t 1 = ALCANCE HORIZONTAL Y ALTURA MAXIMA DE UN PROYECTIL V t1 = 0Y = g V0 sen ? 0 g VX = V0X V0Y V0 h = (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g VY VX = V0X V TVUELO = 2 t1 T0 VX = V0X VX = V0X Distancia horizontal recorrida R = VX tvuelo V0Y T0 V0 Un proyectil disparado desde el origen en t = 0 con una velocidad inicial V0. La altura máxima del proyectil es h y su alcance horizontal es R. En el punto más alto de la trayectoria, la partícula tiene coordenadas (R/2, h). Supóngase que un proyectil se lanza desde el origen en t = 0 con una componente VY positiva, hay dos puntos especiales que es interesante analizar: El máximo que tiene coordenadas (R/2, h) y el punto que tiene coordenadas (R,0). La distancia R se conoce como alcance horizontal del proyectil y h es su altura máxima. Se encuentra h y R en función de V0, T, g. Se puede determinar h al observar que en la altura máxima VY = 0. En consecuencia, puede usarse la ecuación 4.11 para determinar el tiempo t1 necesario para llegar a la altura máxima. Ecuación 4.11 VY = VY0 – g t VY = V0 sen T0 – g t Despejando el tiempo VY + g t = V0 sen T0 g t = V0 sen T0 – VY pero VY = 0 g t = V0 sen T0 V0 sen ? 0 g 2
V0 g t t 2 = ( 0 ) g g t ? V0 sen ? 0 ? 1 ? V0 sen ? 0 ? ? 2 g ? 2 ? V sen ? 0 ? 1 ? 2 g ? V sen ? 0 ? ? (V )2 sen 2 ? ? 2 2 ? ? ? ? h = h = g t 1 2 1 2 1 2 2 Al sustituir esta expresión para t1 en la ecuación 4.13 y reemplazando función de V0, T. Componente de posición vertical y con h, se obtiene h en Y = (V0Y ) t1 – pero: t 1 = 1 2 2 1 sen ? 0 g 1 V sen ? 0 2 V0Y = V0 sen T0 Y=h Reemplazando Y = (V0Y ) t1 – 1 2 2 1 h = (V0 sen ? 0 ) ? ? – ? ? ? g ? ? g ? h = (V0 sen ? 0 ) ? 0 ? – ? g ? (V0 )2 sen 2 ? 0 g 2 h = (V0 sen ? 0 ) ? 0 ? – ? g ? (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g ? 0 0 ? – (V0 ) sen ? 0 g 2 g 2(V0 ) 2 sen 2 ? 0 – (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g h = (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g El alcance R, es la distancia horizontal recorrida en el doble de tiempo necesario para alcanzar la altura máxima, es decir, en el tiempo 2t. Y = (V0Y ) t1 – 1 2 2 1 pero: Y = 0 0 = (V0Y ) t1 – g t 2 (V0Y ) t1 = 1 g t1 Cancelando t1 (V0Y ) = g t1 despejando t1 t1 = 2 V0Y g pero: V0Y = V0 sen T0 3
? 2 V0 sen ? ? ? ? ? t1 = 2 V0 sen ? 0 g Se le denomina tiempo de vuelo del proyectil t VUELO = 2 V0 sen ? 0 g El alcance R, es la distancia horizontal recorrida R = VX tVUELO Pero: VX = V0X = V0 cos T R = VX tVUELO R = V0 cos T tVUELO R = V0 cos? ? ? g 2 sen ? cos ? (V0 )2 R = g t VUELO = 2 V0 sen ? g pero: 2 sen T cos T = sen 2 T R = sen 2? (V0 )2 g Ejemplo 4.5 Donde pone el ojo pone la bala. Pág. 81 del libro serway cuarta edición En una conferencia demostrativa muy popular, un proyectil se dispara contra un blanco de tal manera que el primero sale del rifle al mismo tiempo que el blanco se deja caer en reposo, como muestra la figura 4.9. Se demostrara que si el rifle esta inicialmente dirigido hacia el blanco estacionario, aun así el proyectil hará diana. Línea de visión Y = ½ g t2 y = XT tg T T YT XT FIGURA 4.9 Razonamiento y solución Se puede argumentar que el choque resultara bajo las condiciones establecidas observando que tanto el proyectil como el blanco experimentan la misma aceleración aY = – g tan pronto como se 4
2 1 2 1 2 ? X T ? 1 YP = V0 sen ? ? 2 ? ? ? X ? cos ? ? ? 1 2 liberan. Primero observe en la figura 4.9 que la coordenada y inicial del blanco es XT tgT y que disminuye a lo largo de una distancia ½ g t en un tiempo t. En consecuencia, la coordenada y del blanco como una función del tiempo es, según la ecuación 4.14. y = X T tg ? Ver figura 4.9 y = X T tg ? = YT + Y Pero Y = ½ g t2 X T tg ? = YT + g t 2 Despejamos YT X T tg ? – g y 2 = YT Si después de esto se escriben las ecuaciones para x y y correspondientes a la trayectoria del proyectil a lo largo del tiempo, utilizando las ecuaciones 4.12 y 4.13 en forma simultanea, se obtiene COMPONENTE DE POSICION HORIZONTAL X = vX * t X = (v0 cos T) t ECUACION 4.12 COMPONENTE DE POSICION VERTICAL Y = (V0Y ) t – 1 2 g t 2 Y = V0 sen ? t – 1 2 g t 2 YP = V0 sen ? t – 1 2 g t 2 PERO: XT = (v0 cos T) t Despejamos t t = X T V0 cos ? Reemplazando en la ecuación anterior YP = V0 sen ? t – 1 2 g t 2 ? V0 cos ? ? – 2 g t Cancelando V0 YP = sen ? ? T ? – 1 2 g t 2 YP = X T tg ? – g t 2 Asi pues, al comparar las dos ecuaciones anteriores se vera que cuando XP = XT ; YP = YT Se produce un choque. 5
1 relación con el punto en que se Ejemplo 4.7 Los exploradores extraviados. Pág. 82 del libro serway cuarta edición Un avión de rescate en Alaska deja caer un paquete de provisiones a un grupo de exploradores extraviados, como se muestra en la fig. 4.11. Si el avión viaja horizontalmente a 40 m/seg. Y a una altura de 100 metros sobre el suelo. Donde cae el paquete en relación con el punto en que se soltó? V0 = 40 m/seg Pero: V0 = VX VY = g t VY V0 = VX V V0 = VX Y = 100 V = (VX )2 + (VY )2 VY V Y = g t 2 2 X = V0 t X = ?? VX ? Velocidad con que llega al piso Donde cae el paquete enDistancia horizontal recorrida soltó? Se halla el tVUELO VY V 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 * 100 9,8 = 200 9,8 = 20,4 = 4,51 seg. X = V0 * t vuelo = 40 m seg * 4,51 seg = 180,4 metros X = 180,4 metros VY = g * tVUELO VY = 9,8 * 4,51 VY = 44,19 m/seg. VX = V0 = 40 m/seg. Seccion 4.3 Movimiento de proyectiles Problema 4.10 Edición cuarta SERWAY Jimmy esta en la parte inferior de la c
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