Universidad Nacional Autonoma de HondurasFacultad de Ciencias

Escuela de FısicaFısica General I FS-100

Repaso De La Unidad I

2-47. Mary y Sally participan en una carrera (figura 1). Cuando Mary esta a 22 m de la lıneade meta, tiene una rapidez de 4.0 m/s y esta 5.0 m detras de Sally, quien tiene una rapidez de5.0 m/s. Sally cree que ganara facilmente y desacelera durante el tramo restante de la carreraa una razon constante de 0.50 m/s2 hasta la lınea de meta. ¿Que aceleracion constante necesitaahora Mary durante el tramo restante de la carrera, si quiere cruzar la lınea de meta empatadacon Sally?

Figura 1: Problema 2.47

Datos:

Marry SallyViM = 4.0m/s ViS = 5.0m/sxiM = 0m xiS = 5maM =? aS = −0.5m/s2

xfM = 22m xfS = 2mm

Solucion:

- Ya que se quiere determinar que aceleracion debe tener Marry para alcanzar a Sally y cruzar lameta al mismo tiempo, y se conoce la aceleracion de Sally, es preciso determinar que tiempo letomara a Sally llegar a la meta, una vez encontrado este se puede saber que aceleracion deberıatener Marry para realizar el recorrido en el mismo tiempo que Sally y por ende llegar a la metaen el mismo momento.

- Para determinar el tiempo que le tomara a Sally recorrer la meta debemos aplicar ecuacionesde movimiento (cinematica) que expresen la posicion como funcion de la velocidad y el tiempo,en este caso:

xf = xi + vit+1

2at2 (1)

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 1

- Si ahora sustituimos en (1) los datos de Sally y aplicamos la fomula cuadratica para determinarel tiempo obtenemos:

22 = 5 + 5t+1

2(−0,5)t2

t2 − 20t+ 68 = 0

t ≈ 4.34s o t ≈ 15.66s

Lo anterior nos devuelve dos posibles respuestas, pero ¿Como seleccionar el tiempo correcto?,si se analiza graficamente el comportamiento de la aceleracion de Sally se observa una parabolacon concaba hacia abajo (desacelera a razon constante) lo que nos indica que Sally podrıa estaren dos tiempos distintos en la misma posicion, pero como nuestro punto de interes esta anteso justo antes de que Sally se detenga y comience nuevamente su recorrido de reversa (segun sucomportamiento grafico) se selecciona el tiempo mas corto, es este caso 4.34 s (15.66 s serıa eltiempo que le tomo a Sally llegar a la meta nuevamente pero, de reversa).

- Ahora que ya conocemos el tiempo que le toma a Sally llegar a la meta, podemos sustituir en(1) los datos de Mary y dicho tiempo para determinar la aceleracion que deberıa tener Matypara llegar a la meta en el mismo momento que Sally:

22 = 4t+1

2aM t

2

22 = 4(4.34) + aM(4.34)2

aM =2[22− 4(4.34)]

(4.34)2

Finalmente...aM = 0.4927m/s2 (2)

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 2

2.61. A una piedra que cae le toma 0.33 s pasar frente a una ventana de 2.2 m de altura (figura2). ¿Desde que altura por arriba de la parte superior de la ventana se dejo caer la piedra?

Figura 2: Problema 2.61

Datos:

Altura de la ventana: 2.2 mTiempo recorrido frente a la ventana: 0.33 svi =?

Solucion:

- Tomando por conveniencia el sistema de referencia positivo hacia abajo. - Analizando primeroel movimiento de la piedra cuando pasa frente a la ventana se puede determinar la velocidad conla que llega al comienzo de la ventana, luego asumiendo esta como la velocidad final (recordarque el objeto parte del reposo) para el tramo sobre la ventana se logra encontrar la altura desdela que fue lanzada la piedra.

- Para el tramo frente a la ventana se plantea una ecuacion de movimiento que describa laposicion en funcion de la velocidad y el tiempo (asumiendo como origen de referencia la esquinainterna superior derecha) y luego se despeja para la velocidad:

yf = yi + Vit+1

2ayt

2

yf = ���0

yi + Vit+1

2gt2

⇒ Vi =yf − 1

2gt2

t(3)

- Sustituyendo ahora lo datos que conocemos y encontramos que:

Vi ≈ 5.05m/s (4)

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 3

- Ahora analizando el tramo que la piedra recorre sobre la ventana, como no se conoce el tiempoque la piedra recorre en ese momento, entonces se necesita una ecuacion de movimiento queexprese la velocidad en funcion de la posicion y el tiempo:

V 2f = V 2

i + 2ay(yf − yi) (5)

- Asumiendo el origen de referencia para este tramo en el punto desde el cual se “deja caer”(Vi =0) la piedra y como velocidad final para este recorrido la velocidad encontrada en (4), si se despejapara la posicion final (h) se encuentra la altura sobre la ventana desde la que se dejo caer lapiedra:

����V 2i

V 2f = �

��0

V 2i + 2g(��>

hyf −���

0yi)

V 2i = 2gh

⇒ h =V 2i

2g

Finalmente...h ≈ 1.301m (6)

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 4

3.43. El piloto de un avion que viaja horizontalmente a 170 km/h quiere lanzar suministros a lasvıctimas de una inundacion, que estan aisladas en una porcion de terreno situada a 150 m abajo.¿Cuantos segundos antes de que el avion este directamente sobre las vıctimas deben dejarse caerlos suministros?

Datos:

Vi = 170 km/hAltura a la cual se encuentra el avion del suelo: H=150 m

Solucion:

- Cuando el avion deja caer lo suministros, estos tiene la misma velocidad que lleva el avion (170km/h) y como este se desplaza horizontalmente el angulo inicial para los suministro es ’0’; sidescomponemos vectorial mente dicha velocidad encontramos que:

Vix = 170km

h

Viy = 0km

h

- Si ahora planteamos la ecuacion de movimiento (en y) que describe el comportamiento de lossuministros mientras van cayendo (asumiendo como origen de referencia el punto desde el cualcaen los suministros y positivo hacia arriba y hacia la derecha) podemos conocer el tiempo quele toma a los suministros caer y este tiempo representa el tiempo de antelacion con el que elpiloto debe lazar los suministros para que lleguen justo donde se encuentran las vıctimas:

yf = ���0

yi +���>

0Vyt+

1

2ayt

2

yf =1

2ayt

2

−H = −1

2gt2

⇒ t =

√2H

g

Finalmente...t ≈ 5.53 s (7)

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 5

3.49. Resuelva de nuevo el ejemplo 3-9 suponiendo ahora que el nino con la resortera esta justodebajo del nino en el arbol (figura 3), por lo que apunta hacia arriba, directamente hacia el ninoen el arbol. Demuestre que el nino en el arbol hace nuevamente un movimiento equivocado aldejarse caer en el momento en que se dispara el globo de agua.

Ejemplo 3.9: Un nino situado en una pequena colina apunta horizontalmente su lanzadera (re-sortera) de globos de agua, directamente a un segundo nino que cuelga de la rama de un arbola una distancia horizontal d. En el momento en que se dispara el globo de agua, el segundonino se suelta del arbol, esperando que el globo no lo toque. Demuestre que esto es una medidaequivocada. (El aun no habıa estudiado fısica). Desprecie la resistencia del aire.

Figura 3: Problema 3.49

Datos:

Distancia horizontal del nino en la colina al nino en el arbol = dAltura a la que se encuentra el nino en el arbol del suelo = HAltura a la que se encuentra el nino en el arbol desde el origen de referencia = hVelocidad inicial del globo = v0

Angulo de lanzamiento para el globo (respecto a la horizontal)= θ0

Solucion:

- Se define como origen de referencia el punto desde donde el nino en la colina lanza lo globoscon agua y luego se plantean ecuaciones que describen el movimiento para el globo con agua quelanza el nino en la colina y del nino en el arbol respectivamente:

- Para el globo: 1) En x:

xf = xi + Vixt+1

2axt

2

xf = Vixt como el globo inicialmente esta en el origen xi = 0 y como la velocidad en x es constante, entonces ax = 0

⇒ xf = v0 cos θ0t

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 6

• Despejando para t encontramos el tiempo (tiempo de vuelo) que le tomara al globo llegarhasta d (posicio final del globo):

t =d

v0 cos θ0

(8)

2) En y:

yf = yi + Viyt+1

2ayt

2

yf = Viyt−1

2gt2 como el globo inicialmente esta en el origen yi = 0

⇒ yf = v0 sin θ0t−1

2gt2

Sustituyendo (8) en la expresion anterior:

yf = d tan θ0 −1

2g

d2

v0 cos θ0

(9)

- Para el nino en el arbol:

yf = yi + vit+ ayt2

yf = h− 1

2gt2 como el nino se deja caer vi = 0

Observando la figura 3 se puede apreciar que h se puede obtener aplicando la definicion detangente de un agulo en un triangulo rectangulo, entonces:

h = d tan θ0

Si sustituimos el resultado anterior en la ecuacion que describe el movimiento del nino que caedel arbol encontramos:

yf = d tan θ0 −1

2gt2 (10)

- Como nos interesa saber donde se encontrara el nino que cae del arbol cuando el globo lleguea d, entonces evaluamos (10) con el tiempo que le toma llegar al globo llegar a ese punto [(8)],entonces:

yf = d tan θ0 −1

2g

d2

v0 cos θ0

(11)

Como (9) y (11) son iguales el nino que cae del arbol estara en d en el mismo momento en quellega el globo por tanto; el nino se equivoca nuevamente al dejarse caer al mismo tiempo que eslanzado el globo con agua.

Elaborado por Belkiss H. Galindo C. 7