Movimiento-Parabólico-Ejercicios-Resueltos

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EJERCICIOS RESUELTOS
MOVIMIENTO PARABÓLICO
1. Una pelota se lanza con una velocidad inicial
de 100 m/s con un ángulo de inclinación con la
horizontal de 37º. Calcular que velocidad lleva
la pelota transcurridos 4 s. (g  10 m/s 2) .
a) 46, 82 m/s
b) 82, 46 m/s
c) 80, 42 m/s
d) 42, 86 m/s
e) 86, 42 m/s
Solución:
Vfy
V0y  60 m/s 100 m/s
37º
2. Calcular la mínima velocidad que puede
tener un motociclista para lograr pasar el
2
obstáculo mostrado en la figura. (g  10 m/s ) .
a) 20 m/s
b) 30 m/s
c) 40 m/s
d) 50 m/s
e) 60 m/s
Solución:
V
V0
15º
80 m/s
Vx  80 m/s
20 m
Sen2  Sen2(15º )  Sen30º
Sabemos que:
V
2
Vx

2
Vfy
El alcance horizontal: D 
…(1)
Luego: Vfy  V0y  gt  60  10(4)
Luego:
Vfy  20 m/s …(2)
V
Reemplazando (2) y Vx en (1)
V
2
80  20
2
 V  82, 46 m/s
2
V Sen2
g
Rpta.
gD

Sen 30º
10(20)
1/2
V  20 m/s
Rpta.
1
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3. ¿Con qué inclinación se debe lanzar un
cuerpo para que su alcance horizontal sea igual
al triple de su altura máxima?
a) 50º
b) 51º
c) 53º
d) 55º
e) 60º
4. Desde la parte superior de un edificio de
45 m de altura, se dispara una pelota con una
velocidad de 50 m/s y formando un ángulo de
53º de elevación con respecto a la horizontal.
Calcular el desplazamiento horizontal de la
pelota hasta impactar con la tierra, usar
2
g  10 m/s .
a) 250 m
d) 280 m
Solución:
V

2V
sen  cos
g
4
tg  
3

c) 270 m
H
Solución:
Nos piden calcular el tiempo:
D
primero calculamos el tiempo ABC.
2V sen53º
t ABC 
g
Por condición del problema: D  3H
2
b) 260 m
e) 290 m
3V
2
2
sen 
t ABC
2g
   53º
4
2(50)  
5

10
 t ABC  8s
B
30 m/s
50 m/s
Rpta.
T  TABCD ,
40 m/s
53º
A
C
30 m/s
40 m/s
30 m/s
53º
h  45 m
D
d
Seguidamente calculamos " t CD "
ecuación:
h  V0 t 
45  40t 
1 2
gt
2
2
10t
2
 9  8t  t
2
2
0  t  8t  9
0  (t  1)(t  8)  t  1 s
El desplazamiento de la pelota es:
d  30(9) m
d  270 m
2
Rpta.
usando la
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5. Dos proyectiles “A” y “B” lanzados con
inclinaciones de 53º y 37º respectivamente
alcanzan iguales alturas máximas. El proyectil
“A” experimenta un alcance horizontal de 9 m.
¿Qué alcance horizontal experimenta B?
a) 12 m
b) 15 m
c) 16 m
d) 18 m
e) 20 m
1 2
gt
2
1
2
t  10 s
500  0   10  t 
2
Cálculo de la velocidad de llegada (V)
Vf  V0  gt
h  V0 t 
Vf  0  10(10) 
2
V 
Solución:
53º
37º
9m
b) 110 2
d) 105 2
e) 125 2
 100  100
2
V  100 2 m/s
Rpta.
2
Rpta.
inclinación de 37º al subir. (g  10 m/s ) .
a) 1,2 s
b) 1,4 s
c) 1,5 s
d) 1,6 s
e) 1,7 s
Solución:
6. Un bombardero vuela horizontalmente a una
altura de 500 m con una velocidad de 100 m/s.
desde él se suelta su proyectil, ¿en qué tiempo el
proyectil dará en el blanco y con qué velocidad
llegará (en m/s)? (g  10 m/s 2 ) .
a) 100 2
Vf  100 m/s
2
lanzada con 60 2 m/s de velocidad. Para qué
tiempo la velocidad de la piedra tendrá una
4H
D
4 4H

 H  3m
3
9
3 4(3)

 x  16 m
4
x
Para B:
2
Vf
7. Con una inclinación de 45º una piedra es
x
Aplicando: tg  
Para A:

B H
A
H
2
Vx
Vf
y
37º
Vx
V0
45º
c) 120 2
x
Vx
Vx  60 2 cos45º  60 m/s
V0  60 2 sen45º  60 m/s
Solución: y
En el eje Y: Vf  V0  gt
x
100 m/s
Vf  60  10t
100 m/s
Datos: Vx  100 m/s (constante)
…(1)
En el punto final:
V
tan 37º  f 
Vx
500 m
Vf
(sube: –g)
3 60  10t

4
60
180  240  40t
t  1,5 s
Rpta.
V
V0  0 (velocidad inicial en el eje Y)
3
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8. Una esquiadora abandona el llano con una
velocidad de 20 m/s en el punto “A”. ¿A qué
distancia de “A” aterrizará sobre la pendiente?
2
(g  10 m/s ) .
9. Se lanza un proyectil con una velocidad
inicial de 90 m/s y ángulo de elevación de 60º
contra un plano inclinado que hace un ángulo
de 30º con el horizonte. Hallar el alcance a lo
2
a) 55 m
largo del plano inclinado. (g  10 m/s ) .
a) 420 m
b) 400 m
c) 520 m
d) 540 m
e) 600 m
A
b) 45 m
c) 35 m
Solución:
d) 65 m
Y
37º
e) 75 m
B
d
V0
Solución:
60º
30º
Vx
X
20 m/s
x
V0  90sen60º  45 3 m/s
En el eje Y:
1 2
2
y  V0 t  gt  y  45 3t  5t
2
En el eje X:
…(2)
x  Vx t  x  45t
37º
Vx  20 m/s ; V0  0
En el eje Y:
En el eje X:
2
y  5t
x  Vx t
… (1)
x  20t
… (2)
tan 30º 
2
2
15t  2(45 3)t
En (1):
Por Pitágoras: d 
d
4
2
60  45
2
x y
2
 t  6 3s
y  270 m
d  540 m
2
 d  75 m
2
d sen30º  y (del diagrama)

 x  20(3)  60
De (1) y (2): 
2

 y  5(3)  45
2
(del diagrama)
45 3 t  3  45 3 t  15t
t3

y
x
3 45 3t  5t

3
45t
y
Del diagrama: tan 37º 
x
3 5t

4 20t
X
x
Vx  90 cos 60º  45 m/s
Y
d
y
y
Rpta.
Rpta.
…(1)
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10. Dos cuerpos lanzados simultáneamente
desde los puntos “A” y “B” chocan en el punto
“P”
tal
como
se
muestra.
Hallar
2
“”. (g  10 m/s ) .
20 m/s
P

16m
Solución:
Primer proyectil:
53º
80 m
c) 30 m/s
37º
a) 45º
d) 30º
2
el obstáculo? (g  10 m/s ) .
a) 10 m/s
b) 20 m/s
V
h
A
11. ¿Con qué velocidad mínima debe salir un
motociclista de la rampa, para que pueda cruzar
B
12m
b) 40º
e) 25º
d) 40 m/s
e) 50 m/s
320 m
c) 35º
Solución: Y
V0
Vx  20 cos 37º  16 m/s
V0  20sen37º  12 m/s
1 2
2
h  V0 t  gt  h  12t  5t
2
16  16t 
X
80 m
…(1)
h
320 m
t1s
En (1)
h  7m
2do. proyectil:
Vx  V cos 
Altura vectorial:
h  V 0t 
1 2
gt
2
7  Vsen(1) 
3
2
Vt  5t …(1)
5
Desplazamiento horizontal: x  Vx t
Vsen  12
x  Vx t
4
400
Vt  t 
5
V
Sustituyendo (2) en (1):
80 
V0  Vsen
Dist. horizontal:
37º
Vx
1
2
(10)(1)
2
…(3)
12  V cos   1 
V cos   12 …(4)
Dividiendo (3) por (4): tan   1
  45º
Rpta.
320 
80 
… (2)
3  400 
 400 
V
  5 

5  V 
V 

2
2
 400 
80  240  5 

 V 
400
 8  V  50 m/s
V
Rpta.
5