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PROBLEMA N°1 Un balón de futbol se patea con un ángulo de elevación de 37° y una velocidad de 20 m/s (g= 10 m/s2) halle: a) El balón de viaje hasta golpear en el suelo b) La altura máxima c) El alcance horizontal SOLUCION: Graficamos el movimiento parabólico descomponiendo la velocidad inicial En el vertical usamos caída libre tramo AB: Vf = Vo – gtAB 0=12 -10t AB tAB= 1,2 s ……………………. (1) el tiempo de vuelo (tAB) sera : Tac = 2T (1,2s) tAC=2,4 s en el eje vertical hallamos la altura máxima (H) usando caída libre. Tramo AB: Vf2 = Vo2 – 2Gh 0= 12 °2 – 2 (10) H 20H = 144 H = 7.2 m En el eje horizontal, usamos MRU, para hallar el alcance horizontal X = Vx . t AC = (16 m/s ) (2,4s) X = 38.4 m

PROBLEMA N°2 El muchacho que esta en la torre lanza una pelota que cae 20m . halle la velocidad horizontal de lanzamiento (g = 10 m/s 2).

SOLUCION: 

En la eje vertical usamos CLV :

h = ½ gt°2 5 = ½ (10) t°2 T=1s 

En el eje horizontal usamos MRU :

X = Vf . t 20 = V (1) V = 20 m/s

PROBLEMA N ° 3 Una clavadista corre con 4m/s y se lanza horizontalmente desde un empedrado llegando al agua en 2s, halle la altura del empedrado y la distancia, medida desde la base del empedrado ; a la cual se zambulle el clavadista. G = (10 m/s °2)

SOLUCION *graficamos el lanzamiento parabólico

*en el eje vertical H usando CLV : H = ½ g t °2 = ½ (10) (2) °2 H = 20m 

En el eje horizontal hallamos “X” usando MRU :

X = Vx . t = (4 m/s) (2s) X = 8m

PROBLEMA N°4 Una avioneta vuela horizontalmente a una altura de 500m con una velocidad de 70m/s, cuando esta pasando sobre una cabaña se desprende uan de las ruedas de la avioneta, ¿ a que distancia de la cabaña impactara esta rueda ¿ SOLUCION: 

Por la ley de la inercia se sabe que al desprederse la rueda , esta sale con la misma velocidad de la avioneta:

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En el eje vertical usamos CVL:

H = ½ gt ° 2 500 = ½ (10)t °2 T = 10s …. (1) 

En el eje horizontal usamos MRU :

X = Vx . t = (70m/s)(10s) X = 700 m

PROBLEMA N° 5 Un pequeño canon de resorte hace el siguiente disparo, el proyectil fue disparado con una velocidad de 50 m/s y un ángulo de elevación de 53° , halle H . (g = 10m/s°2). 

Descomponiendo la velocidad del lanzamiento



En el eje horizontal usamos MRU:

X= Vx .t (180m) = (30 m/s)t T = 6s ……………… (1) 

En el eje vertical “H”

H = Vo t – ½ gt °2 H = (40) (6) – ½ (10)(6) °2 H = 60m

PROBLEMA N°6 Un proyectil cae 60 m del punto de disparo pasando por una altura máxima de 20m calcule la velocidad de disparo (g =10 m/s°2) 

Graficamos el tiro parabólico

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Hallamos Vo en el eje vertical (tramo AB)

Vf°2 = Vo°2 – 2gh 0 = Vo °2 – 2(10) (20) Vo°2 = 400 Vo°2 = 20 m/s ……… (!) 





En el eje vertical hallamos el tiempo :tAB Vf = Vo – gt 0 = 20 – 10t T = 2s ………..(2) En el eje horizonta hallamos Vx : X = Vx . t AC = Vx (2 . tBC) 60m = Vx (2. 2s) Vx = 15 m/s …………….. (3) Con el teorema de pitagoras hallamos la velocidad del disparo: V°2 = Vo °2 + Vx°2 ………………. (4) (1) Y (3) en (4) : V°2 = 20°2 + 15°2 V°2 = 400 + 225 =625 V = 25 m/s

PROBLEMA N°7 Un bombardero vuela horizontalmente a una altura de 60m/s°, ´ ¿con que velocidad llegan a la superficie terrestre los proyectiles soltados desde este bombardero? (g = 10m/s°2). SOLUCION: 

Cuando el proyectil llega al suelo tiene velocidad horizontal (Vx) y en el vertical (Vf)

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Hallamos Vf en el eje vertical Vf°2 = Vo°2 + 2gh Vf°2 = 0 + 2(10) (320) Vf = 80 m/s ……………..(1) La velocidad horizontal (Vx) ermanece constante: Vx = 60 m/s ………………(2) La velocidad de llegada (V) se halla con el teorema de pitagoras: V°2 = Vf°2 + Vx°2 V°2 = 80°2 + 60°2 = 10000 V = 100 m/s

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PROBLEMA N°8 En un disparo parabólico la altura máxima es de 7,2 m y he dicho lugar su velciad de 9m/s, determine la velocidad de lanzamiento. SOLUCION : 

Graficamos el movimiento parabólico

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La velocidad horizontal permanece constante: Vx = 9 m/s ………………………….. (1)

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Hallamos Vo e el eje vertical : Vf°2 = Vo°2 – 2 gh 0 = Vo°2 – 2(10)(7,2) Vo°2 = 144 Vo = 12 m/s …………………………. (2) Con el teorema d pitagoras hallamos la velocidad de lanzamiento (V) V°2 = Vo°2 + Vx°2 V°2 = 12°2 + 9 °2 = 225 V = 15 m/s

PROBLEMA N°9 Un jugador de basquetbol lanza desde el suelo la pelota co una velocidad inicial de 10 m/s que hace un angulo de 53 con la horizontal . La canasta esta situada a 6m del jugador y tiene una altura de 3m ¿ podra encestar? (g = 10m/s°2 ). 

Graficamos el tiro parabólico

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En el eje horizontal utilizamos Mru X = Vx . t (6m) = 6(m/s) t T = 1 s ………………………….(1) En el eje vertical hallamos “H”: H = Vo . t – ½ gt°2 H = (8)(1) – ½ (10)(1)°2 H=3m Por dato, la canasta también esta a 3m de altura, luego : RPTA: si encesta

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PROBLEMA N°10 Desde una muralla, un arquero dispara horizontalmente una flecha con una velocidad de 30m/s la cual alcanza el suelo con una velocidad de 50 m/s . Calcule la altura de la muralla. (g = 10m/s°2 ). SOLUCION:

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La velocidad horizontal se conserva: Vx = 30 m/s ……………………………(1) Con el teorema de pitagoras hallamos Vf: 30°2 + Vf°2 = 50 °2 Vf°2 = 50 °2 – 30 °2 = 1600 Vf = 40 m/s …………………………….(2) En el eje vertical hallamos la altura H : Vf°2 = Vo°2 + 2g H 40°2 = 0 + 2(10) H 1600 = 20 H H = 80 m

PROBLEMA N°11 Se arroja horizontalmente una pelota desde la orilla de un barranco con una velocidad de 30 m/s, hallese el angulo que forma la velocidad del proyectil con la horizontal transcurridos 2.25s después del lanzamiento. (g = 10m/s°2 ). SOLUCION: 

Graficamos las velocidades componentes al cabo de 2,25 s

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Hallamos Vf en el eje vertical Vf = Vo + gt Vf = 0 + (10)(2,25) Vf = 22,5 m/s En Angulo (B) sera : TanB = Vf = 22,5 m/s 30 m/s 30 m/s Tan B = ¾ B = 37°

PROBLEMA N°12 Considérese que se lanza un proyectil con una rapidez de 100m/s que hace 30° con el terreno horizontal, calcule la altura máxima que alcanza. (g = 10m/s°2). 

Descomponiendo la velocidad de lanzamiento

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Hallamos la altura máxima (H) en el eje vertical : Vf°2 = Vo°2 – 2 g H 0 = 50°2 – 2(10) H 20 H = 2500 H = 125m

PROBLEMA N °13

Nos encontramos en la antigua Suiza, donde Guillermo Tell va a intentar ensartar con una flecha una manzana dispuesta en la cabeza de su hijo a cierta distancia d del punto de disparo (la manzana está 5 m por debajo del punto de lanzamiento de la flecha). La flecha sale con una velocidad inicial de 50 m/s haciendo una inclinación de 30º con la horizontal y el viento produce una aceleración horizontal opuesta a su velocidad de 2 m/s2.

Calcular la distancia horizontal d a la que deberá estar el hijo para que pueda ensartar la manzana. Hállese la altura máxima que alcanza la flecha medida desde el punto de lanzamiento. (g=9.8 m/s2) Solución

Ecuaciones del movimiento {ax=-2ay=−9.8 {vx=50cos30+(−2)tvy=50sin30+(−9.8)t {x=50cos30⋅t+12(−2)t2y=50sin30t+12(−9.8)t2 Punto de impacto, x=d, y=-5 m -5=25t-4.9t2 t=5.29 s, x=201.23 m Máxima altura, vy=0, 25-9.8t=0 t=2.55 s, y=31.89 m

PROBLEMA N°14

Un cuerpo baja deslizando por el plano inclinado de 30º alcanzando al final del mismo una velocidad de 10 m/s. A continuación, cae siendo arrastrada por un viento en contra que causa la aceleración horizontal indicada en la figura. Cuánto vale el alcance? Con qué velocidad llega a ese punto?

Solución Ecuaciones del movimiento {ax=−0.5ay=−9.8 {vx=10cos30+(−0.5)tvy=−10sin30+(−9.8)t {x=10cos30⋅t+12(−0.5)t2y=200−10sin30t+12(−9.8)t2 Punto de impacto, cuando llega al suelo, y=0 t=5.90 s, x=42.39 m Velocidad cuando llega al suelo: vx=5.71 m/s, vy=-62.81 m/s

PROBLEMA N°15

Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo con la ley ax=0, ay=4cos(2t) m/s2. En el instante t=0, el móvil se encontraba en x=0, y=-1 m, y tenía la velocidad vx=2, vy=0 m/s. Hallar las expresiones de r(t) y v(t). Dibujar y calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=π/6 s. Solución Movimiento uniforme a lo largo del eje X vx=2, x=2·t Movimiento a lo largo del eje Y vy−0=∫0t4cos(2t)dt

vy=2sin(2t) m/sy−(−1)=∫0t2sin(2t)dt

y=−cos(2t) m

Aceleración tangencial y normal t=π6 {vx=2vy=3√ {ax=0ay=2 θ=arctanvxvy=49.1º {at=a⋅cosθ=1.31 m/s2an=a⋅sinθ=1.51 m/s2

PROBLEMA N°16

El vector velocidad del movimiento de una partícula viene dado por v=(3t-2)i+(6t2-5)j m/s. Si la posición del móvil en el instante t=1 s es r=3i-2j m. Calcular El vector posición del móvil en cualquier instante. El vector aceleración. Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=2 s. Dibujar el vector velocidad, el vector aceleración y las componentes tangencial y normal en dicho instante. Solución Vector aceleración ax=dvxdt=3 m/s2

ay=dvydt=12t m/s2

Vector posición x−3=∫1t(3t−2)dt

x=32t2−2t+72 my−(−2)=∫1t(6t2−5)dt

y=2t3−5t+1 m

Componentes tangencial y normal de la aceleración

t=2 s{vx=4 m/svy=19 m/s {ax=3 m/s2ay=24 m/s2a=a2x+a2y−−−−−−√=24.2 m/s2θ=arctanayax−arctanvyvx=4.8º at=acosθ=24.1 m/s2

an=asinθ=2.0 m/s2