Problemasa De Cinematica

E.T.S. INGENIEROS AGÓNOMOS
F í s i c a A p l i c a d a

FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA

PROBLEMAS DE CINEMÁTICA PROBLEMAS CINEMÁTICA

Equipo docente: Antonio J. Barbero Mariano Hernández Puche Alfonso Calera Belmonte
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U C L M

CINEMÁTICA Problema 1 (1)
Desde lo alto de una torre cuya altura es h0 = 12 m se lanza hacia arriba una piedra formando un ángulo φ = 60º con lahorizontal. La velocidad inicial de la piedra es 36 km/h, y el lanzador está a una distancia d = 3 m del pretil de la torre. (Véase figura). Se quiere saber: A) ¿Cuál es la trayectoria de la piedra? B) Su altura máxima sobre el suelo. C) A qué distancia del pie de la torre chocará contra el suelo. D) Su velocidad cuando se estrelle contra el suelo.
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v0

d h0

v0yv0 vx d Y

La velocidad en el eje X se mantiene constante La velocidad en el eje Y cambia... ... debido a la aceleración de la gravedad
h0

φ

X
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U C L M

CINEMÁTICA Problema 1 (2)
v0y v0 vx F í s i c a A p l i c a d a

Y y v0y d h0 -g x vx X

x = vx ⋅ t

φ

1 y = v0 y ⋅ t − g ⋅ t 2 2

v x = v0 ⋅ cos φ

y = tg φ ⋅ x −

g ⋅ x2 2 2v0 cos 2 φ

Ecuación trayectoria:(apartado A)

y = tg 60 ⋅ x −

9.8 ⋅ x 2 = 1.732 ⋅ x − 0.196 ⋅ x 2 2·10 2 cos 2 60
Se trata de una parábola

U C L M

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CINEMÁTICA Problema 1 (3)
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Posición del máximo (apartado B) → En el máximo la tangente es horizontal

Y

yMax

y = tg φ ⋅ x −

g ⋅ x2 2 2v0 cos 2 φ

xMax d h0

X

dy g = tg φ − 2 ⋅ xMax = 0 2 dx v0 cos φ
xMax
2 2 v0 ⋅ sen φ⋅ cos φ v0 ⋅ sen 2φ = = g 2g

xMax = 4.12 m

yMax = 3.83 m

Altura desde el suelo:

h0 + ymax = 12 + 3.83 = 15.83 m
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U C L M

CINEMÁTICA Problema 1 (4)
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Lugar en que se estrella contra el suelo (apartado C)
Y

y = tg φ ⋅ x −
y = − h0
X d

g ⋅ x2 2 2v0 cos 2 φ

h0

xsuelo xsuelo-d

g 2 ⋅ xsuelo − tgφ ⋅ xsuelo − h0 = 0 2 2v0 cos 2 φ
2 0.196⋅ xsuelo − 1.732 ⋅ xsuelo − 12 = 0

xsuelo = 13.40 m

xsuelo = −4.57 m

Distancia desde el pie de la torre: xsuelo − d = 13.40 − 3 = 10.40 m
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U C L M

CINEMÁTICA Problema 1 (5)
Cálculo de velocidad cuando se estrella contra el suelo (apartado D) Razonamiento: Calculemos el tiempo tsuelo que tarda en llegar al suelo... y a partir de ahí la velocidad x 13.40 t suelo = suelo = = 2.68 svx 10 ⋅ cos 60º x 4.12 Tiempo tmax que tarda en llegar al punto más alto tmax = max = = 0.88 s vx 10 ⋅ cos 60º Desde el punto más alto cae sin ninguna velocidad inicial en el eje Y, por lo que la componente vertical de la velocidad es:
θ
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v y suelo = g (tsuelo − tmax ) = 17.61 m/s
10·cos 60º

Velocidad en el punto en que choca con el suelo:
2 vsuelo = vx + v 2suelo y

⎛ vx ⎞ ⎟ = 15.85º θ = tg ⎜ ⎟ ⎝ v y suelo ⎠
−1 ⎜

U C L M
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17.61

vsuelo = 18.31 m/s

CINEMÁTICA Problema 2 (1)
Considérese un tiro parabólico en ausencia de rozamiento. Determinar la velocidad vertical, la velocidad total y el ángulo que forma la velocidad total con la horizontal en función de la posición x. Háganse gráficas de estas tres magnitudes en función de la posiciónen el intervalo 0-14 m empleando los datos numéricos del problema anterior (velocidad inicial de la piedra 36 km/h, ángulo de lanzamiento 60º). Ecuación de la trayectoria:
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y = tg φ ⋅ x −

g ⋅ x2 2 2v0 cos 2 φ

vy

dy g = tg φ − 2 ⋅x 2 dx v0 cos φ
⎞ dx dy ⎛ g = ⎜ tg φ − 2 ⋅ x⎟ ⋅ dt ⎜ v0 cos 2 φ ⎟ dt ⎝ ⎠ vy =

dy dt g = tg φ − 2 ⋅x 2 dt dx v0 cos φ

⎞ dy ⎛g ⎜ tg φ − 2 =⎜ ⋅ x ⎟ ⋅ vx 2 dt ⎝ v0 cos φ ⎟ ⎠

dy g = v0 sen φ − ⋅x dt v0 cos φ

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CINEMÁTICA Problema 2 (2)
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vx = v0 cos φ

v=

v y = v0 sen φ −

g ⋅x v0 cos φ

2 vx

+ v2 y

=

2 v0 cos 2 φ

⎛ ⎞ g + ⎜ v0 cos φ − ⋅ x⎟ ⎜ v0 cos φ ⎟ ⎝ ⎠
θ (º)
60,0 56,9 53,3 48,8 43,5 36,9 29,1 19,8 9,3 0,0 -1,8 -12,8 -23,0 -31,8 -45,3 -54,5...