Anual Uni Semana 08 - Física - Camila Darien

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FÍSICA
P R O G R A M A A C A D É M I C O V I R T U A L
Ciclo Anual UNI
Docente: Antonio Montalvo
Reforzamiento
II
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
F Í S I C A
Objetivo
➢ Repasar conceptos 
cinemáticos aplicados a 
movimientos verticales y 
curvilíneos.
➢ Afianzar nuestros 
conocimientos de la caída 
libre.
➢ Aplicar correctamente las 
leyes del movimiento 
curvilíneo.
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
F Í S I C A
Presente las siguientes características:
➢ El cuerpo solo este afecto por la atracción terrestre, esto 
implica que se considerara despreciable el efecto de 
resistencia u oposición al movimiento que ejerce el aire.
➢ El movimiento se debe realizar en las cercanías de la 
superficie terrestre, con lo cual se garantiza que la 
aceleración de caída del cuerpo sea constante.
➢ Se desprecia la rotación de la tierra, lo que garantiza 
que la trayectoria sea vertical.
Consideremos lo siguiente: Soltamos una pequeña esfera, 
desde una cierta altura
Nota: 
Se usan las mismas ecuaciones del MRUV
Por lo tanto se tiene un movimiento rectilíneo con 
aceleración constante, con lo cual podemos asegurar 
que el MVCL se trata de un caso particular de un MRUV
1s
1s
1s
𝑣1
𝑣2
𝑣3
= 10 m/s
= 20 m/s
= 30 m/s
A
B
C
D
𝑣0 = 0
5 m
15 m
25 m
g = 10 m/s2
Caída libre es 
tanto 
movimiento 
de ascenso 
(hacia arriba), 
como 
descenso 
(hacia abajo)
Movimiento Vertical de 
Caída Libre
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
F Í S I C A
Ecuaciones del MVCL
➢ h = 
(𝒗𝒇+𝒗𝒐)
𝟐
𝒕
➢ h = 𝒗𝒐𝒕 +
𝟏
𝟐
𝒈𝒕𝟐-
➢ 𝒗𝒇 = 𝒗𝒐 + 𝒈𝒕-
➢ 𝒗𝒇
𝟐 = 𝒗𝒐
𝟐 + 𝟐𝒈h-
Se usará: 
(+): rapidez aumenta
(-): rapidez disminuye
Movimiento ascenso
Movimiento descenso
Además:
➢ Tiempo de subida (𝒕𝒔)
𝒕𝒔 =
𝒗𝒐
𝒈
𝒕𝒔 𝒕𝒃
Notar que: 𝑡𝑠 = 𝑡𝑏
➢ Altura Maxima (𝑯𝒎𝒂𝒙)
𝑯𝒎𝒂𝒙
𝑯𝒎𝒂𝒙 =
𝒗𝒐
𝟐
𝟐𝒈
Ecuaciones Vectoriales
ℎ = Ԧ𝑣𝑜𝑡 +
1
2
Ԧ𝑔𝑡2
Ԧ𝑣𝑓 = Ԧ𝑣𝑜 + Ԧ𝑎t
Toda magnitud que apunte 
hacia arriba será considerada 
positiva, y las que apunten 
hacia abajo negativa
𝑣0
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Desde un globo aerostático que asciende 
verticalmente con rapidez constante de 
10 m/s, se desprende un objeto el cual 
cae durante 6s hasta impactar en el piso. 
Determine la altura a la cual se 
encuentra el globo cuando el objeto 
impacta. (g = 10 m/𝑠2)
Resolución:
Nos piden a que altura se encuentra el 
globo en el instante en que el objeto 
impacta en el piso.
Nótese que durante el tiempo en el 
que el objeto cae, el globo sigue 
subiendo con MRU
Graficando lo que acontece
h
𝑑𝑔
ℎ𝑝
Del grafico:
h = ℎ𝑝 + 𝑑𝑔 … . . (1)
Para el globo
𝑑𝑔 = vt 𝑑𝑔 = 10(6) = 60 m.
Para el objeto
Usaremos la ecuación vectorial
ℎ = Ԧ𝑣𝑜𝑡 +
1
2
Ԧ𝑔𝑡2
ℎ𝑃 = 120 m. − ℎ𝑃 = +10 6 − 5(6)
2
Finalmente en (1)
h = 60 + 120
h = 180 m.El objeto presenta la misma velocidad 
que el globo en el instante en el que 
lo abandona (INERCIA)
𝑣𝑔
𝑣𝑔
g
Ejercicio 1
t
t
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Ejercicio 2:
En la grafica se muestra una pequeña 8 
segundos después de haber sido 
lanzada. 
I. Su velocidad de lanzamiento.
II. En que posicion se encuentra en 
ese instante respecto de su 
posicion de lanzamiento
g= 10m/s230 𝑚/𝑠
Resolución:
Parte I : nos piden la velocidad de 
lanzamiento. Según se muestra tiene una 
rapidez de 30 m/s, pero después de 8s.
Usaremos la ecuación vectorial
Ԧ𝑣𝑓 = Ԧ𝑣𝑜 + Ԧ𝑎t
Recordar que cualquier magnitud 
hacia arriba se considera (+), mientras 
que cualquier magnitud hacia abajo 
se considera (-)
En el problema:
-30 = Ԧ𝑣𝑜 + (-10)(8)
Ԧ𝑣𝑜 = +50𝑚/𝑠
Esto significa que la esfera se 
lanzó verticalmente hacia arriba
Parte II: nos piden la posicion en la 
que se encuentra respecto del nivel de 
lanzamiento.
Usaremos la ecuación vectorial
ℎ = Ԧ𝑣𝑜𝑡 +
1
2
Ԧ𝑔𝑡2
ℎ = +50(8) + 
1
2
(−10)(8)2
Tomando en cuenta las consideraciones:
ℎ = +80m.
Esto significa que la esfera se encuentra a 
80m por encima del nivel de lanzamiento.
Determine:
Graficando:
30 𝑚/𝑠
8s
50 𝑚/𝑠
h = 80m
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
El MPCL, se estudiara proyectándolo 
en dos direcciones mutuamente 
perpendiculares, es decir: Lo 
proyectaremos sobre la dirección 
vertical y sobre la dirección horizontal.
En consecuencia:
En la horizontal: 
𝑣𝑥 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ; 𝑎𝑥= 0
En la vertical: 
𝑣𝑦 = varia ; 𝑎𝑦= g
Además en un punto de la 
trayectoria: en P
𝑣𝑝 = 𝑣𝑥
2 + 𝑣𝑦
2
Se usan las ecuaciones del 
MVCL
𝒗𝒙 = 𝒗𝟎 𝐜𝐨𝐬𝜽
𝒗𝒚 = 𝒗𝟎 𝐬𝐢𝐧𝜽
𝑯𝑴Á𝑿 =
𝒗𝟎
𝟐
𝟐𝒈
𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽
𝑫 = 
𝒗𝟎
𝟐
𝒈
𝐬𝐢𝐧 𝟐𝜽
𝒕𝒗 = 
𝟐𝒗𝟎 𝐬𝐢𝐧 𝜽
𝒈
Tiempo de vuelo (𝑡𝑣)
Movimiento Parabólico de 
Caída Libre
p
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Aspectos Complementarios
➢ Alcance horizontal máximo
En todos los casos se lanza con la misma 
rapidez
𝐷𝑀Á𝑋
➢ Ángulos de tiro complementario
𝑫𝟏
𝑫𝟐
➢ Caída libre con 𝒗𝒚 = 𝟎
Se verifica que cuando el ángulo 
de lanzamiento es 45°, se logra un 
máximo alcance horizontal
Es un método que en 
algunos casos nos ayuda 
en la solución de ciertos 
problemas: es la 
composición de un MRU 
y un MVCL con 𝑣𝑦= 0
Para dos objetos lanzados con 
una misma rapidez y con 
ángulos de lanzamiento que 
suman 90° se verifica que logran 
el mismo alcance horizontal
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Un jugador de fútbol efectúa un saque de 
arco. 4 segundos después, La pelota 
impacta en la cancha 60 m más adelante. 
Hallar la el modulo de la velocidad mínima y 
con qué rapidez llega a tierra. (g =10 m/𝑠2)
Ejercicio 3:
Resolución:
Nos piden: 
I. El módulo de la velocidad mínima
Recordando la mínima velocidad en un MPCL 
se adquiere cuando el móvil alcanza su altura 
máxima y resulta ser la componente 
horizontal de la velocidad
𝒗𝒙 = 𝒗𝑴Í𝑵
60m
En la horizontal: MRU
D = 𝑣𝑥 𝑡𝑣𝑢𝑒𝑙𝑜
60 = 𝑣𝑥 (4)
𝑣𝑥 = 15 m/s
Por lo tanto:
𝒗𝒙 = 𝒗𝑴Í𝑵 = 15 m/s
II. El modulo de la velocidad con la 
que llega a tierra.
𝑣𝑥
𝑣𝑦1
𝑣𝑥
𝑣𝑥
𝑣𝑥
𝑣𝑦2
𝑣𝑦 𝒗𝒊
𝑣𝑖 = 𝑣𝑥
2 + 𝑣𝑦
2… . . (α)
Se sabe:
Del tiempo de vuelo 𝑡𝑣= 2
𝑣𝑦
𝑔
4= 2
𝑣𝑦
10
𝑣𝑦 = 20 𝑚/𝑠
Finalmente en (α)
𝑣𝑖 = 15
2 + 202 = 25 m/s
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Ejercicio 4:
Un bombardero vuela horizontalmente con 
una rapidez constante de 540 km/h, a una 
altura de 245m, a que distancia horizontal 
debe soltar el proyectil para dar en el blanco.
Resolución:
245m
Nos piden: la distancia horizontal desde la cual 
se debe soltar al proyectil, para dar en el blanco.
Tener en cuenta que al soltar el proyectil 
comienza a caer en forma vertical.
Pero horizontalmente tiene la misma 
velocidad que el avión, esto es una 
manifestación de la propiedad 
denominada INERCIA
245m
d
Para el proyectil 
En la horizontal: MRU
d = 𝑣𝑥t
d = 150t ….. ( I )
En la vertical: MVCL
Como 𝑣𝑦𝑜 = 0
Usando: 
h = 𝑣𝑜𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
245 = 
1
2
(10)𝑡2
t = 7 s.
Finalmente en ( I )
d = 150( 7 )
d = 1050 m.
g
540 (
𝟓
𝟏𝟖
) = 
150m/s
Calculo de t :
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Movimiento Circunferencial 
Uniforme
𝝎 =
𝜽
𝒕
Periodo (T) Frecuencia (f)
𝒕𝟏𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂 = 𝐓 f = 
⋕ 𝒅𝒆 𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂𝒔
𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐
Relación entre el periodo y la frecuencia
f = 
𝟏
𝑻
𝒂𝒄𝒑 =
𝒗𝟐
𝑹
= 𝝎𝟐𝑹
Aceleración 
centrípeta
De donde:
𝜔 =
𝜃
𝑡
=
2𝜋
𝑇
= 2𝜋𝑓
v = 
𝑺
𝒕
𝜽 = 𝝎𝒕
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Aspectos adicionales:
Tiempo de encuentro (𝒕𝒆)
A
B
θ
𝜔𝐴
𝜔𝐵
𝑡𝑒 =
𝜃
𝜔𝐴 + 𝜔𝐵
Tiempo de alcance (𝒕𝒂)
𝑡𝑎 =
𝜃
𝜔𝐴 − 𝜔𝐵
𝜔𝐴 > 𝜔𝐵
Aplicaciones: 
1. Poleas unidas por una faja
2. Poleas en contacto
3. Poleas solidarias
𝒗𝑨 𝒗𝑩
𝒗𝑷
A BP
𝑹𝑨
𝑹𝑩
𝒗𝑨 = 𝒗𝑩
A
B
𝒗𝑨
𝒗𝑩
𝑹𝑨
𝑹𝑩
A B
𝑹𝑨
𝑹𝑩
Se verifica
➢ 𝑣𝐴 = 𝑣𝑃 = 𝑣𝐵 → 𝜔𝐴𝑅𝐴 = 𝜔𝐵𝑅𝐵
➢ 𝑣𝐴 = 𝑣𝐵 → 𝜔𝐴𝑅𝐴 = 𝜔𝐵𝑅𝐵
Se verifica:
𝜔𝐴 = 𝜔𝐵 →
𝑣𝐴
𝑅𝐴
=𝑣𝐵
𝑅𝐵
Numero de vueltas (n)
n = 
2𝜋
𝜃
A
B
θ
A
B
θ
𝜔𝐴
𝜔𝐵
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Un satélite artificial gira alrededor de la Tierra, 
completando un ciclo en aproximadamente 90 
minutos. Suponiendo que su órbita es circular, 
que el radio medio de la Tierra es 6.370 km, y que 
la altura media del satélite sobre su superficie 
es 280 km, determinar su rapidez tangencial.
V = 7 737 m/s
Resolución: 
Nos piden rapidez tangencial ``v´´
del satélite artificial.
Graficando lo que acontece
Nótese que el satélite se mueve 
en una orbita igual a 
𝑅𝑜 = 𝑅𝑇 + ℎ
𝑅𝑜 = 6370 + 280
𝑅𝑜 = 6650 km
v h
𝑹𝒐
𝑹𝑻
v
v
Se sabe:
v = ω 𝑅𝑜
v = (
2𝜋
𝑇
) 𝑅𝑜
Del dato
T= 90min
T= 5400s
v = (
2𝜋
5400
)6650(103)
Operando:
No olvidar
Las unidades deben estar 
en el SI
Ejercicio 5 :
C R E E M O S E N L A E X I G E N C I A
Resolución:
Calcular la rapidez angular y la 
frecuencia con que debe girar una 
rueda, para que los puntos situados 
a 50 cm de su eje estén sometidos a 
una aceleración que sea 20veces la 
de la gravedad.
Hallando rapidez angular (ω)
Según el enunciado, el modulo de la aceleración 
centrípeta es de 20 veces la aceleración de la gravedad
Usando: 𝑎𝑐𝑝 = 𝜔
2𝑅
despejando
𝜔 = 
𝑎𝑐𝑝
𝑅
= 
20(10)
0,5
ω = 20 rad/s
Calculo de la frecuencia
Se sabe: ω = 2𝜋𝑓
despejando
f = 
𝜔
2𝜋
= 
20
2𝜋
f = 3,18 𝐻𝑧
Ejercicio 6:
w w w . a c a d e m i a c e s a r v a l l e j o . e d u . p e