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𝑡J = 15 ±`(−15)C − 4(−70) 2 = 18.7 [𝑠] 𝑡� = 𝑡J − 2 𝑥J = 1 2 (2)(18.7)C = 351[𝑚] Ejemplo 2.15. ¡Trata de resolver! Silvia en su automóvil y Rolo en una moto,están separados 300[m] y se mueven en sentidos contrarios. El auto pasa por el punto A con velocidad constante de 80[km/h], 1[s] después, la moto parte del reposo y acelera a 2.5[m/s2] Hallar: (a) Dónde se encuentran a partir del punto A; (b) El tiempo que tardan en encontrarse. Estrategia de Resolución. Fijar el nivel de referencia en el punto A. Relacionar tiempos y posiciones y plantear las ecuaciones horarias para los dos móviles. Aplicar la regla del 3.6 para pasar de [km/h] a [m/s] de tal manera que 80[km/h] serán 80/3.6[m/s], es decir, 22.22 [m/s] Relacionar tiempos y posiciones: 𝑡J = 𝑡� + 1 𝑥J + 𝑥� = 300 Plantear las ecuaciones tantopara el auto como para la moto: Para A 𝑥J = 𝑣J𝑡J Para M 𝑥� = 1 2𝑎�𝑡� C Hacer álgebra, paraobtener la ecuación de segundo grado: 𝑡�C + 22.22𝑡� − 277.78 = 0 Resolver la ecuación desegundo grado: 𝑡� = 8.92[𝑠] Hallar tA: 𝑡J = 𝑡� + 1 = 9.92[𝑠] Determinar XA: 𝑥J = (22.22)(9.92) = 220.44[𝑚] Ejemplo 2.16.¡Trata de resolver! Cecilia se compró un auto deportivo de lujo que puede acelerar a 5[m/s2]. Para probarlo, desafía a una competencia al campeón nacional de automovilismo. Ambos parten del reposo, pero el campeón sale 1.5[s] antes que ella. Si el campeón aceleraa 4[m/s2] y Ceci con la máxima aceleración a la que llega su coche, determinar: (a) el tiempo que tarda la ingeniera en alcanzar al campeón; (b) la distancia que recorre antes de alcanzarlo; (c) las velocidades de ambos coches en el momento del encuentro. Estrategia de Resolución. Puesto que hay desfase de tiempos, debe relacionárselos. Las distancias recorridas son las mismas. Relacionar tiempos: 𝑡� = 𝑡J + 1.5 Escribir las ecuaciones horarias 𝑥 = 1 2𝑎J𝑡J C 𝑥 = 1 2𝑎�𝑡� C Igualar las ecuaciones 1 2𝑎J𝑡J C = 1 2𝑎�𝑡� C Hallar tA 0.5𝑡JC − 3𝑡J − 2.25 = 0 ⟹ 𝑡J = 12.7[𝑠] Calcular xA 𝑥J = 1 2 (5)(12.7)C = 403.2[𝑚] Determinar vA y vB. 𝑣J = 𝑎J𝑡J = 5(12.7) = 63.5[𝑚 𝑠⁄ ] 𝑣� = 𝑎�𝑡� = 4(12.7) = 50.8[𝑚 𝑠⁄ ] Ejemplo 2.17.Una partícula se mueve de acuerdo a la ecuación 𝑣 = 𝐶𝑥vC, si en t = 0, x = 0 y en t = 1, x = 3, determinar la velocidad de la partícula cuando t = 3. Estrategia de Resolución. En primer lugar, se deberá hallar la constante C, derivando la posición en función del tiempo; conocida la constante, se hallarán la velocidad y la aceleración derivando x y v en el tiempo, respectivamente. 1. Hallar C derivando x en función del tiempo: 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 𝐶𝑥 vC 𝐶𝑑𝑡 = 𝑥C𝑑𝑥 Integrando: 𝐶� 𝑑𝑡 U \ = � 𝑥C𝑑𝑥 w \ 𝐶𝑡|\U = 𝑥w 3 ¡\ w 𝐶𝑡 = 9 Pero t = 3, por tanto: 𝐶 = 3 Entonces 𝑣 = 3𝑥vC 𝑣 = 9 𝑡 𝑥 vC Pero: 𝐶𝑡 = 𝑥w 3 𝑥w = 9𝑡 𝑥 = √9𝑡¢ 2. Determinar la velocidad: 𝑣 = 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = √9¢ 3 𝑡 vC w� = 0.69𝑡vC w� 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 3 𝑣 = 0.33[𝑚 𝑠⁄ ] 2.3.3. CAIDA LIBRE Y TIRO VERTICAL La caída libre consiste en el movimiento vertical (a lo largo del eje y) de una partícula, acelerada por la aceleración de la gravedad (vector siempre dirigido hacía abajo), que hace que los cuerpos se dirijan al centro de la tierra, Galileo demostró que no importa si el objeto que cae es una pluma, una esfera de acero o un elefante. Este movimiento es netamente teórico debido a que no se toma en cuenta la resistencia del aire que, en algunos casos puede ser significativa, cabe señalar que el movimiento no depende de la masa ni del peso del cuerpo en caída libre, para demostrarlo, imagina que lanzas dos hojas de papel de la misma masa, una de ellas extendida y la otra arrugada ¿a qué se debe que ambas no tengan el mismo movimiento?, a la resistencia del aire. Es notorio que dicho movimiento es un caso particular del movimiento uniformemente acelerado. Supongamos que se lanzan las dos hojas en el vacío, en este caso ambas se moverán en forma idéntica. En el caso de la hoja arrugada, se puede “acostar” el problema, girando todo en 90º, lo que queda es: Y si se la hubiera lanzado con una velocidad inicial hacía abajo se tendría: Lo que muestra que un problema de caída libre no es diferente de uno de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. La caída libre es un ejemplo de ese movimiento, por eso, para resolver problemas se utiliza el mismo razonamiento y las mismas ecuaciones, la única diferencia es que la caída libre se realiza en un eje vertical y que la aceleración (gravedad) es negativa ¡siempre!Para un cuerpo lanzado hacía arriba con una velocidad inicial vo, (figura 2.46), tomaremos tanto el caso del tiro vertical como la caída libre. Nota que el desplazamiento en “tiro vertical” es igual al desplazamiento en caída libre pero de sentido contrario, por tanto, el desplazamiento neto es cero. 1. Debe tomarse el origen del sistema de referencia en el punto donde se inicia el movimiento. 2. Desde el punto de vista del sistema de referencia elegido, todo vector dirigido hacía arriba es considerado positivo, mientras que todo vector dirigido hacía abajo será negativo, por tanto, la gravedad será siempre negativa. 3. Todo lo que está encima del origen del sistema de referencia será considerado positivo, en tanto que todo lo que se encuentra por debajo del mismo será negativo (pueden existir alturas negativas). 4. El movimiento es simétrico respecto de la magnitud de la velocidad, puesto que, en el mismo punto la velocidad de subida es igual en magnitud que la velocidad de bajada pero con signo contrario. 5. El movimiento es simétrico respecto al tiempo, puesto que el tiempo de subida es igual al tiempo de bajada. En el punto más alto del movimiento, la velocidad vale cero, pero la aceleración es la de la gravedad. Por lo señalado, las ecuaciones horarias, las gráficas en función del tiempo y la resolución de problemas serán las mismas que las del movimiento acelerado, empero el movimiento es vertical y es acelerado por la gravedad que siempre es negativa. Por tanto, las ecuaciones (ya deducidas) que se utilizarán para resolver problemas serán: �⃗� = �⃗�\ − �⃗�𝑡 (2.14)
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