S04 s3 - PPT Taller3-Solucionario

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Bienvenidos estimados y estimadas 
estudiantes.
En breve iniciamos la sesión.
¿con qué tipo de las manzanas se 
identifican?
¿Hay preguntas acerca del tema de la clase pasada?
¿Que recordamos de la clase anterior?
SABERES 
PREVIOS
• ¿Al movimiento en dos 
dimensiones se 
considera un 
movimiento compuesto?
Inicio
La importancia que hay en el movimiento, es el estudio de la cinemática de los cuerpos u
objetos, el como se desplaza, conocer los tiempos de llegadas, la distancia determinada
que alcanza en un intervalo de tiempo y la velocidad que puede obtener.
una manzana y una pluma que se sueltan desde el reposo en una camara al vacío caen a
la misma tasa sin importar su deferencia de masa. Si se ignora la resistencia del aire, se
puede afirmar que todos los objetos caen a la tierra con la misma aceleración constante
de magnitud 9,80 m/s2, como indica las flechas del lado izquierdo en esta fotografía de
destellos. La velocidad de los dos objetos aumenta finalmente con el tiempo, como
indica las flechas del lado derecho
UTILIDAD
Utilidad
CÁLCULO APLICADO A LA 
FÍSICA 1
TALLER 3
Semana 4 – Sesión 3
LOGRO DE LA SESIÓN
Al término de la sesión, el estudiante resuelve
ejercicios de movimiento en dos dimensiones y
movimiento de proyectiles, utilizando las ecuaciones
que describen el movimiento y presenta sus resultados
siguiendo una secuencia lógica y fundamentada.
Utilidad
AGENDA
✓Resumen teórico.
✓Ejercicios.
✓Taller 3.
✓Cierre.
Resumen teórico
DIAGRAMA DEL MOVIMIENTO DE UN PROYECTIL ECUACIONES DEL MOVIMIENTO PARABÓLICO
Movimiento 
Horizontal (eje x)
Movimiento 
Vertical (eje y)
Velocidad 
Inicial
v0 x = v0 cos θ v 0y = v0 sen θ
Aceleraci
ón
a x = 0 a y = -g
Velocidad v x = v0 cos θ v y = v0 sen θ – g t
Posición x = x0 + v0 cos θ t y = y0 + v0 sen θ t– g t
2/2
• En la figura se muestra las velocidades en 
diferentes instantes.
EJEMPLOS
Práctica
1.- Desde una camioneta que se mueve con velocidad constante de 20 m/s sobre una
superficie horizontal, se lanza verticalmente una pelota con una velocidad de 10 m/s.
Determine el desplazamiento horizontal que experimentará el objeto hasta llegar al suelo
(desprecie la altura de la camioneta) .
Solución
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
𝑫𝒉
x
𝒗𝒇 = 𝟎
𝒗𝒊 = 𝟏𝟎
𝒕𝒔 𝒉𝒂 = 𝟗, 𝟖𝟏
𝒗𝒊 = 𝟐𝟎
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍
𝐌𝐑𝐔
𝑫𝒉 = 𝒗𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍
𝑫𝒉 = 𝟐𝟎 𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍… . 𝐈
𝐌𝐑𝐔𝐕
𝑣𝑦𝑓 = 𝑣𝑦𝑖 ± 𝑎𝑡
0 = 10 − (9,81 )𝒕𝒔0 10 9,81
𝒕𝒔 = 1,02𝑠
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟐𝒕𝒔
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟐(1,0194)
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟐, 𝟎𝟒𝒔… 𝑰𝑰
Remplazando II en I
𝑫𝒉 = 𝟐𝟎 𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍
𝑫𝒉 = 𝟐𝟎 (𝟐, 𝟎𝟒)
𝑫𝒉 = 𝟒𝟎, 𝟖𝒎
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
EJEMPLOS
Práctica
2.- Un globo asciende con velocidad constante de 20 m/s. A los cinco
segundos de su partida se lanza desde el globo un objeto
horizontalmente con una velocidad de 10 m/s. Calcule el tiempo que
tardará el objeto en llegar al suelo desde el instante en que fue lanzado.
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
Solución
𝐌𝐑𝐔
𝒉 = 𝒗𝒕
𝒉 = (𝟐𝟎)(𝟓)
𝒉 = 𝟏𝟎𝟎𝒎
𝒉 = 𝟏𝟎𝟎𝒎
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒐𝒚𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
𝟎 = 𝟏𝟎𝟎 + 𝟐𝟎 𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
)𝒕𝟐
𝒕 = 𝟔, 𝟗𝟗 𝒔
𝟎 𝟏𝟎𝟎 𝟐𝟎
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
EJEMPLOS
Práctica
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
𝒉 = 𝟏𝟎𝒎
Solución
𝟓𝒎/𝒔
a) Las componentes ortogonales de 
la velocidad inicial. 
3.- Desde un edificio de 10,0 m de altura se lanza un proyectil, con una
velocidad inicial de 5,0 m/s formando un ángulo de 30° con la horizontal.
Determine:
a) Las componentes ortogonales de la velocidad inicial. 
b) El tiempo de vuelo del proyectil.
c) La rapidez justo antes de tocar el piso.
d) La altura máxima alcanzada por el proyectil.
e) El alcance del proyectil.
𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎
𝒗𝒙 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
𝒗𝒚𝒊 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎
b) El tiempo de vuelo del proyectil
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒐𝒚𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
𝟎 = 𝟏𝟎 + 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
𝒕𝒗 = 𝟏, 𝟕 𝒔
𝟎 𝟏𝟎 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎
c) La velocidad justo 
antes de tocar el piso
𝑽
𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
𝒗𝒚𝒇
𝑣 = (𝒗𝒚𝒇)
2 + (𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎) 2…𝐼
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒗𝒚𝒇 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏( ), 𝟕 )𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 𝟏, 𝟕
𝒗𝒚𝒇 = −𝟏𝟒, 𝟏𝟖…𝑰𝑰
Remplazando II en I
𝒗 = (𝒗𝒚𝒇)
𝟐 + (𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎) 𝟐
𝒗 = 𝟏𝟒, 𝟖 𝒎/𝒔 𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
EJEMPLOS
Práctica
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
𝒉 = 𝟏𝟎𝒎
Solución
𝟓𝒎/𝒔
d) La altura máxima alcanzada por 
el proyectil
3.- Desde un edificio de 10,0 m de altura se lanza un proyectil, con una
velocidad inicial de 5,0 m/s formando un ángulo de 30° con la horizontal.
Determine:
a) Las componentes ortogonales de la velocidad inicial. 
b) El tiempo de vuelo del proyectil.
c) La rapidez justo antes de tocar el piso.
d) La altura máxima alcanzada por el proyectil.
e) El alcance del proyectil.
𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎
x
𝒗𝒊 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎
𝒗𝑭 = 𝟎
𝒂 = 𝟗, 𝟖𝟏
𝒕
𝒅
a) Altura máxima:
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
(0)2= (𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎)2−2(9,81)(𝑑)
𝑑 = 0,32 𝑚
altura total = 10 + 0,32
𝑫𝒉
altura total = 10,32 𝑚
e) El alcance del proyectil 
𝐌𝐑𝐔
𝑫𝒉 = 𝒗𝒕𝒗
𝑫𝒉 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 (𝟏, 𝟕𝒔)
𝑫𝒉 = 𝟕, 𝟑𝟔𝒎
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
EJEMPLOS
Práctica
4.- Para hacer un gol, un jugador de futbol debe patear la pelota a
126 pies durante un tiempo de 3,6 s. Determine la rapidez inicial y
el ángulo con que debe ser pateada la pelota.
𝑫𝒉 = 𝟑𝟖, 𝟒𝒎
𝑓𝑡 = 0,3048𝑚
𝒕𝒗 = 𝟑, 𝟔𝒔
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
Solución
x
𝒗𝒊
𝒗𝑭 = 𝟎
𝒈 = 𝟗, 𝟖𝟏
𝒕 = 𝟏, 𝟖 𝒉
a) Determine la rapidez inicial 
𝑽
𝐯𝐱
𝐯𝐲𝐢
𝑣 = (𝐯𝐱)
2+(𝐯𝐲𝐢)
2… 𝐼
MRU
𝐷ℎ = 𝑣𝑡𝑣
38,4 = 𝑣𝑥(3,6)
𝑣𝑥 = 10,67𝑚/𝑠
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
Eje vertical
0 = 𝐯𝐲𝐢 − (9,81 )(1,8 )0 9,81 1,8
𝐯𝐲𝐢 = 17,66
Remplazando en I
𝑣 = (𝐯𝐱)
2+(𝐯𝐲𝐢)
2
𝑣 = 20,6 𝑚/𝑠
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
𝐯𝐲𝐢
𝑣𝑥
b) Angulo
𝜃 = 58,8°
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
Práctica
5.- Determine la velocidad a la que debe ser
lanzado el balón A con un ángulo de 30° de
manera que entre en la canasta.
𝐯𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎
𝐯𝐜𝐨𝐬𝟔𝟎
Solución
a) Determine la velocidad 
𝑣𝐴 = (𝐯𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎
2+(𝐯 𝐜𝐨𝐬𝟔𝟎) 2… 𝐼
MRU
𝐷ℎ = 𝑣𝑡𝑣
10 = (𝐯𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎)𝑡
𝑡 =
10
𝐯𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎
… 𝐼
𝒗𝒊 = 𝐯𝐜𝐨𝐬𝟔𝟎
𝒗𝑭
𝒈 = 𝟗, 𝟖𝟏𝒕 𝟏, 𝟓
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
Eje Vertical
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
1,5 = 𝐯 𝐜𝐨𝐬𝟔𝟎 𝑡 −
1
2
9,81 𝑡2… 𝐼𝐼
Remplazando I en II
1,5 = 𝐯 𝐜𝐨𝐬𝟔𝟎 𝑡 ±
1
2
9,81 𝑡2
1,5 = 𝐯 𝐜𝐨𝐬𝟔𝟎
10
𝐯𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎
−
1
2
9,81
10
𝐯𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎
2
1,5 = 5,77 −
1
2
9,81
11,5
𝐯
2
4,27 =
648,7
𝑉2
𝑉 = 12,3𝑚/𝑠
EJEMPLOS
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗, 𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
Datos/Observaciones
Práctica
Desarrollar los ejercicios Reto en equipos.
Datos/Observaciones
RETO 1.
Una piedra lanzada horizontalmente desde lo alto de una torre choca contra el
suelo a una distancia de 18 m de su base.
a) Sabiendo que la altura de la torre es de 24 m, calcular la velocidad con que fue
lanzada la piedra.
b) Calcular la rapidez de la piedra con la que llega al suelo.
RETO 2.
Un estudiante lanza una pelota de béisbol con una velocidad oblicua inicial
de valor 5 m/s. La velocidad forma un ángulo de 25° en relación con la horizontal.
¿A qué distancia del punto de lanzamiento alcanzará la pelota su nivel inicial?
Práctica
TALLER
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗,𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
Datos/Observaciones
RETO 1.
Una piedra lanzada horizontalmente desde lo alto de una torre choca contra el suelo a una
distancia de 18 m de su base.
a) Sabiendo que la altura de la torre es de 24 m, calcular la velocidad con que fue lanzada la
piedra.
b) Calcular la rapidez de la piedra con la que llega al suelo
TALLER - SOLUCION
Solución
x
𝒗𝒊 = 𝟎
𝒗𝒇
𝒕𝒃
𝒂 = 𝟗, 𝟖𝟏
a) velocidad con que 
fue lanzada la piedra
b) Rapidez con la
que llega al suelo
Práctica
𝑫𝒉 = 𝟏𝟖𝒎
𝒉 = 𝟐𝟒𝒎
𝒗𝒙
𝒕𝒃
MRU
𝐷ℎ = 𝑣𝑡𝑣
18 = (𝒗𝒙)𝑡
𝒗𝒙 =
18
𝑡
… 𝐼
Eje Vertical
ℎ = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝟐𝟒 = 𝟎 𝒕 −
𝟏
𝟐
𝟗, 𝟖𝟏 𝒕𝟐…𝑰𝑰
𝑡 = 2,21𝑠
𝒗𝒙 = 8,14 𝑚/𝑠 𝑽
𝐯𝐱 = 𝟖, 𝟏𝟒
𝒗𝒚𝒇
𝑣 = (𝒗𝒚𝒇)
2 + (𝟖, 𝟏𝟒) 2…𝐼
Eje Vertical
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝒊 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒗𝒚𝒇 = 𝟓𝒄 − (𝟗, 𝟖𝟏 )(𝟏, 𝟕 )𝟎 𝟗, 𝟖𝟏 2,21
𝒗𝒚𝒇 = −𝟐𝟏, 𝟔𝟖…𝑰𝑰
Remplazando II en I
𝒗 = (𝒗𝒚𝒇)
𝟐 + (𝟖, 𝟏𝟒) 𝟐
𝒗 = 𝟐𝟑, 𝟏𝟓 𝒎/𝒔
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗,𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
Datos/Observaciones
RETO 2.
Un estudiante lanza una pelota de béisbol con una velocidad oblicua inicial
de valor 5 m/s. La velocidad forma un ángulo de 25° en relación con la horizontal.
¿A qué distancia del punto de lanzamiento alcanzará la pelota su nivel inicial?
Práctica
TALLER - SOLUCION
𝑫𝒉
𝒕𝒗
x𝒗𝒊 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟓
𝒗𝑭 = 𝟎
𝒈 = 𝟗, 𝟖𝟏𝒕𝒔 𝒉 𝑽
𝐯𝐱 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓
𝐯𝐲𝐢
𝐌𝐑𝐔
𝑫𝒉 = 𝒗𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍
𝑫𝒉 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓 𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍. . 𝐈
Eje Vertical
𝐌𝐑𝐔𝐕
𝑣𝑦𝑓 = 𝑣𝑦𝑖 − 9,81𝑡
0 = 10 − (9,81 )𝒕𝒔0 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟔𝟓 9,81
𝒕𝒔 = 0,2154𝑠
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟐𝒕𝒔
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟐(0,2154)
𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟎, 𝟒𝟑𝒔… 𝑰𝑰
Remplazando II en I
𝑫𝒉 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓 𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍
𝑫𝒉 = 𝟓𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓 (𝟎, 𝟒𝟑)
𝑫𝒉 = 𝟏, 𝟗𝟓𝒎 𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 ± 𝑎𝑡
𝑣𝑓
2 = 𝑣𝑖
2 ± 2𝑎𝑑
𝑑 = 𝑣𝑖𝑡 ±
1
2
𝑎𝑡2
𝑑 =
𝑣𝑖 + 𝑣𝑓
2
𝑡
𝒚𝒇 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝒚𝒐𝒕 −
𝟗,𝟖𝟏
𝟐
𝒕𝟐
𝒗𝒚𝒇 = 𝒗𝒚𝟎 − 𝟗, 𝟖𝟏𝒕
Datos/Observaciones
Qué hemos aprendido hoy?
Cierre
Para culminar nuestra sesión respondemos a:
CIERRE
	Diapositiva 1
	Diapositiva 2
	Diapositiva 3
	Diapositiva 4
	Diapositiva 5
	Diapositiva 6: CÁLCULO APLICADO A LA FÍSICA 1
	Diapositiva 7
	Diapositiva 8
	Diapositiva 9
	Diapositiva 10
	Diapositiva 11
	Diapositiva 12
	Diapositiva 13
	Diapositiva 14
	Diapositiva 15
	Diapositiva 16
	Diapositiva 17
	Diapositiva 18
	Diapositiva 19
	Diapositiva 20
	Diapositiva 21