movimientos en presencia de la gravedad

15/09/2015

Movimiento de cuerpos cerca de
la superficie de la Tierra bajo la
acción única de la gravedad
Física fundamental

Cerca de la superficie de la tierra la aceleración de la gravedad tiene un
valor aproximado de 9.8 m/s2 y apunta siempre en la dirección del centro de
la Tierra. Así, si se toma los ejes de un sistema de coordenadas como se
indica en la figura, el valor de la aceleraciónde la gravedad sería:

a = ( 0, g ) = ( 0, −9.8 ) m / s 2

y

x

Como se mostró en la sección de cinemática la relación entre la posición, la
velocidad y la aceleración como funciones del tiempo está dada por las
siguientes expresiones:
t

dr (t )
dt
dv (t ) d 2 r (t )
a (t ) =
=
dt
dt 2

v (t ) =

r (t ) = r0 + ∫ v (t )dt
t0

1

t

v (t ) = v0 + ∫ a (t )dt
t0

1

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Donde, para unmovimiento en dos dimensiones se tiene :

r ( t ) = ( x, y )

v ( t ) = ( vx , v y )

a ( t ) = ( ax , a y )

Como cerca de la superficie de la tierra el valor de la aceleración de la
gravedad es constante se tiene:
t

v (t ) = v0 + a ∫ dt
t0

v (t ) = v0 + a (t − t0 )
t

r (t ) = r0 + ∫ v (t )dt
t0
t

r (t ) = r0 + ∫ [v0 + a (t − t0 )]dt
t0

r (t ) = r0 + v0 (t − t0 ) +

a
(t − t0 )2
2

Por lo tantolas ecuaciones de movimiento quedan:

v (t ) = v0 + a (t − t0 )
r (t ) = r0 + v0 (t − t0 ) +

a
(t − t0 )2
2

o

v ( t ) = ( v0 x , v0 y ) + ( 0, −9.8 )( t − t0 )
r ( t ) = ( x0 , y0 ) + ( v0 x , v0 y ) ( t − t0 )

( 0, −9.8)
+
2

( t − t0 )

2
2

Con la ayuda de las ecuaciones 1 o 2 pueden solucionarse todos los
problemas en los que la única aceleración sea la de la gravedad.

2

15/09/2015EJEMPLO 1:
Desde la terraza de un edificio de 50 m de alto un hombre deja caer una
roca. En la calle, justo debajo hay un hombre que mide 1.8 m. ¿con qué
velocidad golpeará la roca al hombre?¿cuanto tarda la roca en caer a la
cabeza del hombre?
Solución:
•Primero se hace el dibujo de la situación y se ubica el origen del sistema
de coordenadas:

50m
1.8m
(0,0,0)

•¿Qué relación tiene el problema con lafísica que conocen?
R:/ Este es un problema de cinemática en que se conoce la aceleración
como función del tiempo y por lo tanto conociendo las condiciones iniciales
sobre la posición y la velocidad, es posible encontrar la trayectoria y la
velocidad como función del tiempo.
•¿cómo se puede solucionar el problema?
R:/ Se utilizan las ecuaciones 1 o 2 usando la función de aceleración dada:

a =(0,−9.8,0 )m / s 2
Y las condiciones iniciales:

t0 = 0

r0 = ( 0,50 )

v0 = ( 0, 0 )

Como se conoce la posición final: rf = ( 0,1.8 )
se introducen estos datos en la ecuación de la trayectoria para obtener el
tiempo de vuelo. Una vez se conoce el tiempo de vuelo se reemplaza en la
ecuación de velocidad y se obtiene la velocidad final

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15/09/2015

•Pero ¿cómo se hace?
En las ecuaciones 2 seintroducen las condiciones del problema
para encontrar las ecuaciones de movimiento:

v ( t ) = ( 0, 0 ) + ( 0, −9.8 ) t
v ( t ) = ( 0, −9.8 ) t

r ( t ) = ( 0,50 ) + ( 0, 0 ) t +

( 0, −9.8 ) t 2

r ( t ) = ( 0,50 ) + ( 0, −4.9 ) t

2

2

r ( t ) = ( 0,50 − 4.9t 2 )

De aquí tenemos que las ecuaciones de movimiento para el problema son:

a ( t ) = ( 0, −9.8 )

v ( t ) = ( 0, −9.8t )

r ( t ) = (0,50 − 4.9t 2 )

O lo que es lo mismo:

x = 0,
y = 50 − 4.9t ,
2

vx = 0,

ax = 0

v y = −9.8t ,

a y = −9.8

Introduciendo las condiciones dadas en el problema:

r f = (0,1.8,0 )
E igualando componente a componente se tiene:

1.8 = 50 − 4.9t 2
(50 − 1.8)
t2 =
4.9
t = 1.7464s
Donde este tiempo es el empleado por la roca en ir de las manos de un
hombre a la cabeza del otro. Para saber con quévelocidad impacta la
roca en la cabeza se reemplaza este tiempo en la ecuación para la
velocidad, obteniéndose:

v (t = 1.7464s ) = (0,−9.8 × 1.7464,0)
v (t = 1.7464s ) = (0,−17.115,0)
v f = (0,−17.1,0 )m / s

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Respuesta: la roca tarda 1.75s en caer a la cabeza del hombre y cae con
una velocidad de:

v f = (0,−17.1,0 )m / s

EJEMPLO 2:
Se tiene al mismo hombre sobre el edificio del...