EJERCICIOS
1.-Las 1.-Las bolas bolas de cojinete cojinete salen salen del canal horizontal horizontal a una velocidad velocidad del mód módulo ulo u y caen, según se muestra, por el orificio de 7 mm de di!metro. "alcular entre #ue limites puede variar variar u para #ue las entren en el orificio. Los casos l$mites se representan con trazo discontinuo.
%&L'"(&)* +plicaremos +plicaremos conocimiento de ovimiento "ompuesto ya #ue eisten dos movimientos simples en el jercicio* /', /'0
.- 'na part$cula es epulsada del tubo A con una velocidad 2 teta con el eje vertical
Ѵ
3 y formando un !ngulo
“ y ” . 'n intenso viento horizontal comunica a la part$cula con una
acelerac aceleración ión horizontal horizontal constante constante en la direcció direcciónn del eje “ x ” .si la part$cula golpea en el suelo en un punto situado eactamente debajo de la posición de lanzamiento, hallar la altura “h ” del punto + la aceleración descendente en la dirección “ y ” puede tomarse como constante “ g ” .
%&L'"(4)* a x =a
a y =g
1
2
x = x 0+ v x t + a x t 2
0
1
2
x =−Ѵ sen θ t + a t 2
1
2
y = y 0 + v y t + a y t 0
2
1
2
y = vcosθt + g t 2
5ara x =0 se tiene
0
1
2
=−Ѵ sen θ t + at 2
5ara y =h se tiene
h =Ѵ
cosѲ( 2 vsenѲ / a )+ 1 / 2 g ( 2 vsenѲ / a ) 2 2
h =2Ѵ senѲ ( cosѲ +( gsenѲ )/ a )/ a
6.-l nio de la figura lanza hacia arriba la pelota con una velocidad 0 = 12 m8s y el viento lo comunica a la misma una aceleración horizontal de .9 m8 2, hacia la iz#uierda. :"on #ue !ngulo hay #ue lanzar la pelota para #ue vuela al punto de partida; %upóngase #ue el viento no afecta al movimiento vertical.
%&L'"(4)*
"omparando <1= y <= tenemos*
= 67.82°
9.- n los tubos de rayos catódicos, los electrones procedentes de la fuente viajan horizontalmente a la velocidad v y son desviados por un campo el>ctrico debido al gradiente de tensiones entre las placas 5. La fuerza deflectora produce una aceleración en dirección vertical #ue vale / , donde e es la carga del electrón y m su masa. %i se retiran las placas, los electrones se mueven en l$nea recta. ?allar la epresión de la desviación @ para las dimensiones de tubo y las placas representadas. 0
/ealizando una gr!fica* ntonces nos piden hallar la desviación @ δ =d + h δ =( b∗TanƟ )+ y Ɵ
Aonde el !ngulo placas.
ser! el !ngulo de la velocidad #ue tendr! el electrón al salir de las
d
V0
Ɵ
l
h
ᵟ
b
y ser! la altura #ue se generara al desarrollar el electrón un movimiento parabólico por la aceleración.
Bomando las ecuaciones de movimiento parabólico = ∗
/eemplazando y hallando y e Ban = 0 ∗
C
/eemplazando en
e∗E∗l
δ = ∗ 0 2 ( + 2 ) D.- Aesde + se emiten electrones con una velocidad y un !ngulo al espacio comprendido entre las dos placas cargadas. ntre estas, el campo electrónico es en el sentido y repele los electrones #ue se acercan a la placa superior. l campo confiere a los electrones una aceleración 8m en la dirección , donde es la carga del electrón y m su masa. ?allar la intensidad de campo #ue permite a los electrones alcanzar la mitad de la distancia entre placas. Aeterminar tambi>n la distancia s.
SOLU!"#$ a y =−eE / m % &'**e
= 2,%
a x =0
E l -*e /-e'%
0 (/ e) 2 = 2 E34 b32
5
E = 4 2 2 3 b
= 0 +
$ E l -*e /-e'%
0 = / e eE34 * * = e 3 E =
*
$
= ()( 2) = (2/
E)
= (2 b3 22) = 2b &'* E. 5ara pasar el control de calidad, las bolas de cojinete deben atravesar un orificio de dimensiones limitadas situado en la parte m!s alta de su trayectoria despu>s de rebotar, tal como se presenta, sobre una placa de gran masa. "alcular el !ngulo ϑ #ue forma la velocidad de rebote con la horizontal y la velocidad v de las bolas cuando atraviesan el orificio.
B
A
%&L'"(&)*
0ertical
0.
FFFFFF<1=
5ero por propiedad tenemos*
FFF. <= La ecuación <= reemplazamos en la ecuación <1=*
0. +l resolver la ecuación cuadr!tica obtenemos #ue* = 0.1 9
( ) = ( ) +
=
( ) = .12 + (9:.81)(0.1:)
( ) = 2.61109 ⁄
?orizontal
0. 0.; = (<)
FF..FFFFF.. <6=
Aividimos la ecuación <= con la ecuación <6=*
< = 68.2°
( ) = ( ) +
( ) = (<) + (0)
( ) = 1.2; ⁄ 5or lo tanto*
= >?( ) @2 +?( ) @2
= >?1.2;@2 + ?2.61109@2
= 1.2; ⁄
7. La bo#uilla de agua despide el l$#uido con una vel tetaG9H. Aeterminar, respecto al pie I del murete, el punto en #ue el agua llega al suelo. Aespreciar el efecto del espesor del murete.
%&L'"(&)*
J J J
0G19Kcos<9= 0yG19Ksen<9= yG y vyt <18= ayt ntonces*
J J J J
G-.6 19Ksen<9=t M
J
PLG1N.69-1NFFFF..PLG.69F.../espuesta
Aetermine la posición h del lugar hacia el cual debe tirar el lanzador la pelota para #ue impacte en los guantes del parador. La pelota sale a 9 m8s.
5ara resolver el problema se debe hallar el !ngulo al cual se realizara el tiro de la pelota ya #ue esa ser! la dirección ala #ue debe lanzar el jugador. 0elocidades en los ejes Q e R
J J
= ;0 ∗ = 9 ;0 ∗ 5or movimiento parabólico se usan las ecuaciones
= 0 + ∗ = 20 % = ;0 ∗ % 0 = 0 ntonces 20 = 0 + ;0 ∗ ' ∗ *
J
C
5
J J J
=
V0 =
= 92.2 9 0.6 + 1 = 91.8 % 0 = 0 ;0 ∗ % = :.8 .
;0 43
ntonces reemplazando <(= y los datos*
J J J J J
91.8 = 9 20 ∗ 9 1.22 ∗ (1 + 2) 0 = 1.22 ∗ 2 + 20 ∗ 9 0.7 = 0.0286:: ntonces = 1.6;° "omo ese es el !ngulo a donde mirara al lazar la pelota entonces *
J J
2.2 + 0.6 = 1 + D + si 2.2 + 0.6 = 1 + D + 0.7
= 20 ∗ = 0.7
J
? G 1.7 N. 'n futbolista intenta marcar un gol a 1m de la porter$a. %i es capaz de comunicar a la pelota una velocidad de 6m8s, calcular el !ngulo m$nimo para el cual la pelota puede pasar rozando el travesao de la porter$a. <%ugerencia* ?acer m G Bg =
Solución:
ng ,=
* 9 ( 22 32 2)) 2
F&e 4 = * 2 = 1 + 2 = 1 + 2
10G 0 = :0G
g ,
= 4 9 ( 22 32 2)(1 + 2)
2 2/ 2 2g % 2 (2 3 ) 4 + (2 3 2 + 1) = 0
% 2 (2(102)232.2(:0) )4 + ((2(10 2)232.2(:)2+ 1) = 0 % 2 9 6.:014 + 1.7668 = 0 %
1
= 6.:0132 H 2 >(6.:01)2 ;(1.7668) = (6.:01 H >;0.6)32 0.266
'
6.6
= 91 = 1;.:1° ' 81.; 'n baloncestista #uiere lanzar una falta con un !ngulo SGDH respecto a la horizontal, tal como se muestra. :Tu> velocidad inicial 0 har! #ue la pelota pase por el centro del aro;
%&L'"(4)*
0ertical
0.
FFFF..FF..<1= ?orizontal
;.
;.12 = (0.6;)
GU
= 6.;2 FFFFFFFF <=
La ecuación <= reemplazamos en la ecuación <1=*
0. n la ecuación <=*
19. n la figura se ilustra un detalle de la pelota y el aro del problema 11. %upóngase #ue el do en la figura, hallar el correspondiente intervalo de en cuenta #ue las posiciones horizontales no est!n repartidas sim>tricamente en torno al centro del aro en razón de #ue la pelota debe fran#uear el borde delantero del aro=. %&L'"(&).
J J J J J J
0G17Kcos<ϴ= 0yG17Ksen<ϴ= h1G9.1Dm.1mG9.9Dm hG9.1Dm.mG9.6Dm h6G9.1Dm.66mG9.6Dm h9G9.1Dm.DmG9.9DDm ?allamos el tiempo #ue demora la pelota en llegar al aro.
J J
yG y vyt <18= ayt 6G.17.6senK< ϴ =-
G9.9DG7.6cos < ϴ =<<7.6sen< ϴ = V<7.6sen< ϴ =-K.NKN.O1==8N.O1= ϴ G9. 5ara hG9.6D
J
G9.6DG7.6cos < ϴ =<<7.6sen< ϴ = V<7.6sen< ϴ =-K.NKN.O1==8N.O1= ϴ G96.N ntonces 9.W ϴW96.N F./espuesta 5ara h6G9.6Dm
J
G9.6DG7.6cos < ϴ =<<7.6sen< ϴ = V<7.6sen< ϴ =-K.NKN.O1==8N.O1= ϴ GDO.1 5ara h9G9.9DDm
J
G9.9DDG7.6cos < ϴ =<<7.6sen< ϴ = V<7.6sen< ϴ =-K.NKN.O1==8N.O1= ϴ GE.1 ntonces DO.1W ϴWE.1 F./espuesta 003D y toma altura con un !ngulo de 9DX, lanza un l piloto de un avión, #ue va a 0 pa#uete a la precisión +, "alcular la distancia horizontal y el tiempo desde el momento del lanzamiento hasta el momento en #ue el pa#uete choca con el suelo.
1D.
%olución* 5ara generalizar las unidades transformamos la velocidad de Ym8h a m8s.
= 00I.6 = 8. / J = J = 8.(0.7071 ) J
J J J J J
900 = 8.:22! 9 ;.:0 "2 2 9 12.012# 9 101.:68 = 0
J J
1 = 17.7" J 2 = 9.7$ J
= 8.:(17.7) = 10;6. 2 = 1.0; !%
n el instante t G se lanza un proyectil en el seno de un fluido eperimental. La velocidad inicial es v y Z es el !ngulo con la horizontal. La resistencia sobre el proyectil se traduce en una aceleración a G -Yv, donde Y es una constante y v es la velocidad del proyectil. Aeterminar, como funciones del tiempo, las componentes e y tanto de la velocidad como
1E. del desplazamiento. :"u!l es la velocidad terminal; %e incluir!n los efectos de la aceleración gravitatoria. "omo se produce una aceleración adicional entonces la aceleración ser!*
J J J
= , % ∗ 9 ∗ - %i = ∗ * + ∗ = ∗ * + ∗ -
∗ * + ∗ - = , % ∗ ( ∗ * + ∗ - ) 9 ∗ - J = , % ∗ J = , % ∗ 9
ntonces resolviendo en el eje *
C = 0 ∗ ,% = 0 ∗ ' Ɵ ∗ ,%
(ntegrando &
= & = 0∗ 'Ɵ∗ 9 % 0 0∗ 'Ɵ ∗(19 9 % ) = % ∗ (1 9 9 % ) = % (ntegrando ntonces resolviendo en el eje y*
&
J0 % ∗ + = 9 J0 &
=
& &
= ( 0 + % )∗ 9 % 9
%
= J0 ?( 0 + % )∗ 9 % 9 % @& =
1 ∗( 0∗* %
?allando y +hora hallando la velocidad terminal cuando t C [ J J
Ɵ + % )(19 9 % )
17.
19. 'n punto 5 est! localizado por su vector de posición r G < 1 cos = i <2 sen ) j, donde 1 y 2 son constantes y es el !ngulo entre r y el eje . %i aumenta constantemente a razón de , demostrar #ue 5 describe una trayectoria el$ptica con una aceleración proporcional a r dirigida según r hacia el origen.
SOLU!"#$
E&/&K de l *,e&*'$
= %
=( 9 (22 322)
13 2 = 2 = 1 + 2 = 1 + 2
' **'
2 2/ 4 + (1 + (2 32)) = 0
l M&e *ee /l d&4*e = 0
-' **'
2 2/ (2 3) 2 2 9 ;(1 + (22/32)) = 0
1D. ?allar la ecuación de la envolvente a de las trayectorias parabólicas de los proyectiles disparados bajo distintos !ngulos pero con velocidad en boca constante u. <%ugerencia* %ustituir m por tgS, siendo S el !ngulo de disparo en la ecuación de la trayectoria. La dos ra$ces m1 y m de la ecuación escrita como ecuación se segundo grado en m dan los dos !ngulos de disparo correspondientes a las dos trayectorias de la figura tales #ue pasan por el mismo punto de la envolvente 2a3 a medida #ue las dos ra$ces tienden una a la otra=.despreciar la resistencia del aire y suponer #ue g es constante.
%&L'"(4)*
FFFFFF<=
= (<)
,
/eemplazamos ecuación <1= en la ecuación <=
Aiscriminante igualando a cero
FFF.. <1=
1E. n el punto + se dispara un proyectil con la velocidad 0 . ?allar el !ngulo de disparo 0 N/e -'d/&e el 44' l&&e P' l' lde l -ede*e /l' de *e*
%&L'"(4). J J J J J
aG-gsen\ ayG-gcos\ Gvsen<ϴ-\=t -
J J
/G vcos<ϴ-\=t-18 gsen\t] /G vcos<ϴ-\=K<vsen< ϴ-\=8gcos\=-18 gsen\< 〖<vsen<ϴ-\==8gcos\= 〗 ] 5ara / m!imo.
J
%en<ϴ-\=G1 entonces ϴG
J J
5ara \G ϴG9DF/espuesta 5ara \G6 ϴG6F/espuesta 5ara \G9D ϴG.DF/espuesta
