1. Un autobús sale del punto A desde el reposo y acelera a razón de 0.8m/s2 hasta que alcanza una velocidad de 12m/s. Continúa a esta velocidad durante algún tiempo y luego aplica los frenos hasta detenerse en el punto B, 42m más delante de donde se aplicaron los frenos. Si la distancia entre A y B es 300m y la desaceleración se considera uniforme, determínese el tiempo que tardó el autobús para ir de A a B.

Ayuda: Haga un análisis gráfico y explicite todas las relaciones gráficas entre las magnitudes cinemáticas.

TRAMO IAnalizamos desde el punto t=0 hasta t=t1.Las condiciones iniciales son:t=0, V=0, X=0.Cuando t=t1 las condiciones son:V=12.Si aplicamos las ecuaciones de movimiento rectilíneo para este primer tramo recordando que parte del reposo, y se presento un movimiento uniformemente acelerado se llega a: V 1=at1

X1=at

12

2Como se puede notar, el desplazamiento corresponde al area bajo la curva y la velocidad se puede deducir de la ecuación de la recta que para este caso tiene una pendiente a=0.8

Usando las dos ecuaciones anteriores se tiene:

t1=12m /s0.8m /s2

=15 s

X1=0 .8m /s215 s2

2=90m

TRAMO 2El segundo tramo va desde 1 a 2. Por tanto las condiciones del punto 1 son:X1=90m, t1=15s, V1=12m/sDel punto 2 se sabe que V=12m/s, por lo cual no hay aceleración en este tramo. X2 se puede conocer sabiendo que la distancia entre A y B es de 300m y el tramo 3 consta de 42m, por tanto 300-42=X2=258m

Aplicando las ecuaciones de movimiento rectilineo, con a=0, se llega a :Y 2=Y 1+VtEl t de la ecuación anterior es la diferencia entre t2 y t1, despejando t de la ecuación anterior de tiene:

t2−t1=258m−90m12m/ s

=14 s

t2=14 s+15 s=29 s

TRAMO 3:

Las condiciones del punto 2 son:X2=258m, t2=29s, V2=12m/s

Las condiciones del punto 3:X3=300m, V3=0m/s

Si revisamos ambas condiciones se concluye que el vehiculo en el tramo 3 sufrió una desaceleración, planteando las ecuaciones se tiene:

V 3=V 2−at0=12m/ s−at (1)Se tiene una ecuación y dos incógnitas ya que la desaceleración no se conoce, planteando la otra ecuación se llega:

Y 3=Y 2+V 3 t−at2

2 (2)

Despejando de (1) el valor de t y remplazándolo en (2) se llega a:

300m=258m+12mst−a

2122

a2

Por tanto t es:

t=7 . 0s

El tiempo total es t3=7.0s+29s=36s

RTAS/: t total =36 seg.

2. Si un proyectil se lanza con una velocidad inicial Vo, completamente horizontal (ver figura). Hallar la velocidad inicial máxima y mínima para que el proyectil entre en el agujero de longitud d.

SOLUCIÓN

Aceleraciones: ax = g y ay = 0

Condiciones iniciales en t0 = 0

Para X: x (t = 0) = x0 = 0 Para Y: y (t = 0) = y0 = 0 Vx (t =0) = Vox = 0 Vy (t = 0) = V0y = V0

Ecuaciones del movimiento:

Para X:

d V x

d t= g

Para Y:

d V y

d t= 0

Vx = g t (1) Vy = V0 (3)

d xd t

= g t

d yd t

= V 0

x =

12 g t2 (2) y = V0 t (4)

De la Ec (4) podemos escribir: t =

yv0

Y llevando este último resultado a la Ec (2), obtenemos: V0 = y √ g2 x

Ec (5)

Para la V0 mínima: x = H y y = D. Evaluando Ec (5): V0 min = D √ g2 H

Para la V0 Máxima: x = H y y = D + d. Evaluando Ec (5): V0 Max = ( D + H)

√ g2 H

3. Un proyectil es lanzado con una velocidad Vo y a un ángulo con la horizontal. Demuestre que si el proyectil gasta un tiempo TA en pasar por el nivel horizontal A en ambas direcciones y un tiempo TB en pasar por el nivel horizontal B en ambas direcciones (como se indica en el esquema), la

magnitud de la gravedad viene dada por:

g = 8 h

T A2 − T B

2

SOLUCIÓN (método I)

Como el movimiento parabólico es simétrico con respecto a la altura máxima (YMax), entonces

el tiempo que gasta el proyectil desde YA a YMax es

T A

2 y

el tiempo que gasta el proyectil desde YB a YMax es

T B

2

Ahora teniendo en cuenta que la condición de altura máxima en el movimiento parabólico es Vy = 0, entonces el tiempo para altura máxima vendrá dado por

Vy = V0 Sen – g TYmax = 0 TYmax =

V 0 Sen θ

g (1A)Por lo tanto:

ta = TYmax –

T A

2 y

tb = TYmax –

T B

2

Como la posición en Y para el proyectil es:

Y = Yo + (V0 Sen ) t –

12 g t2

Evaluando la anterior ecuación en ta y tb, tenemos que:

YA = Yo + (V0 Sen ) (TYmax –

T A

2 ) –

12 g (TYmax –

T A

2 ) 2

YB = Yo + (V0 Sen ) (TYmax –

T B

2 ) –

12 g (TYmax –

T B

2 ) 2

Restando estad dos últimas ecuaciones y simplificando obtenemos:

YB – YA = h = (V0 Sen ) (

T A

2 –

T B

2 ) –

12 g [ TYmax (TA – TB) – (

T A2 − T B

2

4 ) ]

Teniendo en cuenta la Ec (1A), esta última se reduce a:

h =

12 g (

T A2 − T B

2

4 )

g = 8 h

T A2 − T B

2

SOLUCIÓN (método II)

Como la posición en Y para el proyectil es:

Y = Yo + V0Y t –

12 g t2

Evaluando la anterior ecuación en ta y ( TA + ta ), tenemos que:

YA = Yo + V0Y ta –

12 g ta

2 = Yo + V0Y ( TA + ta ) –

12 g ( TA + ta )2

Que simplificando nos queda:

ta =

V 0Y

g−

T A

2 (1B)

Un tratamiento idéntico para Y ( t = tb ) = Y ( t = TB + tb ), nos lleva a que:

tb =

V 0Y

g−

T B

2 (2B)Ahora:

YB – YA = h = V0Y ( tb – ta ) –

12 g ( tb

2 − ta2 )

Utilizando la Ec (1B) y Ec (2B) en la anterior ecuación y simplificando, se obtiene:

h =

12 g (

T A2 − T B

2

4 )

g = 8 h

T A2 − T B

2

4. Se deja caer una piedra (desde el reposo) en la boca de un pozo. El sonido de impacto de la piedra con el fondo del pozo se oye 3 s después de haber dejado caer la piedra. Si sabe que la velocidad del sonido en el aire es 340 m/s, determine la profundidad de pozo. Demuestre que aproximadamente el 93% del tiempo total lo invierte la piedra en caer, y el 7% restante el sonido en llegar al oído.

SOLUCIÓN

Es necesario analizar dos móviles: La piedra y el sonido, tanto la piedra como el sonido hacen un recorrido equivalente a la profundidad del pozo.

Preliminarmente sabemos que tiempo tP que tarda en caer la piedra y el tiempo tS

que recorre el sonido de impacto desde en el fondo del pozo hasta la superficie, suman tres segundos…

tP + tS =3 (i)

Si el sistema es la piedra y marco de referencia la tierra, trazamos los ejes coordenados con origen en el borde del pozo esquematizado en la Figura 5.

Condiciones iniciales:

t=0 ¿ { y=0 ¿ ¿¿Situación general:

Se trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado cuyas relaciones cinemáticas son:

AceleracionVelocidadPosición

a=gv=g⋅ty=1

2g⋅t2

Situación particular:

Instante en que la piedra cae en el fondo: tP { y=H

Remplazando en la posición: H= 12g⋅tP

2

(ii)

Figura A

Analizamos el movimiento del sonido (sistema), el mismo marco de referencia pero localizamos los ejes coordenados a conveniencia (Figura 6).

Condiciones iniciales:

t=0 { y=0

Situación general:

La onda de sonido tratada como partícula se mueve con velocidad constante v=340m/s, así que su posición está dada por.

y=v⋅t=340⋅t

Situación particular:

Instante en que el sonido llega al borde del pozo: tS {y=H

Remplazando en la posición: H=340⋅tS (iii)

Las relaciones presentadas como (i), (ii) y (iii) , se pueden resolver como un sistema de ecuaciones y obtener soluciones para H , tP y tS

De las ecuaciones (ii) y (iii) despejamos tS : 340⋅tS=

1

2gtP

2⇒ tS=gtP

2

680

tS se remplaza en (i): t p+

gtP2

680=3

Resolviendo la ecuación cuadrática anterior se tiene las soluciones:

tp = 2.8 s tp = - 72.2 s

Tomamos el valor positivo y remplazamos en la ecuación (i): tS=0.2 s

El porcentaje de tiempo que demora la piedra en caer es:

P% = ( 2.8 / 3 ) * 100 = 93%

Y porcentaje de tiempo restante es tS: S% = ( 0.2 / 3 ) * 100 = 7%

Figura B

5. Un globo desciende con velocidad constante de 10 ms-1. En cierto momento su tripulación deja caer una piedra sin comunicarle ningún impulso. Halle la distancia entre el globo y la piedra en función del tiempo. Evalúela a los 5 s usando de marco de referencia la tierra.

Marco de referencia: LA TIERRA

Sistema de Coordenadas:

Con el origen en SUELO y el eje Y creciendo hacia el globo (ver figura)

Condiciones iniciales para el globo:

t = 0 Y0g = Y0 V0g = - Vg y ag = o

Vg = 10 ms-1 = constante

d Y g

d t = - Vg dYg = - Vg dt ∫Y0

Y g

d Y g =− V g ∫0

t

d t

Yg (t) = Y0 – Vg t (B.1)

Condiciones iniciales para la piedra:

t = 0 Y0p = Y0 V0p = - Vg y ap = - g

ap = - g =

d Vd t - g dt = dV - g

∫0

t

d t = ∫-Vg

V p

d V Vp (t) = - Vg - g t =

d Yd t

dYp = - Vg dt - g t dt ∫Y0

Y p

d Y p

= - Vg ∫0

t

d t − g ∫0

t

t d t Yp (t) = Y0 – Vg t –

12 g t2 (B.2)

Ec (2.1) en Ec (2.2) Yp (t) = Yg (t) –

12 g t2 Yg (t) – Yp (t) =

12 g t2 (B.3)

Obteniéndose el mismo resultado que reporta la Ec (A.1). Yg – Yp = 122.5 m

6. Asuma que la trayectoria mostrada corresponde a la de un proyectil que se lanza desde el origen con velocidad inicial Vo y a un ángulo θ con la horizontal

Dibujar los vectores r, v y a. para cada uno de los puntos que se muestran.

Encuentre las ecuaciones de movimiento. Demuestre que tD = 2 tB

SOLUCIÓN

Sólo se dibujan los vectores para el punto B, por considerarse de interés para la solución analítica que se solicita al final del enunciado

Las ecuaciones de movimiento:

a→=− g k̂

Lo que nos permite afirmar:

1. El movimiento en el eje Y es sin aceleración (movimiento uniforme):

VY = V0Y = V0 Cos ( θ ) (1)

Y = Y0 + V0Y t = t V0 Cos ( θ ) (2)

2. El movimiento en el eje Z es con aceleración constante (movimiento uniformemente acelerado)

az = - g = 9.8 ms-2 (3)

VZ = V0Z + aZ t = V0 Sen ( θ ) + g t (4)

Z = Z0 + V0Z t +

12 g t2 = t V0 Sen ( θ ) +

12 g t2 (5)

Demostración de que tD = 2 tB

La condición para la altura máxima (punto B) es VZ = 0 (lo que garantiza que la partícula no suba más). Llevando esta condición a la Ec (4), obtenemos

tB =

V 0

g Sen ( θ )

Y la condición para que la partícula llegue al mismo nivel de lanzamiento (punto D) es Z = Z0 = 0 (para este caso). Imponiendo esta condición en la Ec (5):

0 = t (V0 Sen ( θ ) +

12 g t )

La cual tiene dos soluciones:t = t0 = 0 condición inicial

y

tD = 2

V 0

g Sen ( θ ) = 2 tB

Que era lo que queríamos demostrar.