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MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES - MOVIMIENTO PARABÓLICO 185.- Un objeto se lanza con velocidad inicial de 5 [m/s], formando con la horizontal un ángulo de 53º. Determinar las componentes de la velocidad inicial. Solución.Resolviendo el triángulo rectángulo formado. Calculo de Voy:

v oy 5 m v oy =4 s sin 53=

Calculo de Vox:

cos 53= v ox =3

m s

v ox 5

186.- Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de salida de 300[m/s] y formando un ángulo de 60º con la horizontal. Se desea calcular: • La altura máxima • El tiempo de vuelo. Solución.Hmax=???

(g=9.8 m/s2)

Por la fórmula:

H max =

( v o sin θ )

2

2g

¿

( 300 sin 60 )2 2(9.8)

H max =3443,9 m 1 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Tiempo de vuelo:

Tv=

2 v o sinθ 2∗300 sin60 = ⇒Tv=53.02 seg g 9.8

187.- La manguera de la figura está

descargando agua con un ángulo de   40º respecto la horizontal. Si se desea que el agua caiga en el recipiente

C . ¿Cuál la

v

velocidad 0 con que el agua debe abandonar la manguera? Solución.De acuerdo a las ecuaciones: (x=8m, y=0, ho=5m, θ=40°)

x=v o cos θ t

1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 2

Se tiene:

8=v o cos 40t (1) 1 0=5+v o sin 40 t− 9.8 t 2 (2) 2 Despejando t de la ecuación 1 y reemplazando en 2:

t=

8 8 1 8 ⇒ 0=5+v o sin 40 − 9.8 v o cos 40 v o cos 40 2 v o cos 40

(

)

(

2

)

√

4,9∗64 4,9∗64 =5+ 8 tan 40 ⇒ v o= 2 2 v o cos 40 ( 5+ 8 tan 40 ) cos 2 40 ⇒ v o=6,75

m s

188.- Una pelota de goma sale rodando por el borde de una mesa de 1.2 [m] de alto. Si llega al suelo a 90 [cm] de la mesa. ¿Cuál es su velocidad al abandonar la mesa?

2 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Solución.De acuerdo a las ecuaciones: (x=0.9m, y=0, ho=1.2m, θ=0°)

x=v o cos θ t

1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 2

Se tiene:

0.9=v o cos 0 t (1) 1 2 0=1.2+ v o sin 0 t− 9.8 t (2) 2 Sabiendo que: t:

sin 0=0 y cos 0=1 , de la ecuación 2 despejando

4.9 t 2=1.2⇒ t=

√

1,2 ⇒ t=0.49 seg 4,9

En la ecuación 1 despejando Vo:

0.9=v o t ⇒ v o= ⇒ v o=1.84

0.9 0.9 = t 0.49

m s

189.- Un camión de tres metros de alto parte desde el reposo y acelera a razón de 0.5 [m/s2] durante un minuto y medio. En la carrocería del camión viaja una persona, como se muestra en la figura. si el camión se detiene bruscamente. ¿A qué distancia del camión caerá el descuidado pasajero?

3 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

En el primer tramo se puede encontrar la velocidad final:

v f =v o +at=0+ ( 0.5 )( 90 ) ⇒ v f =45

m s

De acuerdo a las ecuaciones: (Vo=45m/s, y=0, ho=3m, θ=0°)

x=v o cos θ t

1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 2

Se tiene:

x=45 cos 0 t ⇒ x=45t (1) 1 2 2 0=3+45 sin 0 t− 9.8 t ⇒ 0=3−4.9 t (2) 2 De la ecuación 2 se tiene:

4.9 t 2=3 ⇒t=

√

3 ⇒ t=0.78 seg 4.9

Entonces de la ecuación 1 se tiene la distancia:

x=45 t=45∗0.78⇒ x =35.1m 190.- Una manguera cuya boquilla está al nivel del suelo lanza un chorro de agua formando un ángulo de 60º con la horizontal. Si la velocidad del chorro a momento del abandonar la manguera es 12 [m/s]. a) ¿A qué altura golpeara sobre una pared que se encuentra a 12[m] de distancia? b) ¿Qué tiempo emplea en tal recorrido? Solución.De acuerdo a las ecuaciones: (Vo=12m, x=12m, ho=0, θ=60°)

4 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

x=v o cos θ t

1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 2

Se tiene:

12=12 cos 60 t ⇒ 12=6 t(1) 1 2 2 y=0+ 12sin 60 t− 9.8 t ⇒ y=12sin 60 t−4.9 t (2) 2 De la ecuación 1 encontramos el tiempo:

t=

12 ⇒t=2 seg 6

De la ecuación 2 calculamos la altura de impacto: 2

2

y=12 sin 60 t−4.9 t =12sin 60 ( 2 )−4.9 ( 2 ) ⇒ y =1.2m 191.- Desde la azotea de un edificio se lanza una piedra hacia arriba formando un ángulo de 30º con la horizontal y con una rapidez inicial de 20 [m/s], como se muestra en la figura. Si la altura del edificio es 45 [m] ¿Cuánto tiempo tarda la piedra en golpear el piso? Solución.Grafiquemos la situación del problema: De acuerdo a las ecuaciones: (Vo=20m, y=0, ho=45, θ=30°)

x=v o cos θ t

1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 2

Se tiene:

x=20 cos 30 t ⇒ x=20cos 30t (1) 5 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

1 0=45+20 sin 30 t− 9.8 t 2 ⇒ 0=45+10 t−4.9t 2 (2) 2 Resolviendo la ecuación cuadrática:

{

4.9 t 2−10 t−45=0 ⇒ t 1=4.22 seg se descarta t 2=−2.18 seg t 2=−2.18 seg Por lo que:

t=4.22 seg 192.- Un bombero de 1,80 [m] de altura ubicado a 50 [m] de un edificio en llamas, dirige el chorro de agua de una manguera a un ángulo de 30 º sobre la horizontal, como muestra la figura. Si la rapidez inicial de la corriente es 40 [m/s]. ¿A qué altura el agua incide sobre el edificio?

Solución.De acuerdo a las ecuaciones: (Vo=40m, x=50m, ho=1.5m, θ=30°)

x=v o cos θ t

1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 2

Se tiene:

50=40 cos 30 t ⇒ 50=40 cos 30 t (1) 1 2 2 y=1.8+ 40 sin 30t− 9.8 t ⇒ y=1.8+20 t−4.9 t (2) 2 De la ecuación 1 encontramos el tiempo:

6 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

50=40 cos 30 t ⇒t=

50 ⇒t=1.44 seg 40 cos 30

Ahora de la ecuación 2 encontramos la altura de impacto:

y=1.8+20 ( 1.44 )−4.9 ( 1.44 )2 ⇒ y =36.6 m 193.- Un avión de rescate en la selva Boliviana deja caer un paquete de provisiones a un grupo de exploradores extraviados. Si el avión viaja horizontalmente a 40 [m/s]. Y a una altura de 100[m] sobre el suelo. ¿Dónde cae el paquete en relación con el punto en que se suelta? Solución.Grafiquemos la situación del problema: De acuerdo a las ecuaciones: (Vo=40m, y=0, ho=100m, θ=0°)

x=v o cos θ t

1 2 y=h o +v o sin θ t− g t 2

Se tiene:

x=40 cos 0 t ⇒ x=40t (1) 1 0=100+ 40 sin 0 t− 9.8 t 2 ⇒ 0=100−4.9 t 2 (2) 2 De la ecuación 2 encontramos el tiempo:

0=100−4.9t 2 ⇒ 4.9 t 2 =100⇒ t= ⇒ t=4.52 seg

√

100 4.9

Reemplazando en 2:

x=40∗4.52⇒ x=180.8 m 7 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

194.- Un proyectil se dispara de tal manera que su alcance horizontal es igual a tres veces su máxima altura. ¿Cuál es el ángulo de disparo? Solución.El ángulo de lanzamiento θ, la altura máxima (y) y el alcance horizontal (x=3y), se relacionan del siguiente modo:

tan θ=

4y x

Siendo x=3y se tiene:

tan θ=

4y 4y = ⇒ θ=53.13 ° x 3y

MOVIMIENTOS COMPUESTOS 195.-Un bote anclado en el medio de un río inicia su movimiento río abajo, y luego de cierto tiempo da la vuelta y se mueve río arriba. Si la velocidad del bote respecto al no es 5m/s, y de aquel respecto al fondo es 3m/s. ¿Cuáles son las velocidades del bote río abajo y río arriba? Solución.Graficando la situación:

A favor de la corriente:

v 1=v b + vr =5

m m m +3 ⇒ v 1=8 s s s

En contra de la corriente:

8 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

v 2=v b−v r =5

m m m −3 ⇒ v 2=2 s s s

196.-Una lancha que navega rio abajo dejó atrás una balsa en un punto A. Transcurrido 1 h la lancha dio la vuelta y volvió a encontrar a la balsa 6 km más abajo del punto A. Calcular la velocidad de la corriente, si a lo largo del trayecto el motor trabajó por igual. Solución.Graficando la situación del problema (t=1 h):

Rio Abajo:

d 1=v 1 t 1=( v L + v R ) t 1 (1) Rio Arriba:

d 2=v 2 t 2=( v L −v R ) t 2(2) De acuerdo al gráfico:

d 1=6+ d 2(3) Reemplazando la ecuación 1 y 2 en 3, además los tiempos considerados son iguales:

( v L + v R ) t=6 + ( v L −v R ) t v L t+ v R t=6+ v L t−v R t 2 v R t=6 ⇒ v R =

6 6 km = ⇒ v R =3 2t 2( 1) h

197.-Un bote sale del punto A de la orilla de un río que tiene 144m de ancho y cuyas aguas tienen una velocidad de 5m/s

9 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

en una dirección AB perpendicular a las orillas. Si la velocidad del bote respecto a las aguas es 12 m/s, calcular: a) En cuánto tiempo cruza el río. b) A qué distancia del punto B logra desembarcar.

Solución.a) Del movimiento transversal de la lancha.

t=

d 144 = ⇒ t=12 seg v L 12

b) Del movimiento longitudinal de la lancha:

x=v r t=5∗12 ⇒ x=60 m 198.-Un bote navega a una velocidad de 6m/s respecto a las aguas de un río, que a su vez se desplaza a razón de 3 m/s. ¿Qué ángulo debe mantener el bote respecto a la corriente para que ésta lo arrastre lo menos posible? Solución.Construyendo la situación del problema.

Para que el arrastre sea mínimo, el bote deberá hacer un ángulo α para que la velocidad Vt sea perpendicular a la orilla.

vR 3 ⇒ sin α = ⇒ α =30 vL 6 θ=90+α ⇒ θ=120 ° sin α =

10 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

199.- Una lancha de motor cruza un río perpendicularmente respecto a su corriente que acelera sus aguas a razón de 4 m/s2. Si la velocidad que le produce el motor a la lancha es 6 m/s. ¿Qué trayectoria describe el movimiento de aquella, y cuántos metros fue arrastrada por la corriente hasta que llegó a la otra orilla? El ancho del río es 60 m.

Solución.La trayectoria que describe el movimiento (función f(x)), la hallamos mediante las ecuaciones del MRUV en eje x y MRU en el eje y.

1 1 x=v ox t+ a x t 2 ⇒ x= a x t 2(1) 2 2 y=v y t (2) Despejando t de la ecuación 2 y reemplazando en 1. 2

2 2v x 1 y x= a x ⇒ y 2= y 2 vy ax

( )

Ecuación que representa una parábola cóncava hacia la derecha Para hallar la distancia recorrida, despejamos x de la última ecuación: 2

x=

2

a y 2∗60 = ⇒ x=200 m 2 v y 2∗6

11 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

200.-Una lancha sale perpendicularmente de un punto A de la orilla de un río cuyo ancho es 90 m, y parte del reposo con una aceleración de 5 m/s2. Sabiendo que llega a la otra orilla en un punto B distante 144 m de un punto C, el mismo que dista 90 m del punto A, calcular la aceleración de la corriente de agua. Solución.El movimiento paralelo al eje y con una aceleración que le da su propio motor a y =5m/s2. Se trata de MRUV. El movimiento paralelo al eje al eje x con una aceleración que le da la corriente de agua ( a x =a y ). Se trata de MRUV. De las ecuaciones:

1 1 x=v ox t+ a x t 2 ⇒ x= a x t 2(1) 2 2 1 2 1 2 y=v oy t+ ax t ⇒ y= a y t (2) 2 2

Dividiendo las ecuaciones 1 y 2:

1 2 a t a x a 5∗144 x 2 x m = = x ⇒a x = y = ⇒ a x =8 2 y 1 ay y 90 s ayt2 2

MOVIMIENTO PARABÓLICO Nota: Para todos los problemas considerar g = 10 m/s2, salvo que se diga lo contrario. 201.- Un avión está volando horizontalmente a una altura de 490 m con una velocidad de 98m/s. En el instante que el avión está directamente sobre un cañón antiaéreo, éste disparó un proyectil contra el avión. Calcular el ángulo de

12 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

disparo, sabiendo que la velocidad inicial del proyectil es mínima para dar en el blanco (g =9,8 m/s2). Solución.Graficando la situación del problema.

La velocidad del avión es la velocidad Vx del proyectil para que este impacte. Vx = Va De las ecuaciones del movimiento parabólico:

v x =v o cos θ t (1) v o2 sin 2 θ H max = (2) 2g Elevando al cuadrado la ecuación 1 y dividiendo ambas ecuaciones:

2 g H max v o2 sin2 θ 2 g H max = 2 ⇒ =tan 2 θ 2 2 2 vx v o cos θ vx Por lo tanto el ángulo es:

tan θ=

√

2 g H max vx

2

=

√

2( 9.8)(490) ⇒θ=45 ° 982

202.- Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 53° con la horizontal con una velocidad de 50 m/s. Un tanque está avanzando directamente hacia el mortero sobre un piso a nivel con una rapidez de 5 m/s. ¿Cuál debe ser la distancia del mortero al tanque en el instante que aquel dispara de modo que logre hacer blanco? Solución:

d=x P+ xT … …(1) 13 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Analizamos el proyectil en el eje x:

v x=

xP → x P=v 0 cos θ∗t t

……..(2)

Analizamos el proyectil en el eje y:

1 y=v 0 y∗t− g t 2 ; y=0 [ m ] 2 t=

Analizamos el tanque:

2∗v0∗sin θ g

vT = (2) y (4) en (1)

d=v 0 cos θ∗t + vT ∗t

………..(3)

xT → x T =vT ∗t …..(4) t d=( v 0 cos θ+ vT )∗t

Con (3)

d=

( v 0 cos θ+ v T )∗2∗v 0∗sin θ

g ( 50 cos 53+5 )∗2∗50∗sin 53 d= 10 203.-Un proyectil es lanzado desde el piso (punto (0; 0) m), y alcanza su altura máxima en el punto (30; 20) m. Calcular: La velocidad de lanzamiento

v0

Solución: Analizamos el movimiento en el eje x:

v x=

x t

………(1)

Analizamos el movimiento en el eje y:

v Fy2=v 0 y 2−2 gy ; v Fy =0 v 0 y = √ 2 gy …………(2) v Fy =v 0 y −g∗t ; v Fy =0

14 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

t= Reemplazando con (2)

t= √ Reemplazando (3) en (1):

v x=

v0 y g

2 gy g

………….(3)

x g∗x = √ 2 gy √ 2 gy g

……..(4)

Finalmente:

v 0 =√ v x 2 +v 0 y2

Reemplazando (2) y (4):

v0 = v0 =

√[

√[

2

]

2 g∗x + [ √ 2 gy ] √ 2 gy 2

]

[ ]

2 m 10∗30 + [ √ 2∗10∗20 ] s √ 2∗10∗20

v 0 =25

[ ] m s

204. Desde el pie de una loma se dispara una pelota con una

v  100m / s

velocidad 0 , según se indica ¿A qué distancia del pie de la loma impacta la pelota sobre ella? Solución:

De la ecuación de la trayectoria:

15 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

2

y=x∗tan θ−

g∗x 2 2 2∗v 0 ∗cos θ 2

−g∗( d cos θ ) dsen θ=dcos θ∗tan ( θ+ α ) 2∗v 02∗cos2 ( θ+α ) d [ sen θ−cos θ∗tan ( θ+ α ) ]=

d=

2

2

−g∗d ∗c os θ 2 2 2∗v 0 ∗cos ( θ+ α )

2 2 −[ sen θ−cos θ∗tan ( θ+ α ) ]∗ 2∗v0 ∗cos ( θ+α ) 2

g∗c os θ

−[ sen 37 °−cos 37 ° tan (37 ° +16 ° ) ] 2∗1002 cos 2 ( 37 ° +16 ° ) d= 10∗c os 2 37 ° d=520.16 [ m ] 205.-Dos proyectiles se lanzan simultáneamente desde A y B

v v

con velocidades 1 y 2 respectivamente, y con ángulos de   disparos  y   . ¿A qué distancia horizontal x se producirá el impacto entre los proyectiles? Dar la respuesta en términos de h,  y  . Solución:

Del gráfico:

h= y 1+ y 2

………..(1)

La condición para que los proyectiles colisionen es:

16 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

v Ax =v Bx =v x

……….(2)

De la ecuación de la trayectoria para A:

−y 1 =x∗tan β− Reemplazando (2)

g∗x2 2∗v Ax2

y 1=−x∗tanβ

+ g∗x 2 2∗v x 2

………(3)

De la ecuación de la trayectoria para B:

y 2=x∗tan α − Reemplazando (2)

g∗x2 2 2∗v Bx g∗x 2 y 2=x∗tan α − 2∗v x 2

……..(4)

Reemplazando (3) y (4) en (1) 2

h=−x∗tanβ

2

+ g∗x g∗x + x∗tan α − 2 2 2∗v x 2∗v x

h=( tanα−tanβ )∗x x=

h ( tanα−tanβ )

206.-En el gráfico mostrado dos móviles son lanzados simultáneamente, y chocan en el punto M. Si el que sale de A lo hace con una velocidad de 50 m/s y un ángulo de 37°, ¿Cuál debe ser el ángulo y velocidad de lanzamiento del móvil que sale de B? Solución:

h= y 1= y 2

Ecuación de la trayectoria para A:

17 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

h=x A∗tan α −

(

¿ 80∗tan 37° −

g∗x A2 2∗v A 02∗cos 2 α

10∗802 [m] 2∗502∗cos2 37 °

)

h=40.22 [ m ] Eje x para A:

v A 0 cos α =

xA t t=

xA v A 0 cos α

……….(2)

( 50 cos8037 ° ) [ s ]

t=

t=2 [ s ] Eje x para B:

v B 0 cos α = Eje y para B:

xB t

….(1)

1 h=v B 0 y∗t− g t 2 2 1 2 h+ g t 2 v B 0 senα= t

(2) dividido (1)

18 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

………….(2)

1 2 h+ g t 2 v B 0 senα t = v B 0 cos α xB t

1 40.22+ ∗10 ¿ 22 2 tan α = 60 α =45 °

Despejando y reemplazando en (1)

v B 0=

xB t∗cos α

[ ]

60 m 2∗cos 45 ° s m v B 0=30 √ 2 s v B 0=

207.-Un muchacho de 1,5 m de estatura y que está parado a una distancia de 15m frente a una cerca de 5,25 m de altura lanza una piedra bajo un ángulo de 45° con la horizontal. ¿Con qué velocidad mínima debe lanzar la piedra para que ésta pase por encima de la cerca? Solución:

y=h C −h H

y=( 5.25−1.5 ) [ m ]

y=3.75 [ m ]

De la ecuación de la trayectoria:

y=x∗tan θ−

g∗x 2 2∗v 02∗cos 2 θ

√

g∗x2 2 2∗cos θ ( x∗tan θ− y ) v¿ 10∗15 2 m ¿ 2 2∗cos 45 ° (15∗tan 45 °−3.75 ) s 0=¿

√

[ ]

0=¿10 √ 2

m s

v¿ 19 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

208.-Se lanza una pequeña piedra

v o =10

con una velocidad

m s

en

la forma mostrada en la figura. Si la piedra se introduce en un tubo que se orienta 45° respecto a la vertical, de modo que el movimiento de la piedra coincide con el eje del tubo, se pide calcular los valores de x e y con el instante que la piedra penetra en el tubo. Solución 1: Analizamos el eje x:

x v x = → x=v 0∗cos θ∗t t

Analizamos el eje y:

1 2 h=v 0 y∗t− g∗t 2

…………..(1)

………….(2)

Para el tiempo:

−v Fy =v 0 y −g∗t

; La condición para q llegue a 45°es :

v Fy =v 0 x −v 0 x =v 0 y −g∗t t=

Reemplazamos en (1)

x=v 0∗cos x=10∗cos

v 0 y +v 0 x g

……….(3)

θ∗v 0 y +v 0 x θ∗v 0 sin θ∗+v 0 cos θ =v 0∗cos g g

53 °∗10 sin53 °∗+10 cos 53° [m ] 10

x=8.4 [ m ] 20 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Reemplazamos en (2):

h=

v 0 y∗v 0 y + v 0 x 1 v +v − g∗ 0 y 0 x g 2 g

(

2

)

θ∗v 0 sin θ+ v 0 cos θ 1 v sin θ+ v 0 cos θ h=v 0 sin − g∗ 0 g 2 g 53° sin 53 ° +cos ¿ ¿ 53° sin 53 ° +cos ¿ ¿ 2 10( ¿ ¿) [ m ] 10 10 ¿ 10 sin 53 °∗¿ h=¿

(

(

2

)

]

h=1.4 [ m ] Finalmente:

y=( 1.4+ 1.2 ) [ m ] y=2.6 [ m ] Solución 2.De acuerdo a las ecuaciones:

v x =v o cos θ (1) v y =v o sin θ−¿ (2) x=v o cos θ t (3) 1 y=h o +v o sin θ t− g t 2 (4 ) 2 Para que llegue a 45º, debe cumplirse que las componentes de la velocidad deben ser iguales, (velocidad en y es negativa):

21 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

v x =−v y v o cos θ=−v o sin θ+¿ v o cos θ+ v o sin θ 10( cos 53+sin 53) t= = =cos 53+sin 53 10 10 t=1.4 s Reemplazando en (3) y (4), de acuerdo a los datos (Vo=10m/s, ho=1.2, θ=53°) se tiene:

x=v o cos θ t=10∗cos 53∗1.4 ⇒ x=8.4 m 1 y=h o +v o sin θ t− g t 2=1.2+10∗sin 53∗1.4−5∗1.42 ⇒ y=2.6 m 2 209.-Un electrón ingresa paralelamente a las láminas de un condensador que contiene un campo eléctrico que lo acelera a razón de 2,5x1010 m/s2. Calcular con qué velocidad debe ingresar el electrón para que al salir del condensador lo haga por el borde, y formando 37° con las láminas. Solución: Analizamos el eje x:

x ………..(1) t v x =v F∗cos θ=v 0 v ………..(2) v F= 0 cos θ v x =v 0 =

Analizamos el eje y:

v Fy =v 0 y +a∗t t=

v F∗sin θ a

Reemplazamos (2) en (3):

22 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

;

v 0 y =0

………(3)

v0 ∗sin θ v ∗tan θ cos θ t= = 0 a a

Reemplazamos en (1)

v0 =

x v 0∗tan θ a

v0 =

√

v 0 =9.9∗10 4

√

a∗x 2.5∗1010∗0.3 m = tanθ tan37 ° s

[ ]

m m ⇒ v 0=1∗105 s s

210.-Un motociclista acrobático que se desplaza a razón de 30 m/s debe efectuar un movimiento parabólico de modo que logre ingresar en un camión perpendicularmente a la dirección de movimiento de aquel. Si la velocidad del camión es v , y sale de A simultáneamente como el motociclista lo hace del precipicio, calcular: a) La altura H del precipicio. b) El valor de v . Solución:

De acuerdo al grafico se tiene:

h= y 1+ y 2

………….(1) Analizamos el eje x para la motocicleta.

v 0 =v x =v f∗sin θ

vf=

v0 sin θ

………..(2)

23 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

v0 =

x t

x=v 0∗t ………..(3) Analizamos el eje y para la motocicleta: v Fy2=v 0 y 2 +2 g y 1

v 0 y =0

; 2

y 1=

( v F∗cos θ )

Reemplazando con (2)

2g

2

2 v0 30 ∗cos θ ∗cos 37 ° sin θ sin 37 ° y 1= = [m] 2g 2∗10

(

) (

)

y 1=80 [ m ]

Para el tiempo:

v Fy =v 0 y + g∗t ; Despejando t y reemplazando con (2)

v 0 y =0

v0 v ∗cos θ sin θ ∗cos θ t= F = g g

………(4)

Reemplazando (4) en (3)

x= Para

v 0∗

v0 ∗cos θ sin θ 30∗30∗cos 37 ° = [ m] g 10∗sin 37 ° x=119.44 [ m ]

y2 : y 2=x∗tan θ=119.44 tan 37 ° [ m ]

y 2=90 [ m ] Finalmente, reemplazando y 1 y y 2 en (2): h=( 80+90 ) [ m ] h=170 [ m ] Analizamos para el camión:

24 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

d C = √119.44 2 +902 [ m ]=149.55 [ m ] v c= Reemplazando con (4)

vc=

dC

v0 ∗cos θ sin θ g

=

dC t

d C ∗g∗sin θ 149.55∗10∗sin 37 ° m = v 0∗cos θ 30∗cos 37 ° s

[ ]

v c =37.5

[ ] m s

211.-Un avión bombardero que vuela horizontalmente a una altura de 1000m. y con una velocidad de 250 m/s suelta una bomba. En ese mismo instante un cañón que se encuentra en la cima de una montaña a 1000m de altura dispara horizontalmente con la intención de darle a la bomba y salvar la ciudad. La dirección de las velocidades de ambos proyectiles antes de chocar son perpendiculares. Si el choque tiene lugar a una altura de 500 m, calcular la velocidad del proyectil disparado por el cañón. Solución:

y B ¿ y c = y=500 [ m ] θ+α=90 ° → α=90° −θ

………(1) Analizamos el eje y del bombardero: v FBy2=v 0 By 2+ 2 gy ; v 0 By=0

v FBy =√ 2 gy Calculamos el ángulo θ:

tan θ=

v Bx = v FBy

v Bx √ 2 gy 25 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

θ=tan

−1

v Bx

(√ ) 2 gy

=tan

−1

250 ( √2∗10∗500 ) θ=68.2°

Reemplazando en 1:

θ+α=90 ° → α=90° −68.2 α =21.80 ° Analizamos el cañón: eje x:

v 0 C =v xC=v FC∗sin α

…….(2)

Analizamos el eje y: 2

2

v FCy =v 0 Cy +2 gy

;

v 0 Cy =0

v FC∗cos α= √ 2 gy 2 gy v FC = √ cos α

…….(3)

Reemplazamos (3) en (2)

[ ]

2 gy m v 0 C= √ ∗sin α → v 0C =√ 2∗10∗500∗tan 21.80° cos α s v 0 C =40

[ ] m s

d

212.- Al encontrarse a una distanciad 1 de un arco, un futbolista dispara una pelota con velocidad v y ángulo de

disparo  , la que choca en el parante horizontal que está a una altura h. Al rebotar y llegar al suelo el futbolista se lanza de palomita y vuelve a impulsar la pelota con la misma rapidez v y ángulo  , tal que vuelve a impactar en el parante horizontal del arco por segunda vez. Calcular la medida del ángulo

 , si la pelota cayó a la distancia d 2

1 1 1   h d1 d 2 ). al rebotar. ( 26 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

delante del arco

Solución.De acuerdo al problema se tiene el siguiente gráfico:

Para poder resolver aplicamos “la ecuación de la trayectoria”

y=xtgθ−

g 2 x 2 2 v cos θ 2 0

Realizando algunas transformaciones:

y=xtgθ−

gsenθ x2 2 2 v cos θsenθ 2 0

Aplicando identidades trigonométricas y factorizaciones:

y=xtgθ−

g 2 x tgθ 2 v cosθsenθ 2 0

Pero sabemos que la fórmula del alcance horizontal máximo es: 2

2 v cosθsenθ 1 g D= 0 invertimos = 2 g D 2 v 0 cosθsenθ → Reemplazando:

y=xtgθ−

1 2 x x tgθ → y =xtgθ 1− D D

(

)

Aplicamos la fórmula para resolver el problema: d 1 +d 2=D De la gráfica: Se tiene:

(

d1 D

)

(

d2 D

)

h=d 1 tgθ 1− Y también

h=d 2 tgθ 1−

27 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Sumando ambas ecuaciones: 2

(

2

)

D d 1−d 1 D d 2−d 2 2 h=tgθ + D D D=d Reemplazando: 1 +d 2 2

(

2

d 1 ( d 1+ d 2) −d 1 +d 2 ( d 1+ d 2 )−d 2 2 h=tgθ d 1 +d 2

)

Operando nos queda:

2 h=

2 d1d2 d d tgθ → h= 1 2 tgθ d 1 +d 2 d 1+ d2

Pero por condición del problema es:

h=

d d 1 1 + → h= 1 2 d 1 d2 d1 +d 2

Sustituimos:

h=htgθ → tgθ=1→ θ=45 ° 213.-Un halcón está volando horizontalmente a 10[m/s] en línea recta a 200[m] sobre la tierra. Un ratón que llevaba en sus garras se suelta de ellas. El halcón continúa su trayectoria a la misma rapidez durante 2[s] más, antes de precipitarse para recuperar su presa. Para llevar a cabo la recaptura se dirige en línea recta hacia abajo con rapidez constante y atrapa al ratón a 3[m] sobre la tierra. Encuentre la rapidez del halcón. Solución: La distancia que recorre el halcón en

d 1=20 [ m ]

El movimiento parabólico del ratón: Para el tiempo:

1 y R =v 0 y∗t − g∗t 2 ; v 0 y =0 2 2∗y R 2∗197 t= = [s] g 10

√

√

28 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

∆ t=2 s

:

t=6.28 [ s ] El desplazamiento horizontal del ratón:

v Rx =

xR → x R=v Rx∗t=10∗6.28 [ m ] t x R =62.77 [ m ]

Del gráfico:

d 2=x R −d 1=( 62.77−20 ) [ m ] d 2=42.77 [ m ]

Para la distancia del halcón:

Finalmente:

d A =√ d 22 + y R2=√ 42.77 2+197 2 [ m ] d A =201.59 [ m ]

v A=

d A 201.59 m = t 4.28 s

[ ]

v A =46.48 m/ s 214.-Durante un vuelo de entrenamiento, se deja caer una bola de acero con el fin de hacer blanco en el círculo marcado en la figura. Si el avión del cual cae la bola está volando horizontalmente a 800 m de altura y velocidad de 500 km/h. calcular: a) La altura a la que se encuentra la bola al cabo de 6 s. Solución: Calculamos y:

h F=h0− y

…….(1)

1 y=v 0 y∗t + g∗t 2 ; v 0 y =0 2 1 1 y= g∗t 2= ( 10∗6 2) [ m ] 2 2 y=180 [ m ] 29 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Reemplazando en (1)

h F= ( 800−180 ) [ m ] h F=620 [ m ] 215.-En el clásico paceño, un jugador del Bolívar manda un tiro libre con una Velocidad inicial de 20 m/s y un ángulo de 25° con el horizonte. Dos jugadores esperan para cabecear, el jugador del Bolívar tiene una estatura de 1,60 m, el de The Strongest una estatura y 1,80 m. Ellos saben que al saltar verticalmente pueden alcanzar a la pelota a 2,50 m de altura. Si ambos reaccionan, después de 0,86 s que parte la pelota del suelo y logran cabecear la pelota simultáneamente, ¿Con qué velocidades iniciales (verticales) partieron al saltar? Solución: Calculamos la altura que salta cada jugador:

h B=( 2.50−1.60 ) [ m ] =0.90 [ m ] hT =( 2.50−1.80 ) [ m ] =0.70 [ m ]

Calculamos el tiempo que la pelota se mantiene en el aire:

1 1 y=v 0 y∗t− g∗t 2 → ¿ 10∗t 2−20∗sin 25 °∗t +2.50=0 2 2 5 t 2−8.45t +2.50=0 t=1.31 [ s ]

Calculamos el tiempo q saltan los jugadores:

t J =t−∆ t=( 1.31−0.86 ) [ s ] t J =0.45 Calculamos las velocidades de cada jugador:

1 y+ g∗t 2 1 2 y=v 0 y∗t− g∗t 2 → v 0 y = 2 t 1 1 hB + g∗t 2 0.90+ ∗10∗0.452 2 2 m v 0 B= = t 0.45 s

[ ]

v 0 B=4.24

[ ] m s

30 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

1 1 hT + g∗t 2 0.70+ ∗10∗0.452 2 2 m v0 T = = t 0.45 s

[ ]

v 0 T =3.82

[ ] m s

216.-Una pelota de tenis sale rodando del descanso de una grada con velocidad horizontal de 8 pies/s. si los peldaños son exactamente de 9 pulgadas de alto y 10 pulgadas de ancho. Calcular: a) El número de escalón al que llega por primera vez la pelota. b) El tiempo empleado en llegar a ese escalón. Solución:

[ pulg ]∗1 [ pie ] =0.75 [ pie ] 12 [ pulg ] [ pulg ]∗1 [ pie ] d E =10 =0.83 [ pie ] 12 [ pulg ] h E=9

a) Analizamos el eje x:

x N∗d E v0 = = t t t=

Analizamos el eje y:

N∗d E v0

…..(1)

1 y=v 0 y∗t + g∗t 2 ; v 0 y =0 2 1 0.83 N= g∗t 2 2

……..(2)

Reemplazando (1) en (2):

31 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

N∗d E 2 h ∗2∗v 02 1 h E N = g∗ →N= E 2 v0 g∗d E2

(

N=

)

0.75∗2∗8 2 =4.23 32∗0.832

No puede haber fracción de escalón: ∴ N =5 ; quinto escalón b) calculamos la altura total que cae la pelota:

y=N∗h E=5∗0.75 [ pie ]

y=3.75 [ pie ] Finalmente:

1 y= g∗t 2 2 2∗y 2∗3.75 t= = [ s ] → t=0.48 [ s ] g 32

√ √

217.- Sobre un puente de 100 m de altura, está instalado un cañón que dispara un proyectil con una velocidad de 200 m/s y un ángulo de 30º con el horizonte. En el instante en el que el cañón dispara, a una distancia “d” del puente se encuentra un tanque alejándose con una velocidad de 90 km/h. si el objetivo es que el proyectil impacte al tanque, calcúlese la distancia d. Solución:

Km ∗1 h h ∗1000 m 3600 s m v T =90 =25 1 Km s

[ ]

Calculamos el tiempo del proyectil:

32 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

1 −y =v 0 y ∗t− g∗t 2 2 1 2 2 g∗t −v 0 P∗sinθ∗t− y =0 →5∗t −100 ¿ t−100=0 2 t=20.96 [ s ] Calculamos la distancia horizontal del proyectil:

v P=

xP → x P =v∗cos θ∗t t

x P=200∗cos 30°∗20.96 [ m ]=3629.42 [ m ] Calculamos la distancia horizontal del camión:

vC =

xP → x C =v∗cos θ∗t t

x C =25 ¿ 20.96 [ m ]=524 [ m] Finalmente:

d=x P−x C =( 3629.42−524 ) [ m ] d=3105.42 [ m ] =3.1 km 218.- Un proyectil se dispara con una velocidad inicial de 140 m/s y un ángulo θ con el horizonte. A una altura de 200 m la relación de velocidades es vy/vx = 2, calcúlese el ángulo de lanzamiento θ. Solución:

tan θ=

vy =2 vx

θ=tan −1 ( 2 ) θ=63.43° 219.-En la preparación para los juegos olímpicos, se pide a un ingeniero que diseñe una rampa para la competencia de salto de longitud lo suficientemente alta para que un competidor

33 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

pueda alcanzar una velocidad apropiada V0 en el punto A, lo cual ocasionara un aterrizaje suave en el punto B (es decir, una trayectoria de vuelo que sea tangente a la colina en el punto B). La pendiente de la colina en el punto B es de 45º, lo cual se muestra en la figura junto con la localización del punto B respecto al origen O. la rampa de salto está diseñada para que el centro de una masa del competidor abandone la rampa en el punto A con una velocidad V0, a un ángulo de 10º con respecto a la horizontal como se indica. Despreciando la resistencia del aire, Calcule: a) La velocidad V0 requerida para que la trayectoria del vuelo sea tangente a la colina en el punto B. b) La altura “h” requerida al final de la rampa para las condiciones de la parte a).

Solución: Analizamos el eje x:

v 0∗cos θ=

x t

…….(1)

En el punto de llegada:

v Fy =v x =v 0∗cos θ

…….(2)

Analizamos el eje y:

−v Fy =v 0 Y −g∗t Reemplazamos con (2):

t=

v 0 sinθ+ v 0∗cos θ g

Reemplazamos (3) en (1)

34 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

……..(3)

v 0∗cos θ=

√

x x∗g → v0 = v 0 sin θ+ v 0∗cos θ cos θ ( sin θ+cos θ ) g

v0 =

√

[ ]

100∗32 pie cos 10 °∗( sin10 ° +cos 10 ° ) s v 0 =53.1

[ ] pie s

Reemplazando en (3)

t=

v 0 sinθ+ v 0∗cos θ 53 sin10 ° +53∗cos 10 ° = [s] g 32 t=1.92 [ s ]

Hallamos la altura total:

1 1 −y =v 0 y ∗t− g t 2 → y= −53 sin10 °∗1.92+ 32∗1.922 [ m ] 2 2

(

)

y=41.31 [ m ] Finalmente:

h= y−30 [ pies ]= ( 41.31−30 ) [ pies ] h=11.31 [ pies ] 220.-En el circo de Sprinfield Krusty y Bob Patiño saltan al mismo tiempo a un trapecio desde lados opuestos de la carpa, Krusty salta con un ángulo de 60° y Bob con uno de 45° respecto a la horizontal si ellos llegan al mismo tiempo al trapecio en 0.7 segundos ¿cuál es el ancho D de la carpa? RESP.: D=3.79 m

35 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Solución:

D=d k + d P

…..(1)

Calculamos la velocidad inicial de cada uno:

1 y=v 0 y∗t + g∗t 2 ; y =0 2 v0 =

g∗t 2∗sin θ

[ ] [ ]

[ ] [ ]

v 0 K=

10∗0.7 m m = 4.04 2∗sin 60° s s

v 0 P=

10∗0.7 m m =4.95 2∗sin 45° s s

Calculamos la distancia horizontal de cada uno:

x v 0∗cos θ= → x=v 0∗cos θ∗t t

d k =4.04∗cos 60∗0.7 [ m ] =1.41 [ m ] d k =4.95∗cos 45∗0.7 [ m ] =2.45 [ m ] Reemplazando en (1)

D=( 1.41+2.45 ) [ m ] D=3.86 [ m ]

221.-Simultáneamente dos objetos se lanzan; A de forma horizontal y B formando un ángulo de ϕ = 45° respecto de la horizontal como se muestra en la figura. Si los objetos colisionan calcular la distancia X1.

36 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Solución:

y 1+ y 2=30 m …….(1) 1 y 1=v 0 y1∗t+ g∗t 2 ; v 0 y 1=0 2 1 y 1= g∗t 2 2 1 1 2 2 y 2=v 0 y2∗t− g∗t =v 02 sin ∅∗t− g∗t 2 2

Reemplazando en (1)

1 1 g∗t 2 +v 02 sin ∅∗t− g∗t 2=30 m 2 2 30 m v 02∗t= …….(2) sin ∅ v 02∗cos ∅=

x2 → x 2=v 02∗cos ∅∗t t

x 2=v 02∗t∗cos ∅ …..(3) Reemplazando (2) en (3)

x 2=

30 m 30 m ∗cos ∅= ∗cos 45 ° sin ∅ sin 45 ° x 2=30 [ m ]

Finalmente:

x 1+ x 2=50 m → x 1=50 m−x 2 → x 1=50 m−30 m x 1=20 m

222.-Un cuerpo se lanza hacia debajo de un plano inclinado, y choca con este a una distancia de S = 76 m. Si el cuerpo sube a una altura máxima h=19 m por encima del punto de salida, calcular la velocidad inicial y el ángulo de lanzamiento.

37 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Solución:

1 1 tan α = → α =tan−1 3 3 α =18.43 ° x=s∗cos α =76∗cos 18.43=72.10 [ m ] y=s∗sin α ¿ 76∗sin 18.43 m¿ 24.03 [ m ]

Calculamos la velocidad inicia del eje y: 2

2

v Fy =v 0 y −2∗g∗h ; v Fy =0 v 0 y = √ 2∗g∗h ……….(1) Calculamos el tiempo de vuelo:

1 2 −y =v 0 y ∗t− g∗t ……….(2) 2

Reemplazando (1) en (2), y ordenando:

1 g∗t 2−√ 2∗g∗h∗t− y=0→ 5∗t 2−19.49∗t−24.03=0 2 t=4.88 [ s ] Velocidad inicial en x:

v 0∗cos θ=

x ……….(3) t

v 0∗sin θ= √2∗g∗h ……….(4) Dividimos (4) entre(3)

tan θ= √

(

2∗g∗h 4.88∗√ 2∗10∗19 →θ=tan−1 x 72.10 t θ=52.84 °

38 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

)

Reemplazamos en (4)

v0 = √

[ ]

2∗g∗h √ 2∗10∗19 m = sin θ sin 52.84 ° s v 0 =24.4

[ ] m s

223.-Un pato volaba por una recta horizontal a la velocidad constante u. Un “cazador” inexperto le lanzó una piedra, con la peculiaridad de que el lanzamiento fue hecho sin corrección del avance, es decir, en el momento del lanzamiento la dirección de la velocidad de la piedra. (El ángulo α respecto al horizonte) estaba orientado precisamente hacia el pato. El módulo de la velocidad inicial de la piedra es igual a v. ¿A qué altura volaba el pato, si la piedra a pesar de todo dio con él?

Solución: De la ecuación de la trayectoria:

1 y=v 0 y∗t− g∗t 2 ……(1) 2 x x u= ; t= t u

……..(2)

Reemplazando (2) en (1)

y=v 0 sin

α∗x 1 x − g∗ u 2 u

2

()

224.-Determine la altura h en la pared a que el bombero puede proyectar el agua de la manga, si el ángulo θ es como

39 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

especificado y la velocidad del agua a la boquilla es el v C. Datos: vC = 48 ft/s, h1 = 3 ft, d 30 ft, θ = 40°, g = 32,2 ft/s2.

Solución:

h=h1 + y 2

y=d∗tan θ−

……….(1)

(

2

)

g∗d 32.2∗30 = 30∗tan 40 °− [ ft ] 2 2 2 2 2∗v C ∗cos θ 2∗48 ∗cos 40

y=14.46 [ ft ] Reemplazando en (1)

h=( 3+14.46 ) [ ft ] h=17.46 [ ft ] 225.-La catapulta se usa para lanzar una pelota tal que golpea la pared del edificio a la altura máxima de su trayectoria. Si toma el t1 de tiempo para viajar de A a B, determine la velocidad VA con que fue lanzado y el ángulo θ,. Datos: a = 3.5 ft, b = 18 ft, t1 = 1,5 ft, g = 32.2 ft/s2.

40 TEXTO GUIA DE MATEMATICA Y FISICA Instituto NIBBLE

Solución: Analizamos el eje x:

x b v x = =v 0∗cos θ= t t

Analizamos el eje y:

……(1)

v Fy =v 0 Y −g∗t ; v Fy =0 v 0 sin θ=g∗t

………(2)

Dividiendo (2) entre (1)

v 0 sin θ g∗t g∗t 2 = → tan θ= v 0∗cos θ b b t

θ=tan −1

g∗t 2 32.2∗1.52 =tan−1 b 18 θ=76.05 °

Reemplazando en (2)

v0 =

[ ]

g∗t 32.2∗1.5 ft = sin θ sin 76.05 ° s v 0 =49.77

[] ft s

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