teoria y problemas fisica (15)

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𝑣C = �⃗�\
C − 2�⃗��⃗�																																(2.15) 
�⃗� 	= �⃗�\𝑡 −
U
C
�⃗�𝑡C (2.16) 
 
Obviamente, las ecuaciones son las mismas, excepto porque en lugar 
de utilizar el eje x se utiliza el eje y, además, como la gravedad es 
SIEMPRENEGATIVA, su signo está ya dentro de la 
ecuación.Además, el valor de la gravedad no es tan constante como 
se supone ya que depende de la latitud y de la altitud sobre el nivel 
del mar en un determinado lugar; así, en el Ecuador y al nivel del mar 
g = 9.81[m/s2]. En La Paz que se encuentra en un trópico y a 3600[m] 
sobre el nivel del mar, el valor de g es 9.775[m/s2]. En este texto, 
tanto por la proximidad del valor, como por la facilidad en el uso, se 
tomará a la aceleración de la gravedad como g = 10[m/s2]. 
Ejemplo 2.18. Se lanza una pelota verticalmente hacía arriba con una 
velocidad de 10[m/s]. (a) ¿Cuál es la altura máxima a la que sube?. 
(b) ¿Cuánto tiempo tarda en llegar a esa altura? (c) ¿Para qué 
tiempos se encuentra la pelota a 2[m] de altura? (d) Calcular la 
velocidad con la que retorna al punto de partida. 
 
Estrategia de Resolución. Debemos recordar que todo vector 
dirigido hacía arriba es positivo, mientras que uno dirigido hacía abajo 
es negativo. Para determinar la altura máxima y el tiempo de subida, 
sabemos que la velocidad final es cero. Por otra parte la pelota se 
encontrará dos veces a la altura de 2[m], una a la subida y otra a la 
bajada. El procedimiento empleado será vectorial. 
1. Calcular la altura máxima. 
𝑣C = 𝑣\C − 2𝑔𝐻y¥T 
0 = 𝑣\C − 2𝑔𝐻y¥T 
𝐻y¥T =
𝑣\C
2𝑔 =
(10)C
2(10) = 5
[𝑚] 
2. Hallar el tiempo de subida. 
0 = 𝑣\ − 𝑔𝑡¦ 
𝑡¦ =
𝑣\
𝑔 =
10
10 = 1
[𝑠] 
3. Calcular el tiempo para una altura de 2[m]. 
𝑦 = 𝑣\𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C 
5𝑡C − 10𝑡 + 2 = 0 
𝑡U = 0.37[𝑠];			𝑡C = 1.83[𝑠] 
4. Calcular la velocidadcon que llega al puntode partida. 
𝑣C = 𝑣\ − 𝑔(2𝑡¦) = 10 − (10)(2)(1) = −10[𝑚 𝑠⁄ ] 
Observaciones. ¿Te diste cuenta de que no es necesario trabajar 
por tramos?, es mucho más fácil y más rápido trabajar con vectores. 
Ejemplo 2.19. Una piedra se lanza verticalmente hacía arriba con una 
velocidad de 90[m/s]. Transcurridos 4[s] se suelta otra piedra desde 
la misma posición y con la misma velocidad. ¿Qué tiempo transcurrirá 
hasta que las piedras se encuentren? 
 
Estrategia de Resolución. Ya que las piedras salen del mismo punto 
pero con un desfase de 4[s], se encontrarán cuando la primera esté 
bajando y la segunda subiendo y ambas estarán en una posición Y a 
Vo1
Building 1
1
 
 
partir del origen del sistema de referencia. Se deberá graficar la 
situación y escribir las ecuaciones de la posición en función del 
tiempo. 
1. Relacionar tiempos: 
𝑡U = 𝑡C + 4 
2. Escribir las ecuaciones para ambas piedras teniendo en 
cuenta que ambas se encuentran en la misma posición h: 
Para la piedra 1. 
ℎ = 𝑣-𝑡U −
1
2𝑔𝑡U
C 
Para la piedra 2. 
ℎ = 𝑣-(𝑡U − 4) −
1
2𝑔
(𝑡U − 4)C 
3. Igualando las dos ecuaciones se tiene: 
𝑣-𝑡U −
1
2𝑔𝑡U
C = 𝑣-(𝑡U − 4) −
1
2𝑔
(𝑡U − 4)C 
4. Resolviendo la ecuación se encuentra que: 
4𝑣- = 4𝑔𝑡U − 8𝑔ℏ 
𝑡U =
4𝑣- + 8𝑔
4𝑔 =
360 + 80
40 = 11[𝑠] 
Ejemplo 2.20. ¡Trata de resolver! Dos esferas, una de acero y la otra 
de vidrio, son puestas en movimiento simultáneamente, ambas se 
encuentran sobre la misma vertical. La esfera de acero, que se 
encuentra arriba es soltada y la de vidrio (que está abajo) es lanzada 
con una velocidad de 90[m/s]. Si el encuentro se produce cuando la 
de vidrio se encuentra a la mitad de su altura máxima, calcular el 
tiempo de encuentro y la posición inicial de ambos cuerpos. 
Estrategia de Resolución. Se trata de una situación de encuentro; 
se determinará, en primer lugar, el sistema de referencia, que podría 
ser tomado en el punto donde se inicia el movimiento de A; tanto 𝑌.⃗U 
como 𝑌.⃗C serán vectores negativos debido a que se encuentran por 
debajo del origen del sistema de referencia. Además 𝑌.⃗\ = 𝑌.⃗U + 𝑌.⃗C, 
siendo 𝑌.⃗C la mitad de la altura máxima. Se escribirán las ecuaciones 
vectoriales para cada uno de los desplazamientos, tomando en 
cuenta que el tiempo para ambas esferas es el mismo; deberá 
determinarse la altura máxima para luego hallar la mitad de la misma. 
 
 Plantear las ecuaciones vectoriales: 
𝑌.⃗\ = 𝑌.⃗U + 𝑌.⃗C 
 Determinar los desplazamientos: 
𝑌.⃗C = �⃗�\𝑡 −
1
2 �⃗�𝑡
C 
𝑌.⃗U = −
1
2 �⃗�𝑡
C 
 Hallar𝑌.⃗C, tomando en cuenta su signo negativo. 
0 = 𝑣\�C − 2𝑔𝐻y¥T 
𝐻y¥T =
𝑣\�C
2𝑔 =
(90)C
2(10) = 405
[𝑚] 
𝐻y¥T
2 = −202.5
[𝑚] 
 Sustituir valores en la fase 1: 
𝑌\ = −
1
2𝑔𝑡
C + 𝑣\�𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C = −𝑔𝑡C + 𝑣\�𝑡 
 
 
 Reemplazar valores 
5𝑡C − 90𝑡 + 202.5 = 0 
 Hallar te resolviendola ecuación anterior 
𝑡U = 2.64[𝑠];			𝑡C = 15.36[𝑠] 
 Determinar cuál es eltiempo real 
𝑡¦ =
𝑣-
𝑔 =
90
10 = 9
[𝑠] 
por tanto el tiempo de encuentro será 2.64[s] 
 Hallar Y1: 
𝑌U = −5(2.64)C = −34.9[𝑚] 
 Calcular Y0 
𝑌\ = 𝑌U + 𝑌C = −34.9 − 202.5 = −237.4[𝑚] 
Ejemplo 2.21. Desde la orilla de un pozo caen gotas de agua a razón 
de una gota por segundo. Un montacargas sube con velocidad 
constante de 10[m/s] y es alcanzado por una gota cuando está a una 
profundidad de 100[m]¿A que profundidad la siguiente gota tocará al 
montacargas? 
 
Estrategia de Resolución. Conociendo la frecuencia de caída de las 
gotas se determina su tiempo de espaciamiento; se relacionan 
tiempos y alturas teniendo en cuenta que hay un montacargas que se 
desplaza hacía arriba. Se plantearán las ecuaciones de movimiento 
para cada uno de los movimientos y se resolverán las ecuaciones. 
1. La frecuencia con que caen las gotas es: 
𝑓 =
1𝑔𝑜𝑡𝑎
𝑠 
2. El tiempo de espaciamiento será: 
𝑡 =
1
𝑓 = 1
[𝑠] 
3. Relacionar tiempos: 
𝑡U = 𝑡C − 1 
4. Relacionar desplazamientos: 
ℎ.⃗ U + ℎ.⃗ = ℎ.⃗ C 
5. Plantear las ecuaciones: 
ℎ.⃗ U = −
U
Cª𝑡U
C = −100 
ℎ.⃗ C = −
U
Cªz«
« 
ℎ.⃗ = �⃗�𝑡C 
6. Reemplazar h2 y h en h1: 
−100 + 10𝑡C = −5𝑡CC 
 
7. Simplificando y ordenando como ecuación de segundo 
grado: 
𝑡CC + 2𝑡C − 20 = 0 
8. Resolviendo la ecuación: 
𝑡C =
−2 ±`2C − 4(1)(−20)
2 
𝑡C = 3.58[s] 
9. Reemplazar t2 en h2: 
ℎC = −5𝑡CC = −5(3.58)C = −64.13[𝑚] 
Vm