α) en funci´on del ´angulo doble llegamos finalmente a

C − (1 + C) cos(2α) = 0 α = 1 2 arccos

 1

1 +

hv20

0g

 .

(25)

Podemos observar que cuando h

0

→ 0 entonces α → π/4. En el caso general el ´angulo que maximiza el alcance a nivel del suelo depende tanto de la altura inicial como de la velocidad inicial. De hecho la dependecia con la velocidad es muy determinante como podemos ver en la siguiente tabla comparativa (tomando g = 9.81 m · s

−2

):

v

0

= 15 m · s

−1

v

0

= 5 m · s

−1

h

0

(m) α (

) α (

)

0 45.00 45.00

10 36.16 18.58

20 31.12 13.75

30 27.74 11.41

40 25.27 9.97

50 23.36 8.96

60 21.83 8.21

70 20.57 7.62

80 19.50 7.14

90 18.58 6.74

100 17.78 6.40

La siguiente figura muestra α en funci´on de h

0

para las velocidades indicadas en la tabla.

50 100 150 200

10 20 30 40 50

h

0

(m) ( )

o

α

v

0

v

0

= 15 m/s

= 5 m/s

(26)

16. En el extremo de un disco que gira uniformemente en la horizontal est´a sujeta una plomada, la cual forma con la vertical un ´angulo de 45

. Si el radio del disco es R = 10 cm y la longitud del hilo es L = 6 cm, determinar la velocidad de rotaci´on del sistema.

Soluci´ on

Recordemos que para el movimiento circular uniforme tenemos,

~r(t) = R(cos ϕ, sin ϕ),

~v(t) = Rω(− sin ϕ, cos ϕ),

~a(t) = −Rω

2

(cos ϕ, sin ϕ).

De modo que la ´unica componente de la acel- eraci´on es la centr´ıpeta que tiene m´odulo a

c

= Rω

2

= v

2

/R. Siendo R el radio de giro de la part´ıcula y ω su velocidad angular constante.

α

mg T L R

En la situaci´on de equilibrio en la que el ´angulo α con la vertical es constante en el tiempo, se tiene que verificar que la componente vertical de la tensi´on T de la cuerda se anule con el peso, y que la componente horizontal sea exactamente la fuerza centr´ıpeta del movimiento circular de la plomada. De modo que tenemos

T cos α = mg, T sin α = mRω

2

.

Dividiendo la segunda ecuaci´on por la primera y despejando ω obtenemos ω

2

= g tg α

R .

En nuestro caso el radio de giro de la plomada es R = R + L sin α. Finalmente ω =

r g tg α R + L sin α .

Con los datos del problema y g = 9.81 m·s

−2

, la velocidad angular es ω = 8.30 rad · s

−1

.

(27)

17. Al final de una llanura existe un acantilado y a unos 800 m de altura hay un blanco. Un ca˜n´on situado a 4 km del acantilado dispara proyectiles a 500 m · s

−1

. ¿ En qu´e ´angulo se debe disparar el ca˜n´on para que el proyectil impacte en el blanco cuando va en ca´ıda?

Soluci´ on

Ecuaciones del tiro parab´olico:

~a = (0, −g),

~v(t) = (v

0

cos α, v

0

sin α − gt),

~r(t) = (v

0

t cos α, v

0

t sin α − 1 2 gt

2

).

El impacto se producir´a para t = T cuando se veriquen las ecuaciones {x(T ) = d, y(T ) = h}.

v0

x y

α

h

d

De la primera de ellas podemos despejar el tiempo T : d = v

0

T cos α ⇒ T = d

v

0

cos α .

Y sustituyendo en la ecuaci´on para la coordenada vertical obtenemos h = d tg α − gd

2

2v

02

cos

2

α , que podemos escribir como

A cos

2

α + C = sin α cos α.

Donde hemos definido las constantes adimensionales A ≡ h

d y C ≡ gd

2v

02

. Elevando al cuadrado ambos t´erminos, la ecuaci´on se reduce a

(1 + A

2

) cos

4

α + (2AC − 1) cos

2

α + C

2

= 0, cuya soluci´on es

cos

2

α = 1

2 (1 + A

2

)

−1

n

1 − 2AC −

1 − 4AC − 4C

2

o

,

donde hemos escogido el signo negativo de la ra´ız. El signo positivo corresponde

al ´angulo para que el proyectil impacte en el blanco en subida, que es un ´angulo

(28)

menor y por tanto le corresponde un valor del coseno mayor ya que α debe estar comprendido en (0, π/2). Sustituyendo las constantes podemos escribir finalmente

α = arccos

1 2 µ

1 + h

2

d

2

−1

1 − gh v

02

s

1 − 2 gh v

02

µ gd v

20

2

1/2

.

Con los datos del problema α = 85.41

.

(29)

18. La posici´on angular de una part´ıcula que se mueve a lo largo de la circun- ferencia de un c´ırculo de 5 m de radio est´a dada por la expresi´on θ = at

2

, con a constante. θ se mide en radianes y t en segundos. Determinar la aceleraci´on total y sus componentes intr´ınsecas para cualquier tiempo y dar sus valores para t = 0.5 s tomando a = 3 rad · s

−2

.

Soluci´ on

θ (t) a

c

R

a

t

De acuerdo con la figura las ecuaciones del movimiento son

~r(t) = R(sin θ, cos θ),

~v(t) = R ˙θ(cos θ, − sin θ),

~a(t) = R¨ θ(cos θ, − sin θ)

| {z }

~a

t

−R ˙θ

2

(sin θ, cos θ)

| {z }

~a

c

.

Identificamos las componentes tangencial y centr´ıpeta de la aceleraci´on en las direcciones paralela y perpendicular a la velocidad respectivamente. La variaci´on del ´angulo en el tiempo implica

˙θ = 2at, ¨θ = 2a.

Por tanto las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on en funci´on del tiempo se escriben:

~a

t

= 2aR(cos(at

2

), − sin(at

2

)),

~a

c

= −4Ra

2

t

2

(sin(at

2

), cos(at

2

)).

Para t = 0.5 s las magnitudes de las aceleraciones son

a

t

= 2aR = 30 m · s

−2

,

a

c

= 4Ra

2

t

2

= 45 m · s

−2

.

(30)

19. Una part´ıcula de masa m

1

est´a atada a un hilo y describe una circunferencia en un plano horizontal. El hilo, de masa despreciable, pasa por un agujero que hay en el centro del plano, para bajar verticalmente. En el extremo inferior est´a atada otra part´ıcula de masa m

2

. Si la primera part´ıcula describe un movimiento circular uniforme, con velocidad angular ω, determine el radio R de la circunferencia para que el sistema est´e en equilibrio.

Soluci´ on

Recordemos que para el movimiento cir- cular uniforme tenemos,

~r(t) = R(cos ϕ, sin ϕ),

~v(t) = Rω(− sin ϕ, cos ϕ),

~a(t) = −Rω

2

(cos ϕ, sin ϕ).

De modo que la ´unica componente de la aceleraci´on es la centr´ıpeta que tiene m´odulo a

c

= Rω

2

= v

2

/R. Siendo R el radio de giro de la part´ıcula y ω su ve- locidad angular constante.

Rϕ

En la situaci´on de equilibrio la masa m

1

describe una circunferencia de radio R con velocidad angular constante ω y la masa m

2

se encuentra en reposo. De modo que en dicha situaci´on se ha de verificar que el peso de la masa suspendida m

2

sea exactamente la fuerza centr´ıpeta que requiere la masa m

1

para describir el movimiento circular uniforme. Por tanto

m

2

g = m

1

2

R = m

2

m

1

g

ω

2

.

(31)

20. Encontrar el radio de curvatura en el punto m´as alto de la trayectoria de un proyectil disparado formando un ´angulo α con la horizontal

Soluci´ on

Ecuaciones del tiro parab´olico:

~a = (0, −g),

~v(t) = (v

0

cos α, v

0

sin α − gt),

~r(t) = (v

0

t cos α, y

0

+ v

0

t sin α − 1 2 gt

2

).

v0

g v

g v

α y

x y0

Infinitesimalmente alrededor de cualquier punto de la trayectoria, ´esta se corre- sponder´a con un arco de circunferencia. El radio de dicha circunferencia es lo que se denomina radio de curvatura de la trayectoria para ese punto. Obviamente si la trayectoria no es circular, el radio de curvatura cambiar´a con el tiempo. La cur- vatura vendr´a determinada por la magnitud de la componente intr´ınseca normal de la aceleraci´on, la componete que es perpendicular a la trayectoria. De modo que para determinar el radio de curvatura tendremos que identificar la componente normal de la aceleraci´on con la aceleraci´on centr´ıpeta de un movimiento circular.

En el punto m´as alto de la trayectoria sabemos que la componente vertical de la velocidad se anula de modo que la velocidad en dicho punto es horizontal con magnitud v = v

0

cos α. Por otra parte la aceleraci´on es constante y tiene direcci´on vertical. De modo que en el punto de altura m´axima, la aceleraci´on suministrada por la gravedad es precisamente perpendicular a la velocidad, luego normal a la trayectoria. Identificando con la aceleraci´on centr´ıpeta de un movimiento circular, tenemos

g = v

2

R ,

donde R es el radio de curvatura. Sustituyendo v podemos escribir R = v

02

cos

2

α

g .

(32)

21. Un cazador apunta a una ardilla que se encuentra en la rama de un ´arbol. En el momento que ´el dispara su rifle la ardilla se deja caer de la rama. Demostrar que la ardilla no debi´o moverse si deseaba seguir viviendo.

Soluci´ on

Para t = 0 la bala sale del rifle y la ardilla comienza un movimiento de ca´ıda libre. Tenemos por tanto para la bala:

~a = (0, −g),

~

v

b

(t) = (v

0

cos α, v

0

sin α − gt),

~

r

b

(t) = (v

0

t cos α, v

0

t sin α − 1 2 gt

2

).

Y para la ardilla:

~a = (0, −g),

~

v

a

(t) = (0, −gt),

~

r

a

(t) = (d, h − 1 2 gt

2

),

donde hemos supuesto que la ardilla se encuentra a una altura h y a una distancia d en horizontal del cazador.

v0





















































































































x y

α

h

d

Si la ardilla muere por dejarse caer significa que la bala la alcanzar´a en alg´un punto de la ca´ıda, es decir que para un determinado tiempo t = T las coordenadas de la bala y de la ardilla han de ser las mismas: x

b

(T ) = x

a

(T ), y

b

(T ) = y

a

(T ). Luego el tiempo que la bala dura en llegar a la vertical de la ardilla es

x

b

(T ) = d T = d v

0

cos α . Para este tiempo la altura de la ardilla es

y

a

(T ) = h − 1

2 g d

2

v

02

cos

2

α = h − g

2v

02

(d

2

+ h

2

),

donde hemos utilizado el hecho de que la bala inicialmente apunta a la ardilla y por tanto α est´a ligado con h y d. Por otra parte para la bala

y

b

(T ) = v

0

sin α d

v

0

cos α 1

2 g d

2

v

20

cos

2

α = h − g

2v

02

(d

2

+ h

2

).

(33)

Luego las alturas coinciden. No obstante hemos de darnos cuenta que para que la ardilla muera el impacto tendr´a que producirse antes de que llegue al suelo, es decir que y

a

(T ) ha de ser positivo. Esto impone un valor m´ınimo para la velocidad de salida en funci´on de h y d.

h − g

2v

02

(d

2

+ h

2

) > 0 v

0

>

s gh

2 µ

1 + d

2

h

2

.

(34)

22. Una rueda de radio R de una carro est´a manchada de barro y gira con velocidad angular constante ω, de modo que varias gotas de barro salen despedidas de distintos puntos de la rueda. Determinar la posici´on de salida sobre la rueda de las gotas que alcanzan la altura m´axima.

Soluci´ on

El movimiento de la gota de barro sobre la rueda viene descrito por,

~r(t) = R(− cos β, sin β),

~v(t) = Rω(sin β, cos β).

Escogemos el origen de coordenadas en el centro de la rueda y el ´angulo β como se indica en la figura.

β

h

Si la gota sale despedida, tendremos un tiro parab´olico con las condiciones ini- ciales dadas por el movimiento circular uniforme de la rueda. De modo que el lanzamiento viene descrito por

~

v

L

(t) = (Rω sin β, Rω cos β − gt),

~

r

L

(t) = (−R cos β + Rtω sin β, R sin β + Rtω cos β − 1 2 gt

2

).

En el tiempo T en que alcanca su altura m´axima se anula la componente vertical de la velocidad.

v

Ly

(T ) = 0 T = Rω cos β

g .

Sustituyendo tenemos que la altura es

y

L

(T ) = R sin β + R

2

ω

2

2g cos

2

β.

Para maximizar la altura, derivamos respecto de β e igualamos a cero, obteniendo cos β

µ

1 −

2

g sin β

= 0, cuya soluci´on es

si ω

2

> g

R β = arcsin ³ g

2

´

h = g

2

+ R

2

ω

2

2g si ω

2

< g

R β = π

2 h = R.

(35)

En el segundo caso lo que ocurre es que las gotas que salen despedidas ni siquiera

alcanzan la altura de la rueda, de modo que las que m´as alto llegan son en realidad

las gotas que salen justo de la vertical, cuya altura m´axima es precisamente su

altura de salida que es R. De modo que dependiendo de la rapidez de giro de la

rueda endremos una u otra soluci´on.

(36)

Figure

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