Universidad Nacional Autónoma de Honduras Facultad de Ciencias

Universidad Nacional Autónoma de Honduras
Facultad de Ciencias
Escuela de Fı́sica
Fı́sica General I FS-100
Repaso De La Unidad I
2-47. Mary y Sally participan en una carrera (figura 1). Cuando Mary está a 22 m de la lı́nea
de meta, tiene una rapidez de 4.0 m/s y está 5.0 m detrás de Sally, quien tiene una rapidez de
5.0 m/s. Sally cree que ganará fácilmente y desacelera durante el tramo restante de la carrera
a una razón constante de 0.50 m/s2 hasta la lı́nea de meta. ¿Qué aceleración constante necesita
ahora Mary durante el tramo restante de la carrera, si quiere cruzar la lı́nea de meta empatada
con Sally?
Figura 1: Problema 2.47
Datos:
Marry
ViM = 4.0m/s
xiM = 0m
aM =?
xfM = 22m
Sally
ViS = 5.0m/s
xiS = 5m
aS = −0.5m/s2
xfS = 2mm
Solución:
- Ya que se quiere determinar que aceleración debe tener Marry para alcanzar a Sally y cruzar la
meta al mismo tiempo, y se conoce la aceleración de Sally, es preciso determinar que tiempo le
tomará a Sally llegar a la meta, una vez encontrado esté se puede saber que aceleración deberı́a
tener Marry para realizar el recorrido en el mismo tiempo que Sally y por ende llegar a la meta
en el mismo momento.
- Para determinar el tiempo que le tomará a Sally recorrer la meta debemos aplicar ecuaciones
de movimiento (cinemática) que expresen la posición como función de la velocidad y el tiempo,
en este caso:
1
xf = xi + vi t + at2
(1)
2
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
1
- Si ahora sustituimos en (1) los datos de Sally y aplicamos la fómula cuadrática para determinar
el tiempo obtenemos:
1
22 = 5 + 5t + (−0,5)t2
2
t2 − 20t + 68 = 0
t ≈ 4.34s
ó
t ≈ 15.66s
Lo anterior nos devuelve dos posibles respuestas, pero ¿Cómo seleccionar el tiempo correcto?,
si se analiza gráficamente el comportamiento de la aceleración de Sally se observa una parábola
con concába hacia abajo (desacelera a razón constante) lo que nos indica que Sally podrı́a estar
en dos tiempos distintos en la misma posición, pero como nuestro punto de interés está antes
o justo antes de que Sally se detenga y comience nuevamente su recorrido de reversa (según su
comportamiento gráfico) se selecciona el tiempo más corto, es este caso 4.34 s (15.66 s serı́a el
tiempo que le tomó 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 aceleración que deberı́a tener Maty
para llegar a la meta en el mismo momento que Sally:
1
22 = 4t + aM t2
2
22 = 4(4.34) + aM (4.34)2
aM =
2[22 − 4(4.34)]
(4.34)2
Finalmente...
aM = 0.4927m/s2
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
2
(2)
2.61. A una piedra que cae le toma 0.33 s pasar frente a una ventana de 2.2 m de altura (figura
2). ¿Desde qué altura por arriba de la parte superior de la ventana se dejó caer la piedra?
Figura 2: Problema 2.61
Datos:
Altura de la ventana: 2.2 m
Tiempo recorrido frente a la ventana: 0.33 s
vi =?
Solución:
- Tomando por conveniencia el sistema de referencia positivo hacia abajo. - Analizando primero
el movimiento de la piedra cuando pasa frente a la ventana se puede determinar la velocidad con
la que llega al comienzo de la ventana, luego asumiendo ésta como la velocidad final (recordar
que el objeto parte del reposo) para el tramo sobre la ventana se logra encontrar la altura desde
la que fue lanzada la piedra.
- Para el tramo frente a la ventana se plantea una ecuación de movimiento que describa la
posición en función de la velocidad y el tiempo (asumiendo como origen de referencia la esquina
interna superior derecha) y luego se despeja para la velocidad:
1
yf = yi + Vi t + ay t2
2
0
1 2
yf = y
i + Vi t + gt
2
yf − 12 gt2
t
- Sustituyendo ahora lo datos que conocemos y encontramos que:
⇒ Vi =
Vi ≈ 5.05m/s
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
3
(3)
(4)
- Ahora analizando el tramo que la piedra recorre sobre la ventana, como no se conoce el tiempo
que la piedra recorre en ese momento, entonces se necesita una ecuación de movimiento que
exprese la velocidad en función de la posición y el tiempo:
Vf2 = Vi2 + 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 despeja
para la posición final (h) se encuentra la altura sobre la ventana desde la que se dejó caer la
piedra:
Vi2 0
h 0
2
2
>
+ 2g(
y
Vf
= Vi
f − y
i)
Vi2 = 2gh
Vi2
⇒h=
2g
Finalmente...
h ≈ 1.301m
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
4
(6)
3.43. El piloto de un avión que viaja horizontalmente a 170 km/h quiere lanzar suministros a las
vı́ctimas de una inundación, que están aisladas en una porción de terreno situada a 150 m abajo.
¿Cuántos segundos antes de que el avión esté directamente sobre las vı́ctimas deben dejarse caer
los suministros?
Datos:
Vi = 170 km/h
Altura a la cual se encuentra el avión del suelo: H=150 m
Solución:
- Cuando el avión deja caer lo suministros, éstos tiene la misma velocidad que lleva el avión (170
km/h) y como éste se desplaza horizontalmente el ángulo inicial para los suministro es ’0’; si
descomponemos vectorial mente dicha velocidad encontramos que:
Vix = 170
V iy = 0
km
h
km
h
- Si ahora planteamos la ecuación de movimiento (en y) que describe el comportamiento de los
suministros mientras van cayendo (asumiendo como origen de referencia el punto desde el cual
caen los suministros y positivo hacia arriba y hacia la derecha) podemos conocer el tiempo que
le toma a los suministros caer y este tiempo representa el tiempo de antelación con el que el
piloto debe lazar los suministros para que lleguen justo donde se encuentran las vı́ctimas:
0 1
0 Vy>
t + ay t2
yf = y
i +
2
1
yf = ay t2
2
1
−H = − gt2
2
s
⇒t=
2H
g
Finalmente...
t ≈ 5.53 s
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
5
(7)
3.49. Resuelva de nuevo el ejemplo 3-9 suponiendo ahora que el niño con la resortera está justo
debajo del niño en el árbol (figura 3), por lo que apunta hacia arriba, directamente hacia el niño
en el árbol. Demuestre que el niño en el árbol hace nuevamente un movimiento equivocado al
dejarse caer en el momento en que se dispara el globo de agua.
Ejemplo 3.9: Un niño situado en una pequeña colina apunta horizontalmente su lanzadera (resortera) de globos de agua, directamente a un segundo niño que cuelga de la rama de un árbol
a una distancia horizontal d. En el momento en que se dispara el globo de agua, el segundo
niño se suelta del árbol, esperando que el globo no lo toque. Demuestre que esto es una medida
equivocada. (Él aún no habı́a estudiado fı́sica). Desprecie la resistencia del aire.
Figura 3: Problema 3.49
Datos:
Distancia horizontal del niño en la colina al niño en el árbol = d
Altura a la que se encuentra el niño en el árbol del suelo = H
Altura a la que se encuentra el niño en el árbol desde el origen de referencia = h
Velocidad inicial del globo = v0
Ángulo de lanzamiento para el globo (respecto a la horizontal)= θ0
Solución:
- Se define como origen de referencia el punto desde donde el niño en la colina lanza lo globos
con agua y luego se plantean ecuaciones que describen el movimiento para el globo con agua que
lanza el niño en la colina y del niño en el árbol respectivamente:
- Para el globo: 1) En x:
1
xf = xi + Vix t + ax t2
2
xf = V i x t
como el globo inicialmente está en el origen xi = 0 y como la velocidad en x es constante, entonces ax = 0
⇒ xf = v0 cos θ0 t
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
6
• Despejando para t encontramos el tiempo (tiempo de vuelo) que le tomará al globo llegar
hasta d (posició final del globo):
d
(8)
t=
v0 cos θ0
2) En y:
1
yf = yi + Viy t + ay t2
2
1
yf = Viy t − gt2
2
como el globo inicialmente está en el origen yi = 0
1
⇒ yf = v0 sin θ0 t − gt2
2
Sustituyendo (8) en la expresión anterior:
1
d2
yf = d tan θ0 − g
2 v0 cos θ0
(9)
- Para el niño en el árbol:
yf = yi + vi t + ay t2
1
yf = h − gt2
2
como el niño se deja caer vi = 0
Observando la figura 3 se puede apreciar que h se puede obtener aplicando la definición de
tangente de un águlo en un triángulo rectángulo, entonces:
h = d tan θ0
Si sustituimos el resultado anterior en la ecuación que describe el movimiento del niño que cae
del árbol encontramos:
1
(10)
yf = d tan θ0 − gt2
2
- Como nos interesa saber donde se encontrará el niño que cae del árbol cuando el globo llegue
a d, entonces evaluamos (10) con el tiempo que le toma llegar al globo llegar a ese punto [(8)],
entonces:
1
d2
yf = d tan θ0 − g
(11)
2 v0 cos θ0
Como (9) y (11) son iguales el niño que cae del árbol estará en d en el mismo momento en que
llega el globo por tanto; el niño se equivoca nuevamente al dejarse caer al mismo tiempo que es
lanzado el globo con agua.
Elaborado por Belkiss H. Galindo C.
7