Problema De Dinámica

Problemas de dinámica

Primer problema

Se patea un balón , y describe una parábola
cuyo movimiento está dado por la función:

f(x) = 1 + 5x – 3x2
Determinar:

a) La altura máxima
b) Ladistancia horizontal que alcanza
c) El tiempo en el aire
d) La velocidad inicial
f) El ángulo de salida
g) La coordenada de inicio
h) La coordenada de choque con el suelo

Ya que la función es f(x)= 1 + 5x – 3x2, se tiene que f’ = 5 – 6x, de manera que:
La altura máxima se obtiene a una distancia de:
5 – 6x = 0
6x = 5
x = 5/6 = 0.8333 m
La altura máxima es: f(5/6) = 37/12 = 3.0833

Ladistancia horizontal que alcanza
Resolviendo la función f(x) = 1 + 5x – 3x2, se tiene:
x = –0 .1804 y x = 1.8471 (coordenadas de inicio y llegada)
La distancia o alcance horizontal está dadapor la suma de sus valores
absolutos de ambos ceros, raíces o soluciones: 2.0275

El ángulo de disparo:
Dada por la pendiente de la recta tangente a x = – 0 .1804, entonces
con f’(– 0 .1804) = 5– 6(– 0 .1804 ) = 6.0824
Y luego el ángulo es:
 = tan – 1(6.0824) = 80.66°

Para la velocidad inicial:

d H sin 2
(2.0275 m)(0.3201)
V0 

 0.2571m / s
2
g
9.81m / s
Para el tiempoaire:

taire 

2V0V
g

2(0.2536m / s)

 0.05s
2
9.81m / s

Segundo
problema
f ( x)  6  48t  16t 2

f ´( x)  v(t )  48  32t
a) Intervalo dónde v>0 (va hacia arriba)
48  32t  0
32t 48
t

48
32

t

24
 12 / 8  6 / 4
16

t  3/ 2

b) Intervalo dónde v<0 (va hacia abajo)
48  32t  0

c) La altura máxima se alcanza en
48  32t  0

d) La altura máxima se alcanza es48  32t

32t  48

f (3 / 2)  6  72  36

t  48 / 32

t  48 / 32

f (3 / 2)  42

t  3/ 2

t  3/ 2

e) El tiempo en el aire

f) En realidad ¿cuánto subió la flecha?

taire  3.2403s
36f (3 / 2)  6  48(3 / 2)  16(3 / 2) 2

g) Velocidad inicial de la flecha
v(t )  48  32t
v(0)  48

g) Velocidad con la que la flecha choca con el suelo
v(t )  48  32t
v(3.2403)  55.68...