FÍSCA I SEMANA 05

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(
FÍSICA
 
I
 
2020_20
SEMANA 05
 
CINEMÁTICA
 
PLANA
)
LIC. ESPINOZA N. RUDY G. M.Sc
VII.- MOVIMIENTO DE UN PROYECTIL
𝑇𝑣 = 𝑡𝑠 + 𝑡𝑐 = 2𝑡𝑠 = 2𝑡𝑐
Se cumple que:
𝑣𝑦
tan 𝛽 =
𝑦	𝑣𝐶𝑦 = 0
𝑔Ԧ
𝑣𝑥
𝑣Ԧ
C	𝑣Ԧ𝐶= 𝑣𝑥𝑖
𝑣 =	𝑣2 + 𝑣2
𝐵
𝑣𝐵𝑦
 (
sin
 
𝜃
)B	𝛽
D 𝑣𝑥
= 𝑣0
cos 𝜃
𝑥	𝑦
 (
𝑣
𝐴𝑦
) (
=
 
𝑣
0
)𝑣Ԧ0
𝜃
𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃
 (
𝑣
𝐷𝑦
)𝑦𝑚ä𝑥
𝛽
 (
=
 
𝑣
𝐵𝑦
)𝑣Ԧ𝐷
E 𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃
A 𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃
𝐿(𝐴𝑙𝑐𝑎𝑛𝑐𝑒 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙)
𝜃	𝑥
𝑣Ԧ𝐸
𝑣𝐸𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃
𝑦	𝑣𝐶𝑦 = 0
𝑔Ԧ
Ecuaciones	Especiales	del Movimiento de un Proyectil
𝑣𝐵𝑦
 (
sin
 
𝜃
)B
𝑣𝑥
= 𝑣0
C
cos 𝜃
𝑣Ԧ𝐶= 𝑣𝑥𝑖Ƹ
 (
𝑣
𝐷𝑦
) (
= 
𝑣
𝐵𝑦
)D
𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃
𝑦𝑚ä𝑥
 𝑣2𝑠𝑖𝑛2(𝜃)
 (
0
)=
2𝑔
2𝑣0 sin 𝜃
 (
=
 
𝑣
0
)𝑦	𝑦
 (
𝑣
𝐴𝑦
)𝑥
𝑥
E 𝑣𝑥
= 𝑣0
cos 𝜃
𝑇𝑣 =	𝑔
 (
𝑇
)𝑔	2
𝑦𝑚á𝑥 = 8	𝑣
A 𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃	𝑥	2	2
En el eje x se trata
𝑣𝐷𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃
En el eje y se trata
𝐿 = 2𝑣0
sin 𝜃 cos 𝜃
𝑔
= 𝑣0
sin(2𝜃)
𝑔
de un MRU
 (
0
)𝑥 = 𝑣 𝑡 cos 𝜃
de un MVCL
1
𝑦 = 𝑣0𝑡 sin 𝜃 ±
tan 𝜃 = 4𝑦𝑚á𝑥
𝑔𝑡2	𝐿
𝑣𝑓𝑦
= 𝑣0𝑦 ± 𝑔𝑡	2
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 −
𝑔	2
2	2	𝑥
𝑣2	= 𝑣2	± 2𝑔𝑦
2𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑓𝑦	0𝑦
Problema 33	A
Considerando en un inicio una rapidez de
 (
50
 
𝑚
)25	m/s,	determine	el	alcance	“x”. Deprecie la fricción, g=10m/s2.
D
30°
Trabajemos	la	componente	CB	con movimiento rectilíneo uniforme.
𝑥 = 25𝑡 cos 37°
4
Trabajemos
C
la	componente	AC	con
𝑥 = 25 ∗ 4 ∗
5
Solución
aceleración gcos60°
100 = 25𝑡 sin 37° +
x
 (
𝑥
 
=
 
80
 
𝑚
)1
𝑔 [cos 60°]𝑡2
2
A	25 cos 37°
𝑡𝐴𝐵 = 𝑡
D
C
y
𝑔Ԧ
60°
B
𝑡2 + 6𝑡 − 40 = 0
𝑡 + 10	𝑡 − 4	= 0
𝑡 = 4 𝑠
Problema 35
Dos partículas son lanzadas simultáneamente
desde los puntos A y B en la forma que se indica en la figura. Si la partícula que se lanzó desde A llega a B y la que se lanzó de B llega a A, determinar cuál fue la mínima distancia de separación entre éstas durante su movimiento.
A
𝑣𝑜
61°
C
𝑦𝐴 − 𝑦𝐵
𝑦𝐴
d
D
𝑦𝐵
𝑣𝑜
29°	B
𝑥𝐴
100 −
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵
𝑥𝐵
Solución
𝑥𝐴
+ 𝑥𝐵
1	24
 (
2
)= 2𝑣𝑡	∗
25
𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 = 𝑣𝑡
sin 61° − sin 29°
Eje “x” para las dos partículas
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 = 𝑣𝑡
24
 (
2
)[1]
25
𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 = 2𝑣𝑡 cos
45°
 (
2
)7
sin
16°
 (
𝑥
𝐴
 
=
 
𝑣𝑡
 
cos
 
61°
𝑥
𝐵
 
=
 
𝑣𝑡
 
cos
 
29°
+
)Eje “y” para las dos partículas
𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 = 𝑣𝑡
[2]
25
 (
61
 
+ 
29
2
) (
61 
−
 
29
2
)𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 = 𝑣𝑡 cos 61° + cos 29°
𝑦𝐴 = 𝑣𝑡 sin 61° −
1
𝑔𝑡2
2
Para	calcular	“d”	aplicamos
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 = 2𝑣𝑡 cos
cos
𝑦𝐵 = 𝑣𝑡 sin 29° −
1
𝑔𝑡2
2
Pitágoras
𝑑2 =
100 −
𝑥𝐴
+ 𝑥𝐵
2
+	𝑦𝐴
− 𝑦𝐵 2
242
 (
2
)𝑑	= 104 − 104 	
𝑑2 =	100 −	𝑣𝑡 24	2
25
2	2
7	2
+	𝑣𝑡
25
𝑚í𝑛
 (
𝑑
)2
𝑚í𝑛
= 104
[1 −
252
242
252]
 (
2
)𝑑2 = 104 − 200𝑣𝑡 24
25
+	𝑣𝑡
2	2
 (
24
2
25
) (
7
2
25
)+	𝑣𝑡
2
 (
𝑑
)𝑚í𝑛
252 − 242
= 104[	]
252
 (
2
) (
𝑑
2
4
) 49
24	= 10 [	]
𝑑2 = 104 − 200𝑣𝑡
25
 (
100 
∗
 
24
25
)2
+ 2𝑣2𝑡2
 (
100 
∗
 
24
25
)2
𝑚í𝑛
 (
100 
∗
 
24
25
) (
𝑑
𝑚
í
𝑛
 
=
 
28
 
𝑚
)2
252
 (
2
) (
2
)𝑑2 =	𝑣𝑡	− 2 𝑣𝑡
 (
100
 
∗
 
24
𝑣𝑡
2
 
−
25
)𝑑2 =
+
2
+ 104 −
+ 104 −
 (
100
 
∗
 
24
25
)2
𝑑𝑚í𝑚	0
VIII.- MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME
Con θ que se mide en radianes
𝑡𝐴𝐵 = 𝑡
𝐵	𝜃
𝑣	𝑣𝑡 = 𝜌𝜃	𝑣 = 𝑡 𝜌
𝜃Ԧ
𝑚ó𝑑𝑢𝑙𝑜
Donde:	𝜔 =
𝑣
𝑡 = 𝐶𝑡𝑒 ቐ𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛
𝜃	Con ൝𝜃Ԧ
(𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟, 𝑟𝑎𝑑)
𝑆𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜
𝜔	(𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟, 𝑟𝑎𝑑/𝑠)
𝐴	𝑣 = 𝜔𝜌
𝐶	Vectorialmente es:
𝑣	𝜌 = 𝑟 sin 𝜑
𝑧
𝜔
𝜌	𝑣Ԧ
Puesto que la velocidad permanece constante en módulo, luego:
𝑆 = 𝑣𝑡
Por geometría elemental:
𝑣 = 𝜔𝑟 sin 𝜑
Esto por definición de producto vectorial es:
𝑣Ԧ = 𝜔 × 𝑟Ԧ
𝜑	𝑟Ԧ
𝜔	𝑟Ԧ
𝜑
𝑣Ԧ
𝑆 = 𝜌𝜃
𝑥	𝑦
Algunas definiciones importantes:
PERIODO(T)
Que se define como el tiempo que se demora una partícula en dar una vuelta completa. Es decir:
#𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
𝑓 =
𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜
1
𝑓 =
𝑟𝑒𝑣Τ𝑠 = 𝑠−1 = 𝐻𝑒𝑟𝑧(𝐻𝑧)
𝑟𝑒𝑣Τ𝑚𝑖𝑛 = 𝑟𝑝𝑚
𝑟𝑒𝑣Τℎ = 𝑟𝑝ℎ
𝑒𝑡𝑐
𝑇 =
𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 #𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
𝑠
൞𝑚𝑖𝑛
ℎ
𝑇	𝜔 = 2𝜋𝑓
ACELERACIÓN CENTRÍPETA O NORMAL(𝒂𝒄 𝒐	𝒂𝑵)
𝑒𝑡𝑐
 (
𝜃
)𝑡 = 𝑇,	𝜃 = 2𝜋𝑟𝑎𝑑 2𝜋
Se define, como la responsable que la velocidad lineal o tangencial cambie continuamente de dirección,
𝑡𝐴𝐵 = 𝑡
𝐵
𝑎Ԧ𝑐	𝑣
𝜔 =
𝑇
se dirige siempre al centro de	𝑣
la	circunferencia	y	es
FRECUENCIA(f)
Se	define	como	el	número	de vueltas	o	revoluciones	que	da
constante	siempre	en módulo.
𝑣2
𝑎Ԧ𝑐
𝐴
𝑎Ԧ𝑐
una	partícula	por	unidad	de
tiempo. Es decir:
𝑎𝑐 = 𝑎𝑁 = 𝜌	𝐶
𝑣
𝜔
𝜌	𝜃Ԧ
𝑎Ԧ𝑐
𝐴
𝜃
𝑣Ԧ
𝑎Ԧ𝑐
𝐵
𝑣Ԧ
IX.- MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORMEMENTE VARIADO
𝑡𝐴𝐵 = 𝑡
𝐵 𝑎Ԧ
𝑣Ԧ𝑓 −
𝑣Ԧ0
𝑎Ԧ𝑡 = 𝖺×
𝑟Ԧ
𝑣Ԧ𝐴
𝑡
𝑎Ԧ𝐶𝐵
𝜃
𝑣Ԧ𝐵
𝑎Ԧ𝑡 =
𝜔𝑓 ×
𝑎Ԧ𝑡 =
𝑟Ԧ
𝑡
− 𝜔0 ×
𝑡
𝑟Ԧ
𝑎𝑡	= 𝖺 𝑟 sin 𝜑
Donde
𝜌 = 𝑟 sin 𝜑
𝑎Ԧ𝑡
𝐴
𝑎Ԧ𝐶𝐴
𝑎Ԧ𝐶𝐶
𝑎Ԧ𝑡 =
𝜔𝑓 − 𝜔0
𝑡
× 𝑟Ԧ
𝑎𝑡
= 𝜌 𝖺
𝑣Ԧ𝐶
𝐶
𝑎Ԧ𝑡
Definimos la aceleración
angular
𝜔𝑓 − 𝜔0
ACELERACIÓN TANGENCIAL (𝒂𝒕)
Se define como la responsable de que la velocidad lineal o tangencial cambie continuamente de módulo, esta aceleración se mantiene constante en módulo mas no en dirección ni en sentido.
𝖺=
𝑡
Y se mide en rad/s2 , a
demás es constante en módulo, dirección y sentido
𝑧
𝖺
𝜔	𝖺
𝜌	𝑣Ԧ
𝛽
𝑎Ԧ
𝜑	𝑟Ԧ
𝑎Ԧ𝑡
𝜔	𝑟Ԧ
𝜑
𝑣Ԧ
𝑥	𝑦
𝑎Ԧ𝑡
𝑎Ԧ
= 𝑎Ԧ𝑡 +
𝑎Ԧ𝑐
 (
𝑎
2
 
+
 
𝑎
2
𝑡
𝑐
)𝑎 =
tan 𝛽 = 𝑎𝑐
𝑎𝑡
𝖺
𝜔
𝜌	𝜃Ԧ
𝑎Ԧ𝐶𝐴
𝐴
𝑎Ԧ𝑡
𝜃	𝑎Ԧ𝐶𝐵
𝐵
𝑎Ԧ𝑡
𝑣Ԧ𝐵
𝑣Ԧ𝐴
ECUACIONES LINEALES
ECUACIONES ANGULARES
𝑣Ԧ𝑓 =
𝑣Ԧ0 ±
𝑎Ԧ𝑡𝑡
𝜔𝑓 = 𝜔0 ± 𝖺 𝑡
𝑣2 = 𝑣2 ± 2𝑎 𝑠
𝜔2 = 𝜔2 ± 2 𝖺 𝜃
𝑓	0	𝑡
Ԧ	1	2
𝑓	0
Ԧ	1	2
	
𝑆 =
Ԧ
𝑣Ԧ0𝑡 ±
Ԧ
2 𝑎Ԧ𝑡𝑡
1	2
𝜃 = 𝜔0𝑡 ±
𝖺 𝑡
2
1
𝑆 =
𝑆0 ±
𝑣Ԧ0𝑡 ±
2 𝑎Ԧ𝑡𝑡
𝜃Ԧ
= 𝜃Ԧ0 ± 𝜔0𝑡 ± 2
𝖺 𝑡2
 (
ECUACIONES
 
DEL
 
MCUV
)
Problema 42
Hallar la velocidad con que se mueve el bloque, si las poleas solidarias giran a una velocidad angular de 20rad/s, R = 0.8 m
y r = 0.3 m.
𝜔𝐴
= 𝜔𝐵
= 𝜔
𝑆𝐴 = 𝑣𝐴𝑡
𝑆𝐵 = 𝑣𝐵𝑡
 (
R
r
A
B
)𝑆𝐴 + 𝑆𝐵
𝑣 = 𝜔
𝑟𝐴 + 𝑟𝐵 2
𝑆 =
𝑣𝑡 =
= 𝑣𝑡
2
𝑣𝐴𝑡 + 𝑣𝐵𝑡
2
𝑣 = 20
0.8 + 0.3
2
 (
𝑣
 
=
 
11 
𝑚
/
𝑠
)𝑣 =
𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 2
𝑣 = 𝜔𝑟𝐴 + 𝜔𝑟𝐵
 (
Solución
)2
Problema 47
En la figura, el hilo que se encuentra enrollado en el cilindro de madera es jalado tal como se muestra, de tal forma que el desplazamiento del punto P depende del tiempo. Si d = t2; donde d se expresa en metros y t en segundos, determine la
aceleración de un punto de la periferia del cilindro cuando t = 1s (R=20cm)
Comparando las dos ecuaciones, tenemos:
𝑥𝑜 = 0
𝑣𝑜 = 0
2
 (
𝑣
)𝑓
 (
𝑎
𝑐
𝑓
 
=
 
20
 
𝑚
Τ
𝑠
2
)𝑎𝑐𝑓 = 𝑅
𝑎𝑐𝑓
22 𝑚2Τ𝑠2
=
0.2 𝑚
 (
𝑎
𝑡
 
=
 
2
 
𝑚
Τ
𝑠
2
 
→
 
𝐶𝑡𝑒
)
 (
𝑎
𝑐
𝑓
𝑎
𝑡
𝑎
)Solución
𝑑 = 𝑡2
𝑑 = 0 + 0𝑡 + 1𝑡2
 (
2
2
 
+
 
20
2
)1
𝑣𝑓 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡𝑡
𝑣𝑓 = 0 + 2𝑡
𝑣𝑓 = 2𝑡
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 1 𝑠
𝑣𝑓 = 2 ∗1
 (
𝑎
 
=
 
2
101
 
𝑚
ൗ
𝑠
2
) (
𝑡
𝑐
𝑓
)𝑎 =
𝑎2 = 𝑎2 + 𝑎2
𝑑 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 +
𝑎𝑡𝑡2
2
𝑣𝑓 = 2 𝑚/𝑠
Problema 58
Un punto M se mueve por una circunferencia con movimiento uniformemente variado de acuerdo a la siguiente ley: θ =
7 + 3t2 - 5t, donde θ está en radianes, y t en segundos. Hallar:
a) La gráfica 𝜔 − 𝑣𝑠 − 𝑡
b) La gráfica 𝖺 − 𝑣𝑠 − 𝑡
c) La velocidad angular al cabo de 6 s de iniciado su movimiento.
d) El desplazamiento angular en el sexto segundo del mismo.
 (
𝜔
𝑓
 
=
 
−
5
 
+
 
6
𝑡
)Solución
 (
𝜔
 
𝑟𝑎𝑑
/
𝑠
-
5
5
6
)a)	𝜃 = 7 − 5𝑡 + 3𝑡2
1
c)	𝜔𝑓 = −5 + 6𝑡
𝜔𝑓 = −5 + 6 ∗ 6
d) 𝜃 6	= 7 − 5 ∗ 6 +
𝜃 6	= 85 𝑟𝑎𝑑
 (
𝜔
𝑓
 
=
 
31
 
𝑟𝑎𝑠
/
𝑠
)
1 6 ∗ 62
2
1	2
2
𝜃 = 𝜃𝑜 + 𝜔𝑜𝑡 + 2 𝖺 𝑡
𝜃 5	= 7 − 5 ∗ 5 +
𝜃 5	= 57 𝑟𝑎𝑟
6 ∗ 5
2
Comparando las dos ecuaciones,
tenemos:
𝜃𝑜= 7 𝑟𝑎𝑑
 (
∆
𝜃
 
=
 
28
 
𝑟𝑎𝑑
)𝜔𝑜 = −5 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝖺	𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝑡	∆𝜃= 𝜃 6	− 𝜃 5
∆𝜃 = 85 − 57
𝖺= 6
𝑟𝑎𝑑ൗ𝑠2
b)
6	𝖺= 𝐶𝑡𝑒	
𝜔𝑓 = 𝜔𝑜 +𝖺 𝑡
𝑡
 (
Parábola
A
O
t
t(s)
)x(m)
x(m)
Parábola
 (
A
𝜃
)𝑥𝐴
 (
𝑡
 
=
 
𝑡
𝐴
)O	𝑡𝑜
t(s)
𝑡𝐴 = 4 𝑠	𝑡𝑜 = 2 𝑠
A hora calculemos la velocidad en t = 4 s
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡
𝑣𝐴 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡𝐴
 (
t
) (
𝑣
𝐴
 
=
 
32
 
𝑐𝑚
/
𝑠
)𝑣𝐴 = 0 + 8 ∗ 4
Solución
𝑥𝐴 = 4𝑡2
Parábola con vértice en el origen de coordenadas 𝑥𝑜 = 0 y en ese punto 𝑡 = 0 y 𝑣𝑜 = 0 puesto que la pendiente es nula
𝐴 =
𝐴
1
2 𝑡𝐴 − 𝑡𝑜 𝑥𝐴
1
en ese punto
1
𝑥 = 0 + 0𝑡 +
2
8 𝑡2
64 =
2
32 =	𝑡𝐴
𝑡𝐴 − 𝑡𝑜 4𝑡2
 (
𝐴
) (
𝑡
) (
𝑡
) (
𝐴
) (
𝐴
)− 𝑡𝑜	2
 (
Problema
 
50
Dado
 
el
 
gráfico
 
x
 
-
 
vs
 
-t
 
para
 
una
 
partícula
 
que
 
se
 
desplaza
 
rectilíneamente
 
con
 
aceleración
 
constante
 
a
 
=
 
8
 
cm/s
2
.
 
¿
Cuál
es
 
la
 
velocidad
 
en
 
el
 
instante
 
t
 
en que
 
el
 
área
 
sombreada sea 64
 
cm.s?
)𝑥 = 4𝑡2
4 − 2
42 =
𝑡𝐴 − 𝑡𝑜	2