Movimiento Parabolico Practico dirigido 2017.pptx

Movimiento parabolico Practica

1. DINAMICA-MECANICS II. Practico Dirigido Movimiento Parabólico 2017 Prof. Olga Ortega

2. 2/5/2018 2 1. Para un proyectil lanzado en el vacío con cierto ángulo de inclinación, señalar verdadero (V) o falso (F ) seleccione combinación correcta: - El movimiento vertical es dependiente del movimiento horizontal . - En el punto de altura máxima la velocidad instantánea es cero. En el punto de altura máxima la aceleración total es g . a ) FFF b ) VVF d ) VVV c ) FFV e ) VFV 2. Respecto a los lanzamientos de proyectiles en el vacío con cierto ángulo de inclinación, señalar verdadero (V) o falso (F) seleccione combinación correcta: I) Si la mira de un cañón que lanza proyectiles con la misma velocidad, se ajusta en dos tiros con ángulos complementarios, se logrará el mismo alcance. II) Ajustando el ángulo de tiro 45° se logra el mayor alcance. III) El tiempo de vuelo depende expresamente de la componente horizontal de la velocidad a) VVF b) VVV d) VFV c) FVF e) VFF Quiz

3. 2/5/2018 3 3 . Si desde un avión en vuelo, soltamos una bomba desde cierta altura “H”, se puede afirmar: a) Al cabo de cierto tiempo el avión estará más lejos que la bomba respecto a otra vertical. b) El avión y la bomba siempre ocuparán la misma vertical . c) La velocidad de la bomba siempre será igual a la velocidad del avión. d) El avión siempre estará más adelante que la bomba . e) El avión siempre estará detrás de la bomba.

4. 2/5/2018 4 4. De la situación física de los cuerpos soltados de una misma altura y sin resistencias y en el vacío. ¿Qué se cumple ? a) Tardan igual tiempo en llegar. b) Al llegar al piso, “A” tiene mayor velocidad que “B”. c) Al llegar al piso, “A” y “B” tienen la misma velocidad. d) “A” tarda más tiempo en llegar. e) “a” y “c” son correctas.

5. 2/5/2018 5 Ejercicio Un hombre cae desde el reposo desde una altura De 100 m y despu é s de caer 2s lanza un paquete horizontalmente con una velocidad de 10 m/s . ¿ A qu é distancia (en metros) aproximadamente de su direcci ó n vertical caer á el paquete? (g= 10 m/s 2 ; =2.25 ) Solución El tiempo que tarda la persona en llegar al piso : h=V t +1/2gt 2  - 100=1/2 (-10)t 2 Luego: t=2 El paquete es lanzado 2 s despu é s que la persona se deja caer; luego el paquete tardar á , en llegar al piso: t=2 - 2 = 2(2,25) – 2 = 2,5 s La distancia horizontal que se desplazar á el paquete es igual a : x = vt x = (10 m/s)(2,5 s) = 25 m   Ejemplo

6. Juan, jugador de fútbol, patea una pelota, que sale disparada a razón de 15m/s y haciendo un ángulo de 37 ° con la horizontal. Pedro , otro jugador se encuentra a 27 m de distancia y delante del primero, corre a recoger la pelota. ¿ Con qué velocidad debe correr este último para recoger la pelota justo en el momento en que ésta llega a tierra? (g = 10 m/s 2 ). Ejercicio 1.

7. Un mortero dispara un proyectil bajo un ángulo de 45° y una velocidad inicial de 100 m/s. Un tanque avanza, dirigiéndose hacia el mortero con una velocidad de 4 m/s, sobre un terreno horizontal. ¿ Cuál es la distancia entre el tanque y el mortero en el instante del disparo, si hace blanco? (g = 10 m/s 2 ). Ejercicio 2. Con el proyectil (verticalmente de subida ): vf = vo – gt 0 = 50 -10t  t = 5 s Con el proyectil (horizontalmente): d proyectil =V H *T = 50 (2t ) X=50 *(2*5 )  x=1000m Con el Tanque d T =V*T =V(2t) Y=4*2* 5  Y=56.6 m   Finalmente : Dtotal =X+Y =1000+56.6 =1056.6m  

8. Ejercicio 3. Una pelota sale rodando del borde de una mesa de 1,25 m de altura; si cae al suelo en un punto situado a 1,5 m del pie de la mesa. ¿ Qué velocidad tenía la pelota al salir de la mesa? (g = 10 m/s2 ).

9. Un jugador de fútbol lanza el balón en una falta con una velocidad de 10m/s, formando 45⁰ con el suelo. Si la barrera, situada a una yarda (9.15m) tiene una altura de 1.8m, ¿logrará superar la barrera? DATOS: Balón: Vo = 10m/s α=45⁰ x o =y o =0m Barrera: X barrera =9.15m Y barrera =1.8m   Lo que nos pregunta el problema es si el balón pasará por encima de los jugadores que forman la barrera o chocará contra ellos , es decir, tenemos que ver en cuál de las dos siguientes situaciones nos encontramos: Ejercicio 4.

10. Tenemos que calcular la altura que lleva el balón cuando se encuentra en la misma X que la barrera , es decir, debemos calcular y para x=9.15m. Para ello, calculamos primeramente el tiempo que tarda en llegar a dicho punto con la ecuación de x: x=xo + voxt 9.15m = 0m+ 10cos45m/ s·t t= t= 1.29s Con ese valor de tiempo, calculamos la altura , y y=yo + voyt +1/2gt2 y = 0m + 10sen45m/s ·1.29s+ ½ (-9.8m/s2)(1.29s) 2 y=0.97m Como la altura a la que va el balón (0.97m) es menor que la altura del a barrera (1.8m), el balón chocará con ella. Es decir, no logrará superar la barrera   Ejercicio 4. Solución

11. Un objeto es lanzado con un ángulo de elevación de 30.0⁰ y consigue llegar a una distancia horizontal de 866m . ¿Con qué velocidad fue lanzado? Nos dicen que el alcance es 866m, es decir, que cuando llega al suelo (y=0m) x=866m. Por tanto, podemos sustituir en las ecuaciones de x e y , y con ello hacemos un sistema , de donde obtendremos la velocidad inicial y el tiempo que tarda en llegar al suelo. 30 ⁰ Vo= ¿?m/s 866m Ejercicio 5.

12. Ecuaciones x=x o +v o xt 866m = 0m+ vocos30m/s·t y= y o + voyt +1/2gt 2 0m= 0m + Vosen30 ·t+ ½ (-9.8m/s 2 )t 2 0m=Vosen30·t -4.9m/s 2 t 2 Entonces tendremos el siguiente sistema (obviemos las unidades para facilitar el cálculo) 866= Vo cos30t 0= Vosen30·t -4.9t 2 Sustituimos Vo en la segunda ecuación: 0= t -4.9t 2 = 866tan30-4.9t 2 = 0 t 2 = 866tan30/4.9 t=10.1s Sustituyendo en V o : Vo=866/cos30t = 866m/ (cos30·10.1s) = 99m/s En definitiva, el objeto fue lanzado con una velocidad de 99m/s   30 ⁰ Vo= ¿?m/s 866m Ejercicio 5. Solución

13. Desde el suelo se lanza un objeto con una velocidad de 25m/s y con un ángulo de elevación de 60⁰. A una distancia horizontal de 48m hay un muro . ¿A qué distancia de dicho muro chocará el objeto? Tenemos que saber a qué altura del muro choca el objeto, es decir, tenemos que calcular el valor de y cuando x=48m . Para ello, sustituimos en la ecuación de x y calculamos el tiempo que tarda en llegar al muro: Ejercicio 6. Tenemos que saber a qué altura del muro choca el objeto, es decir, tenemos que calcular el valor de y cuando x=48m. Para ello, sustituimos en la ecuación de x y calculamos el tiempo que tarda en llegar al muro : x= X o +Vox*t 48m = 0m +( 25cos60m/s)·t Despejamos tiempo: t = =3.8s   Por tanto, ahora podemos calcular la altura, y, para t=3.8s y= yo + Voy *t +1/2gt 2 y= 0m + 25sen60m/s ·3.8s+ ½ (-9.8m/s 2 )(3.8s) 2 y=11m Por tanto, el objeto chocará a una altura de 11m de la pared.  

14. En un bar local, un cliente hace deslizar un tarro vacío de cerveza sobre la barra para que vuelvan a llenarlo. El cantinero esta momentáneamente distraído y no ve el tarro, el cual cae de la barra y golpea el piso a 1,4 metros de la base de la misma. Si la altura de la barra es 0,86 metros. a) Con que velocidad abandono el tarro la barra? b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? Ejercicio 7.

15. Se halla Tiempo de vuelo : Y=1/2 gt 2  2Y=gt 2 2Y/g =t 2  t=0.4189seg a ) Con que velocidad abandono el tarro la barra? Datos: X = 1,4 metros t VUELO = 0,4189 seg . X = V t VUELO Vo =X/ t VUELO = 1.4m/0.4189seg =3.34m/s Vo = 3,34 m/ seg . b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? Datos: V = const = V X = 3,34 m/ seg . g = 9,8 m/seg 2 t VUELO = 0,4189 seg . Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y , por lo tanto V 0Y = 0  Vy =Voy + gt  Vy = g * t VUELO = 9,8 m/seg 2 * 0,4189 seg . Vy = 4,105 m/ seg . V 2 =( Vx ) 2 + ( Vy ) 2  V= = = V = 5.29m/s Tg θ = Vy / Vx =(-4.105)/3.34 = -1.229  θ =-50.86°     Ejercicio 7. Solución

16. Ejercicio 8. Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 530 por encima de la horizontal y una velocidad inicial V0 = 60 m/ seg . Un tanque avanza directamente hacia el mortero, sobre un terreno horizontal, a la velocidad de 3 m/ seg . Cual deberá ser la distancia desde el mortero al tanque en el instante en que el mortero es disparado para lograr hacer blanco . Ejercicio 8.

17. Solucion Vox = Vx = VoCosθ  Vx =60Cos53°  Vox= 36.1 m/s Se halla el alcance horizontal del mortero R=( Sen2θ( Vo ) 2 )/g  sen2(53)(60) 2 /9.8  R= 533.11km Se halla el tiempo de vuelo R= Vx *t v  t VUELO =R/ Vx =353.11/36.1 =9.78seg t VUELO =9.78seg El tiempo de vuelo del mortero es el mismo tiempo que necesita el tanque para llegar al objetivo. Se halla el desplazamiento del tanque V = velocidad del tanque = 3 m/ seg X = v * t X = 3 m/ seg * 9,78 seg X = 29,34 metros   2/5/2018 17 Ejercicio 8. Solución

18. Resolver Un auto está estacionado en una pendiente inclinada que mira hacia el océano, donde la pendiente forma un ángulo de 37° abajo de la horizontal. El negligente conductor deja el auto en neutral y los frenos de estacionamiento están defectuosos. Arrancando desde el reposo en t = 0 , el auto rueda por la pendiente con una aceleración constante de 4 m/seg 2 , recorriendo 50 m hasta el borde de un acantilado vertical. El acantilado está a 30 m sobre el océano . Encuentre (a) la rapidez del auto cuando llegue al borde del acantilado y el tiempo en el que llega a ese lugar, (b) el intervalo total de tiempo que el auto está en movimiento, y (c) la posición del auto cuando cae al océano, con respecto a la base del acantilado. ? Ejercicio 9.

19. Solucion Mientras en la pendiente V f 2 –V 2 =2∆X  V f =at  V f 2 –0=2(4)(50)  20-0=4t Vf =20m/s-  t=5seg Condición inicial de caída libre da Vxi =20Cos37° = 16m/s Vyi = -20Sin37° = --12m/s Vxf = Vxi dado que a x =0 Vyf = - = -27.1m/s Vf = = =31.5 m/s a 59.4° por debajo de horizontal   t1=5seg t2=( V yf -V yi )(a y ) = (-27.1) +12 /-9.8 =1.53seg T=t1+t2=6.53seg ∆X= V xi *t1=16*1.53 =24.5m   2/5/2018 19 Ejercicio 9. Solución

20. Un bombero a 50 metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de 300 sobre la horizontal, como se muestra en la figura Si la velocidad inicial de la corriente es 40 m/ seg . A que altura el agua incide en el edificio? Solución X= (V Cosθ)t  despejamos t= X/ V Cosθ =50 /40C0s30° =1.44seg Y=Voy*t - ½ gt 2 Y= VoSenθ *t -1/2 gt 2  y=40 Sen30° *1.44 -1/2(9.8)(1.44) 2 =28.87-10.2 =18.66m Ejercicio 10.

21. 1. Se dispara una flecha con una velocidad de 25 m/s y un ángulo de elevación de 35º con respecto a la horizontal. Determinar: a) El tiempo que tarda en llegar al punto más alto. b) Tiempo total en el aire. c) Alcance horizontal. d) Altura máxima lograda. Ejercicio 11.

22. Datos V =25m/s Θ=35° t=? t T =? Ymax =? Formulas t T =2t V 0X = V * Cosθ V 0Y = V * Senθ t = -V 0Y /g Y max = -(V 0Y ) 2 /2g X T = V 0X * t T Desarrollo V 0X = V * Cosθ =25*cos35° =20.478m/s V 0X =20.478m/s V 0Y = V * Sen θ =25*Sen35° =14.339m/s V 0Y =14.339m/s t = -V 0Y /g t =14.33/-9.8=1.463seg t=1.463seg t T =2t =2*1.463seg =2.926s t T = 2.926s X T = V 0X * t T  20.476*2.926 =59.918m X T =59.918m Y max = -(V 0Y ) 2 /2g  -(14.339) 2 /2(-9.8) = 10.49m Y max == 10.49m Ejercicio 11. Solución

23. Un jugador de básquetbol de 2 metros de altura lanza un tiro a la canasta desde una distancia horizontal de 10 metros. Si tira a un ángulo de 400 con la horizontal, ¿Con que velocidad inicial debe tirar de manera que el balón entre al aro sin golpear el tablero? Datos del problema : Altura del lanzador 2,00 metros Altura de la canasta 3,05 metros X = 10 metros Y = 3,05 – 2,0 = 1,05 metros ө = 40° Ejercicio 12

24. Solución Ecuaciones Y = 3,05 – 2,0 = 1,05 metros ө = 40° Alcance horizontal X = vX * t X = (V cos ө) t t=X /( V cos ө) Ecuacion1   Pero Y=Voy*t –1/2 gt 2  Y=( VoSenθ )*t -1/2 gt 2 Ecuacion2 Reemplazamos la 1 en 2: Y=( VoSenθ )*( X/(v0 cos ө) ) -1/2 g( X/(v0 cos ө) ) 2 Y=  Y= tagθ (X)-   Reemplazando X=10 Y= 1.05m θ=40° Y= tagθ (X)-  1.05 =tag40°(10 – 10*10 2 )/  1.05=8.39 –(852.07/ )  7.34=(852.07/ )  =852.07 /7.34  Vo =10.77 m/ seg   24

25. Ejercicio 13. Una estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre el nivel del suelo . Mientras su oponente está viendo esta primera bola de nieve, usted lanza una segunda bola a un ángulo menor lanzada en el momento necesario para que llegue a su oponente ya sea antes o al mismo tiempo que la primera. Suponga que ambas bolas de nieve se lanzan con una velocidad de 25 m/ seg . La primera se lanza a un ángulo de 700 respecto de la horizontal. a ) A que ángulo debe lanzarse la segunda bola de nieve para llegar al mismo punto que la primera? b ) Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para que llegue al blanco al mismo tiempo que la primera? 2/5/2018 25

26. Primera bola de Nieve Se halla el tiempo de vuelo   Datos θ=70° V =25m/s Y=Voy*t -1/2gt 2 Sabemos que Voy= VoSenθ  Y =( VoSenθ )t - 1/2gt 2 Pero Y=0  ( VoSenθ )t = 1/2gt 2 Cancelando t a ambas igualdades : VoSenθ = 1/2gt  2VoSenθ =1/2gt t VUELO =(2VoSen θ ) /g =2*25Sen70/g =4.794seg Tiempo de vuelo de 1a bola t VUELO =4.794seg Con el tiempo de vuelo de la primera bola de nieve , se halla el alcance horizontal R =(Vox) t VUELO Pero Vox = VoCosθ R = t VUELO * VoCosθ  R=25*Cos70*4.794 =41m   Ahora hallamos el tiempo de vuelo de la segunda bola de nieve en función del ángulo de disparo. Datos: β = ángulo de disparo de la segunda bola de nieve V = 25 m/ seg . R = 41 metros t VUELO 2= =(2VoSenβ) /g  (2*25* Sen β ) /9.8 = (5.1Sen β ) seg *** Con este dato podemos hallar el Angulo β de disparo de la segunda bola de nieve 26

27. *** Con este dato podemos hallar el Angulo β de disparo de la segunda bola de nieve Alcance de la 2da bola R=Vox*t VUELO 2 pero Vox = Vo * Cos β  R =( Vo * Cos β) *t VUELO 2 Pero t VUELO 2=5.1Senβ  R= VoCos β*5.1Senβ = 25Cosβ*5.1Senβ R=127.5*Cosβ*Senβ Pero R=41  41=63.72*(2Cosβ*Senβ) Pero 2SenβCosβ =Sen2β 41=63.72*(sen2 β )  Sen2 β =41/63.75  Sen2 β =0.6431 ArcSen 2 β = arcsen 0.6431  2β=40° β=20° Con el valor del angulo de disparo de la 2da bola, se halla el tiempo de vuelo : t VUELO 2=5.1 Sen β=5.1Sen20°=1.74seg b)Cuantos segundos después debe lanzarse ña 2da bola después de la primera para que llegue al blanco al mismo tiempo? t VUELO = 4.79seg t VUELO2 =1.74seg ∆t= t VUELO - t VUELO2 =3.05seg 2/5/2018 27

28. Ejercicio 14 Ejercicio 10 . Desde la azotea de un edificio se lanza una piedra hacia arriba a un ángulo de 30° con respecto de la horizontal y con una velocidad inicial de 20 m/ seg . Como muestra la figura Si la altura del edificio es 45 m. Cuanto tiempo permanece la pierda en vuelo?   2/5/2018 28

29. Ejercicio 10 Solución de Ejercicio 10   V X = V 0X = V cos ө  V X = V 0X = 20 m/ seg * cos 30 V X = V 0X = 17,32 m/ seg V 0Y = V sen ө V 0Y = 20 m/ seg * sen 30 = 20 * 0,5 = 10 m/ seg V 0Y = 10 m/ seg .   V X = V 0X Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo. Por lo anterior la altura del edificio : Y = - 45 metros Y= Vyo *t –1/2gt 2  -45 =10t -1/2(9.8*)gt 2  -45=10t -4.9gt 2   Ordenando la ecuación de segundo grado 4.9gt 2 -10t -45 =0  a=4.9 b= -10 c =-45 2/5/2018 29

30. Ejercicio 10     Ordenando la ecuación de segundo grado 4.9gt 2 -10t -45 =0  a=4.9 b= -10 c =- 45 t=4.218segundos Cual es la velocidad de la piedra justo antes de que golpee el suelo? V Y =V 0Y - g * t V Y = 10 m/ seg - 9,8 m/seg2 * 4,21 seg V Y = 10 m/ seg – 41,33 m/ seg V Y = - 31,33 m/ seg . El sitio donde se inicia el movimiento tiene coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo V X = V 0X = 17,32 m/ seg la velocidad en el eje x se mantiene constante.   V 2 =( Vx ) 2 + ( Vy ) 2  V= =35.8m/s   Donde golpea la piedra en el suelo? X = V0X * t X = 17,32 m/ seg * 4,21 seg X = 73 metros   2/5/2018 30