PROBLEMA PROBL EMA 1 : El movimiento de un cuerpo viene dado por las ecuaciones :
x = 3
2
+ 2t 2t
=2
3
+5
z = z = 2t + t + 6
Para t = 2 segundos, calcular la velocidad, la aceleración y los cosenos de los ángulos que forma la velocidad con los ejes cartesianos. RESOLUCIÓN: Sabemos que la velocidad es la derivada del espacio respecto al tiempo; por lo tanto, calculamos sus componentes :
x
d x
=
= 6t + t + 2 ;
y
=
d y
=6
2
;
z
d z
=
=2
Componiendo los tres valores obtenemos la velocidad, v, en función del tiempo :
−−−−−−−−−−−−−−−− − 2 2 2
v = √ (v x ) + (v y )
+ (v z )
−−−−−−−−−−−−−−−−−−− − 2 2 2
(6 t + + 2) = √ (6t
+ (6t 2 )
+ (2)
que para t = 2 segundos nos da v = 27,8 m/s. Para saber la aceleración, derivamos de nuevo las expresiones anteriores :
x
d v x
=
=6 ;
y
=
d
= 1 2t ;
z =
dv z
=0
Componiendo y sustituyendo para t = 2 segundos, resulta :
−−−−−−−−−−−−−−−−− − 2 2 2
v = √ (a x ) + (a y )
+ (a z )
−−−−−−−−−−−−−−−−− − 2 2 2
= √ (6) + (12 × 2)
+ (0)
= 24, 7m/
2
El valor de los cosenos de los ángulos que forma la velocidad con los ejes cartesianos viene dado por los cocientes respectivos de los módulos de las velocidades de cada componente respecto al módulo de la velocidad total. Tenemos que ya hemos calculado el valor del módulo de la composición de las tres ecuaciones para la velocidad y hemos obtenido un valor de 27,8. De ese modo:
cos α =
cos γ =
v x |v| |v z | |v|
14
=
=
27 8 2 27,8
= 0, 50 3 ; cos β = β =
|v y | |v|
=
24 27 8
= 0 , 8 63
= 0, 071
PROBLEMA PROBL EMA 2 : La ecuación de un movimiento en función del tiempo es :
x =
4
−2
3
+
2
+4
x en cm ; t en segundo segundos s
Calcular el valor de t para que la aceleración sea máxima y obtener la velocidad en ese momento; Calcular también los valores de t para que la velocidad, por una parte, y la aceleración, por otra, sean nulas. RESOLUCIÓN: El primer apartado significa que la segunda derivada de la ecuación del enunciado debe ser máxima. Para el cálculo obtenemos el valor de las raices de la primera derivada (que sería la velocidad) :
d x
=4
3
−6
2
+ 2t ;
1
=0 ;
2
= 0, 5
Sabemos que una función tiene un máximo cuando su primera derivada se anula y la segunda tiene un valor
negativo. Si calculamos la segunda derivada de la expresión inicial resulta :
d x
= 12
2
− 12t + 2
Sustituyendo los valores anteriores tenemos un máximo para t = 0,5 s. La velocidad en ese instante, según las operaciones efectuadas, será v = 0 cm/seg. Los valores de t para los que se anula la velocidad son, como hemos visto, las raices de la ecuación derivada de la expresión del espacio, es decir, t = 0 ; t = 1 y t = 0,5. Los valores de t para los que se anula la aceleración son las raices de la segunda derivada :
2
x
= 12
2
− 12 + 2 ;
1
= 0, 21 ;
2
= 0, 78
PROBLEMA 3 : Un avión se mueve horizontalmente con una velocidad uniforme de 720 km/h volando a una altura de 2000 m.
Desde tierra se lanza un proyectil en el instante en que pasa por su vertical. Hallar la velocidad inicial mínima y el ángulo necesario para batir al avión. RESOLUCIÓN: El proyectil debe ser lanzado con un ángulo de inclinación, α , tal que pueda alcanzar al avión en altura y desplazamiento. Si tenemos que v 0 debe ser la velocidad mínima, la altura a la que va el avión será la máxima. De acuerdo con la ley de conservación de la energía, podemos igualar las energías cinética y potencial para escribir :
m ⋅ g ⋅ h =
1
⋅
m
2 0
2
⋅
α
⇒
h = 2000 =
1
⋅
2 ⋅ g
2 0
⋅
2
α
Por otro lado, tenemos que la componente horizontal del proyectil será constante e igual a la velocidad del avión :
200 =
0
⋅
cos α
⇒
=
0
200
Sustituyendo en la primera ecuación el valor de vo dado por la segunda, tenemos :
2
1
200 ) 2000 = ⋅( cos α 2
2
⋅
2
α
α=
2000 × 2 ×
⇒
2
tan α ≈ 1
⇒
α ≈ 45 ª
Y la velocidad inicial vendrá dada por :
200 =
0
⋅
cos α
⇒
=
0
200
=
200 cos45
=
200 2/2
≅
281,4m/ s
PROBLEMA 4 : Con un cañón que dispara proyectiles con una velocidad de 117 m/s queremos alcanzar un blanco situado en un
punto de coordenadas x = 1000 m ; y = 270 m, ¿qué dos ángulos de tiro pueden utilizarse?. RESOLUCIÓN: Por un lado tenemos la siguiente fórmula general :
1
y = x tan α −
⋅
gx 2 2 0
2
⋅
α
Por otro, sabemos de trigonometría :
2
α+
2
2
α
⇒
cos 2
α
2
+
cos 2
α
=
1 cos 2
⇒
1+
2
α=
1 cos 2
y sustituyendo este resultado en la primera ecuación :
1
y = x ⋅ tan α − 1
g
⋅
2
2
⋅
⋅
g ⋅
2
(1 + tan 2 α) 2 0
α − x ⋅
2 0
⋅
Tenemos así una ecuación de segundo grado en tg
1
= 44 º ;
2
= 61º
2 0
tan α + ( α
y + g ⋅
⋅
2
)=0
. Como los otros valores son conocidos obtenemos
.
PROBLEMA 5 : La velocidad del agua de un rio es de 5 m/s y la anchura del mismo de 80 m. De una orilla y perpendicularmente a
la misma, sale una barca con velocidad respecto a tierra de 2 m/s. Al mismo tiempo, por el centro del rio y a contracorriente, sale otra barca desde un punto situado a 500 m aguas abajo del primero. El cruce de ambos barcos tiene lugar en el punto medio del rio a igual distancia de ambas orillas. Calcular el tiempo que tardan en encontrarse, el espacio recorrido por la segunda barca y la velocidad de esta respecto al agua. RESOLUCIÓN: El tiempo utilizado por ambas barcas en recorrer la distancia que las separa es, lógicamente el mismo.
A la vez, cada componente de velocidad de la primera barca emplea también el mismo tiempo. De ese modo:
t =
80/2 m
= 20 s
2m/ s
El espacio recorrido por la primera barca debido a la componente paralela a la velocidad del río, será : e 1 = 5 x 20 = 100 m y, por lo tanto, la segunda barca avanzará
2
= 500 − 100 = 400 m
y lo hará a una velocidad de v = 400/20 = 20 m/s. Por todo ello, la velocidad de la segunda barca respecto del agua será vr = 20 + 5 = 25 m/s. PROBLEMA 6 :
La ecuación de la velocidad de un móvil es:
v=3
2
+4
y para t = 0 el móvil ocupa la posición x = - 2 m. Calcular: a) el espacio recorrido desde t = 1 segundo hasta t = 4 segundos. b) La velocidad media en el interv alo anterior. c) La aceleración en el instante inicial RESOLUCIÓN: El espacio viene dado por la integral de la velocidad en función del tiempo:
t 2
4
∫ v ⋅ d t = ∫ (3 t 1
1
2
3
+ 4)d t = [t + 4t ]
4 1
= 73m
Sabiendo que el móvil estaba en la posición – 2 m, tenemos que el espacio recorrido es:
e=
−
f
= 73 m − (−2 m) = 75 m
i
Y la velocidad media será:
e f − e i
v=
−
f
=
i
75 m 3 seg
= 25 m/ seg
La aceleración viene dada por la derivada de la velocidad respecto del tiempo:
dv
a=
=
d (3t 2 + 4)
= 6t (t = 0)
⇒
a = 0 m/ se
2
PROBLEMA 7 : Desde alturas distintas y al mismo tiempo se dejan caer dos cuerpos que llegan al suelo con un intervalo de 4
segundos; la relación de alturas es h 2/h1 = 9/4. Calcular : a) E l t ie mpo que t ar da c ada cuer po en caer. b) La v el oci dad con que l le ga al suel o cada c uer po. c ) E l v al or de cada una de l as al t uras RESOLUCIÓN: La ecuación que nos da el espacio recorrido por cada uno de los cuerpos es :
=
1
1
g ⋅ 21
;
2
1
=
2 2
g ⋅
y la relación entre ambos vale :
h2
2
=
=
1 2
2 2
g ⋅
=
1 2 2 g ⋅ 1
1
2 2 2 1
=
9
Por otro lado tenemos:
2
−
1
=4
=
2
1
+4
Con lo que podemos poner
9
=
t 1 + 4 )
2 ⇒
2 1
5
2 1
− 32
1
− 64 = 0
Resuelta la ecuación de segundo grado obtenemos dos valores reales, uno de ellos negativo (- 1,6) y otro positivo (+ 8). En este caso sólo el segundo de los valores es válido, con lo que tendremos t2 = 12 segundos. Los espacios recorridos serán :
1
=
2
=
1 1
g ⋅
2 1
=
g ⋅
2 2
=
1 1
2
× 9, 8(m/ se
2
) × ( 8 seg ) = 313, 6 m
× 9, 8(m/ se
2
) × ( 1 2 seg ) = 785, 6 m
2
Las velocidades finales de cada cuerpo vendrán dadas por:
2 f −
2 i
= 2 gh ;
i
=0 ;
−−−−−−−−−−−−−
f =
−−−−−−
√ 2⋅
= √ 2 × 9 8 × 313 6 = 78 4 m/ seg ;
⋅
h = 117 6 m/ seg
PROBLEMA 8 : Desde un punto situado a una altura h se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba con una velocidad v0.
Sabemos que la velocidad se anula a los 2 segundos y que el cuerpo llega al suelo a los 7 segundos de su partida. Calcular: a) la altura desde la que se lanza el cuerpo. b ) La v elocidad v 0 . c ) La ecuación de la posición con respecto a tierra en cualquier instante. d ) E mpleando la ecuación obtenida en el apartado anterior, calcular la posición del cuerpo a los 4 segundos. RESOLUCIÓN: Si la velocidad se anula a los 2 segundos, tendremos:
0
−
1
2
g ⋅
⋅
= 0(t = 2)
⇒
= 19, 6 m/ seg
0
Para saber la altura desde la que cae el cuerpo hacemos:
0
=
1
+
0
⋅
a⋅
2
= 19, 6 × 3 +
1
× 9, 8 ×
2
= 102, 9 m
Nota.- Hemos puesto para t el valor de 3 segundos por considerar que de los 7 segundos que el cuerpo tarda en caer, 2 segundos del tiempo total los emplea en subir hasta el punto mas alto, otros 2 segundos en llegar hasta el punto en el que tenía velocidad v0 y el resto, 3 segundos en caer hasta el suelo. Para el último apartado hacemos:
e=
0
+
0
+
1
⋅
2
a⋅
= 102, 9 + 19, 6 × t −
1
× 9,8 ×
2
y para t = 4 tendremos:
e = 102, 9 + 19, 6 × t −
1
× 9, 8 ×
2
= 102, 9 m
PROBLEMA 9 : Desde una altura de 5 metros y horizontalmente se lanza un objeto con una velocidad de 7 metros por segundo.
Calcular: a) la v elocidad cuando el móv il se encuentra a 2,5 metros del suelo. b ) E l ángulo que f orma dicha v elocidad con la horizontal. RESOLUCIÓN: Para conocer la velocidad cuando el móvil se encuentre a 2,5 metros del suelo consideramos la fórmula
2 f −
2 i
= 2 ⋅ g ⋅ h ;
f
−−−−−−−−− − 2
= √ v i + 2 ⋅ g ⋅ h
De donde:
f =
−−−−−−−−− − 2
√ v i + 2 ⋅ g ⋅ h
−−−−−−−−−−−−−−−
⇒
f =
√ 7 2 + 2 × 9, 8 × 2, 5
=7
Para saber que ángulo forma dicha velocidad con la componente horizontal, hacemos:
cos α =
v0 f
=
7 7 2
⇒
arccos α = 45 º
m/ seg