2 2 ? 900 ? X B = ? ? ? ? BILLY V0 = ? YB = 11,14 m 500 XB = 27,85 m Datos del problema: Distancia entre Jimmy y Billy = 30 metros. T = 500 Pendiente de la colina Y = 0,4 X. YB = 0,4 XB (YB )2 = 0,16 (X B )2 Pero: (30)2 = (X B ) + (YB ) 900 = (X B )2 + 0,16 (X B )2 900 = 1,16 (X B )2 ? 1,16 ? = 27,85 metros XB = 27,85 metros pero: YB = 0,4 XB YB = 0,4 (27,85) YB = 11,14 metros Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos T) t (Ecuación 1) t = X V0 cos ? Pero: Y = VOY * t – g * t 2 2 Y = VO sen? * t – g * t 2 2 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. 7
? ? V cos? ? – ? X g * ? ? ? ? ? 2 ? V sen? 2 2 0 0 0 0 0 0 ? ? ? ? Y = VO sen? * t – g * t 2 2 ? X ? Y = VO sen? * ? ? 0 ? ? VO cos? 2 Y = O V0 cos? * (X ) – g * (X )2 2 V0 (cos? )2 Y = tag ? * (X ) – g * (X )2 2 V0 (cos ? )2 Reemplazando X = 27,85 metros Y = 11,14 metros T = 500 11,14 = tag 50 * (27,85) – 9,8 * (27,85)2 2 V 2 (cos 50)2 11,14 = 33,19 – 7756,22 V 2 (0,8263) 11 = 33,19 – 9386,68 V 2 9386,68 V 2 = 33,19 – 11 9386,68 V 2 = 22,19 V 2 = 9386,68 22,19 V0 = ? 9386,68 ? ? 22,19 ? = 20,56 m seg V0 = 20,56 m/seg. Problema 4.11 Edición cuarta SERWAY 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? Se halla el tVUELO Y = 1 2 g t 2 ? 2Y = g * t 2 2 Y g = t 2 ? t = 2 Y g 8
= = 2 = = t vuelo = 2 Y g 2 * 0,86 9,8 = 0,1755 = 0,4189 seg. a) Con que velocidad abandono el tarro la barra? Datos: X = 1,4 metros X = V0 * t vuelo tVUELO = 0,4189 seg. V0 = X 1,4 t vuelo 0,4189 = 3,34 m seg V0 = 3,34 m/seg. b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? Datos: V0 = VX = 3,34 m/seg. g = 9,8 m/seg2 tVUELO = 0,4189 seg. VY = g tVUELO = 9,8 m/seg2 * 0,4189 seg. VY = 4,105 m/seg. V2 = (VX)2 + (VY)2 V = (VX )2 + (VY )2 (3,34)2 + (4,105) = 11,155 + 16,851 = 5,29 m seg tg ? = VY – 4,105 VX 3,34 = – 1,229 ? = arc tg (- 1,229) ? = – 50,860 Problema 4.13 Edición cuarta SERWAY Una pelota se lanza horizontalmente desde la azotea de un edificio de 35 metros de altura. La pelota golpea el suelo en un punto a 80 metros de la base del edificio. Encuentre: a) El tiempo que la pelota permanece en vuelo? b) Su velocidad inicial? c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo? a) El tiempo que la pelota permanece en vuelo? Se halla el tVUELO Datos: Y = 35 metros g = 9,8 m/seg2 Y = 1 2 g t 2 ? 2Y = g * t 2 2 Y g = t 2 ? t = 2 Y g t vuelo = 2 Y g = 2 * 35 9,8 = 70 9,8 = 7,142 = 2,6726 seg. tVUELO = 2,6726 seg. 9
= 2 = = b) Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 80 metros tVUELO = 2,6726 seg. X = V0 * t vuelo V0 = X 80 t vuelo 2,6726 = 29,93 m seg V0 = 29,93 m/seg. c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo? V0 = VX = 29,93 m/seg. tVUELO = 2,6726 seg. VY = g tVUELO = 9,8 m/seg2 * 2,6726 seg. VY = – 26,19 m/seg. (El signo negativo por que va la pelota va cayendo.) V2 = (VX)2 + (VY)2 V = (VX )2 + (VY )2 (29,93)2 + (- 26,19) = 895,8049 + 685,9161 = 1581.721 V = 39,77 m/seg. tg ? = VY – 26,19 VX 29,93 = – 0,875 ? = arc tg (- 0,875) ? = – 41,180 Problema 4.14 Edición cuarta SERWAY Superman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza a desplomarse (el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. Si Superman se encuentra a 1 km de distancia de la torre y el elevador cae desde una altura de 240 metros. Cuanto tarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio? Se halla el tVUELO Datos: Y = 240 metros g = 9,8 m/seg2 Y = 1 2 g t 2 ? 2Y = g * t 2 2 Y g = t 2 ? t = 2 Y g t vuelo = 2 Y g = 2 * 240 9,8 = 480 9,8 = 48,979 = 7 seg. tVUELO = 7 seg. Datos: X = 1 km = 1000 metros tVUELO = 7 seg. X = V0 * t vuelo 10
h 1 V0 = X t vuelo = 1000 7 = 142,85 m seg V0 = VX = 142,85 m/seg. Problema 4.14a Edición cuarta SERWAY Superman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza a desplomarse (el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. Si Superman se encuentra a una distancia d de la torre y el elevador cae desde una altura h. Cuanto tarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio? Se halla el tVUELO Datos: altura vertical = h = g t 2 ? 2 h = g * t 2 2 g = 9,8 m/seg2 distancia horizontal = d 2 h g = t 2 ? t = 2 h g t vuelo = 2 h g d = V0 * t vuelo V0 = d t vuelo = d 2 h g V0 = d 2 h = d 2 2 h = d 2 2 h = g d 2 2 h = d * g 2 h V0 = d g g 2 h g g Problema 4.15 Edición cuarta SERWAY Un jugador de soccer patea una roca horizontalmente desde el borde de una plataforma de 40 metros de altura en dirección a una fosa de agua. Si el jugador escucha el sonido de contacto con el agua 3 seg. Después de patear la roca. Cual fue la velocidad inicial? . Suponga que la velocidad del sonido en el aire es 343 m/seg. Se halla el tVUELO Datos: Y = 40 metros g = 9,8 m/seg2 Y = 1 2 g t 2 ? 2Y = g * t 2 2 Y g = t 2 ? t = 2 Y g t vuelo = 2 Y g = 2 * 40 9,8 = 80 9,8 = 8,1632 = 2,86 seg. 11
VY 2 tVUELO = 2,86 seg. 3 seg – tVUELO = 3 – 2,86 = 0,14 seg. V0 = ? VX Y = 40 m R VY V X Distancia horizontal recorrida Se halla la distancia recorrida por la pelota Datos: t = 0,14 seg. VX = veloc. del sonido en el agua = 343 m/seg. R = V0 * t = 343 * 0,14 = 48,02 m R2 = (Y)2 + (X)2 (X)2 = R2 – (Y)2 X = (R )2 – (Y) 2 = (48,02)2 – (40) = 2305,92 – 1600 = 705,92 X= 26,56 m/seg. Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 26,56 metros tVUELO = 2,86 seg. X = V0 * t vuelo V0 = X t vuelo = 26,56 2,86 = 9,28 m seg V0 = VX = 9,28 m/seg. Problema 4.17 Edición cuarta SERWAY Un pateador de lugar debe patear un balón de fútbol desde un punto a 36 metros (casi 40 yardas) de la zona de gol y la bola debe librar los postes, que están a 3,05 metros de alto. Cuando se patea, el balón abandona el suelo con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 530 respecto de la horizontal. 12
a) Por cuanta distancia el balón libra o no los postes. b) El balón se aproxima a los postes mientras continua ascendiendo o cuando va descendiendo. tmax = 1,632 seg VX = V0X t = 3 seg V0 = 20 m/seg V0Y Y = 3,9 m TVUELO = 2 tmax 530 3,05 m VX = V0X VX = V0X Datos X = 36 metros Distancia horizontal recorrida X = 36 m T = 530 V0 = 20 m/seg. V0Y 530 V0 V0Y = V0 sen T V0Y = 40 sen 53 V0Y = 16 m/seg. Se halla el tiempo máximo, es decir el tiempo en que alcanza el punto mas alto de la trayectoria. Con esto se puede ubicar los postes. V t max = 0Y = g 16 9,8 = 1,632 seg. Se halla el tiempo de vuelo del balón. tvuelo = 2 tmax tvuelo = 2 * 1,632 tvuelo = 3,26 seg. En la figura se puede observar la posición del poste. A los 3 seg. el balón va bajando. Pero: Y = VOY * t – Y = 48 – 44,1 g * t 2 2 = 16 * 3 – 9,8 * 32 2 Y = 3,9 metros . la diferencia es 3,9 – 3,05 = 0,85 METROS Problema 4.18 Edición cuarta SERWAY 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 p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es 40 m/seg. A que altura el agua incide en el edificio? 13
= g * t 2 20,4 V0 VY V0 = 40 m/seg VX = V0X Y V0Y T = 300 X = VX tmax V0X X = 50 metros Datos X = 50 metros T= 300 V0 = 40 m/seg. PERO: X = (v0 cos T) t Despejamos t t = X V0 cos ? t = X V0 cos ? = 50 50 40 cos 30 34,64 t = 1,443 seg. Y = VOY * t – g * t 2 2 Y = VO sen? * t – 2 Y = 40 sen 30 * 1,443 – 9,8 * (1,443)2 2 Y = 28,86 – 2 Y = 28,86 – 10,2 Y = 18,66 metros Problema 4.18 a Edición cuarta SERWAY Un bombero a una distancia d metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de T sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es V0. A que altura el agua incide en el edificio? 14
? ? 1 ? ? d d h = (V0 sen ? ) ? 2 ? ? ? ? ? d ? 1 h = ( sen ? ) ? ? – ? d ? g ? 2 ? ? ? d ? g ? 1 2 2 ? ? g d 2 h = sen ? cos ? 2 V0 VY V0 VX = V0X h V0Y T V0X d PERO: d = (v0 cos T) t Despejamos t t = d V0 cos ? h = VOY * t – g * t 2 2 h = VO sen? * t – g * t 2 2 reemplazando t en la ecuación ? V0 cos ? ? – 2 g ? V0 cos ? ? ? cos ? ? 2 ? V0 cos ? ? h = tg ? d – ? V0 cos ? ? h = tg ? d – 2 (V0 )2 cos2 ? 2 (V0 )2 cos 2 ? tg ? d – g d 2 2 (V0 )2 cos 2 ? 2 (V0 )2 cos2 ? d – g d 2 h = 2 (V0 ) cos2 ? h = (V0 )2 2 cos ? sen ? d – g d 2 2 (V0 )2 cos2 ? 15
V 2 seg m T 1 = pero: 2 sen T cos T = sen 2 T h = (V0 )2 sen 2 ? d – g d 2 2 (V0 )2 cos 2 ? Problema 4.19 Edición cuarta SERWAY Un astronauta sobre la luna dispara una pistola de manera que la bala abandona el cañon moviéndose inicialmente en una posición horizontal a) Cual debe ser la velocidad de orificio si la bala va a recorrer por completo el derredor de la luna y alcanzara al astronauta en un punto 10 cm debajo de su altura inicial b) Cuanto permanece la bala en vuelo? Suponga que la aceleración en caida libre sobre la luna es un sexto de la de la tierra. Gravedad de la luna = 1/6 * 9,8 = 1,6333 m/seg2 (Aceleración de la luna) La realidad es que la bala describe un movimiento circular alrededor de la luna, para esto necesitamos el radio de la luna = 1,74 * 106 metros, los 10 cm no inciden sobre el calculo del radio de la luna. hallamos la velocidad a L = rL V2 = aL * rL V = a L rL = 1,6333 *1,74 *10 6 = 2841999,999 = 1685,82 b) Cuanto permanece la bala en vuelo? V = 2 p rL f = 2 p rL Se despeja el periodo T T = 2 p rL V 2 * p *1,74 *10 6 m m 1685,82 seg = 6485,11 seg T = 6485,11 seg * 1 hora 3600 seg = 1,8 horas T = 1,8 horas Problema 4.20 Edición cuarta SERWAY Un rifle se dirige horizontalmente al centro de un gran blanco a 200 metros de distancia. La velocidad inicial de la bala es 500 m/seg. a) Donde incide la bala en el blanco? b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea de visión. Determine el ángulo de elevación del cañón. a) Donde incide la bala en el blanco? Es evidente que al disparar horizontalmente, la bala describe un movimiento de tiro parabólico, ver la figura. 16
= = Distancia horizontal recorrida VX = V0X Y = 0,784 m X = 200 m Datos: Como el disparo es horizontal VX = 500 m/seg Hallamos el tiempo de vuelo X = VX * t vuelo X = 200 metros t vuelo = X 200 VX 500 = 0,4 seg Ahora se halla el desplazamiento vertical de la bala con respecto al centro. Y = VOY * t – g * t 2 2 pero como el disparo es horizontal V0Y = 0 Y = g * t 2 2 como el movimiento es hacia abajo se considera el valor de Y (+) Y = g * t 2 9,8 * 0,4 2 2 2 = 0,784 m b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea de visión. Determine el ángulo de elevación del cañón. Observemos que el mismo disparo, pero ahora la velocidad inicial tiene un ángulo respecto de la horizontal, esto es para garantizar que el disparo llegue al blanco. Es decir V0 = 500 m/seg. Distancia horizontal recorrida V0 VX = V0X X = 200 m X = sen 2? (V0 )2 g X g = sen 2? (V0 )2 sen 2? = X g 200 * 9,8 1960 = = (V 0 ) 2 500 2 250000 = 0,00784 sen 2T = 0,00784 arc sen 2T = arc sen 0,00784 17
? = 0,4492 = = R = = = 2 T = 0,4492 = 0,224 0 2 T = 0,2240 respecto a la horizontal. Problema 4.21 Edición cuarta SERWAY Durante la primera guerra mundial los alemanes tenian un cañon llamado Big Bertha que se uso para bombardear paris. Los proyectiles tenian una velocidad inicial de 1,7 km/ seg. a una inclinacion de 550 con la horizontal. Para dar en el blanco, se hacian ajustes en relacion con la resistencia del aire y otros efectos. Si ignoramos esos efectos: a) Cual era el alcance de los proyectiles b) Cuanto permanecian en el aire? Distancia horizontal recorrida V0 = 1,7 km/ seg 550 VX = V0X R=? a) Cual era el alcance de los proyectiles Datos: V0 = 1,7 km/seg T = 550 V0 = 1,7 km 1000 m * seg 1 km = 1700 m seg R = sen 2? (V0 )2 g sen 2 (55) (1700)2 sen 110 * 2890000 2715711,674 9,8 9,8 9,8 R = 277,113 km R = V0X t vuelo pero: V0X = V0 cos T R = V0 cos ? t vuelo despejamos el tiempo de vuelo = 277113,43 m t vuelo = R 277113,43 V0 cos ? 1700 * cos 55 277113,43 975,079 = 284,19 seg tvuelo = 284,19 seg 18
ß0 2 Problema 4.22 Edición cuarta SERWAY Una estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre el nivel del suelo. Mientras su oponente esta 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? Primera bola de nieve Distancia horizontal recorrida V0 = 25 m/seg 700 Segunda bola de nieve VX = V0X R=? Distancia horizontal recorrida V0 = 25 m/seg Segunda bola de nieve VX = V0X R=? PRIMERA BOLA DE NIEVE Se halla el tiempo de vuelo. Datos T = 700 V0 = 25 m/seg. Y = VOY * t – g * t 2 2 pero: V0Y = V0 sen T Y = VO sen ? * t – 0 = VO sen ? * t – g * t 2 2 g * t 2 2 pero Y = 0 VO sen ? * t = g * t 2 Cancelando t a ambos lados de la igualdad. VO sen ? = g * t 2 2 V0 sen ? = g t 19
= = = = = 40 t vuelo = 2 V0 sen ? g t vuelo 2 * 25 sen 70 50 sen 70 46,984 g 9,8 9,8 = 4,794 seg tvuelo = 4,794 seg (de la primera bola de nieve.) Con el tiempo de vuelo de la primera bola de nieve, se halla el alcance horizontal. R = V0X t vuelo pero: V0X R = V0 cos ? t vuelo R = 25 * cos 70 * 4,794 = V0 cos T R = 41 metros Ahora hallamos el tiempo de vuelo de la segunda bola de nieve en función del ángulo de disparo. Datos: ß = ángulo de disparo de la segunda bola de nieve V0 = 25 m/seg. R = 41 metros t vuelo 2 = t vuelo 2 = 2 V0 sen ß g 2 V0 sen ß g 2 * 25 * sen ß 50 sen ß 9,8 9,8 = 5,1 sen ß tvuelo 2 = 5,1 sen ß (de la segunda bola de nieve.) Con este dato procedemos a hallar el ángulo ß de disparo de la segunda bola de nieve. R = V0X t vuelo 2 pero: V0X = V0 cos ß R = V0 cos ß t vuelo 2 pero: tvuelo 2 = 5,1 sen ß R = V0 cos ß * 5,1 sen ß R = 25 * cos ß * 5,1 sen ß R = 127,5 * cos ß * sen ß pero: R = 41 41 = 63,72 * ( 2 cos ß * sen ß ) pero: 2 sen ß cos ß = sen 2 ß 41 = 63,72 * ( sen 2 ß ) sen 2ß = 41 63,75 = 0,6431 sen 2 ß = 0,6431 arc sen 2 ß = arc sen 0,6431 2 ß = 400 ß = = 20 0 2 ß = 200 20
= Con el calor del ángulo de disparo de la segunda bola de nieve, se halla el tiempo de vuelo tvuelo 2 = 5,1 sen ß (de la segunda bola de nieve.) tvuelo 2 = 5,1 sen 20 tvuelo 2 = 5,1 * 0,342 tvuelo 2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.) b) Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para que llegue al blanco al mismo tiempo? tvuelo = 4,794 seg (de la primera bola de nieve.) tvuelo 2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.) ? t = tvuelo – tvuelo 2 ? t = 4,794 seg – 1,744 seg ? t= 3,05 seg. Problema 4.23 Edición cuarta SERWAY Un proyectil se dispara de tal manera que su alcance horizontal es igual a tres veces su máxima altura. Cual es el ángulo de disparo? Distancia horizontal recorrida V0 ß0 YMAX VX = V0X R = 3 YMAX Ymax = (VOY )2 2 g Pero: V0Y = V0 sen ß Ymax = (VO senß )2 (V0 )2 sen 2 ß 2 g 2 g Ymax = (V0 )2 sen 2 ß 2 g ECUACION 1 R = R = sen 2 ß (V0 )2 g 2 sen ß cos ß * (V0 )2 g Pero: Pero: 2 sen ß cos ß = sen 2 ß R = 3 YMAX 21
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