Trabajo

PROBLEMAS RESUELTOS MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES

CAPITULO 4 FISICA TOMO 1

Cuarta y quinta edición Raymond A. Serway

MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES 4.1 Los vectores de desplazamiento, velocidad y aceleración 4.2 Movimiento bidimensional con aceleración constante 4.3 Movimiento de proyectiles 4.4 Movimiento circular uniforme 4.5 Aceleración tangencial y radial 4.6 Velocidad y aceleraciónrelativa 4.7 Movimiento relativo a altas velocidades

Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2006

quintere@hotmail.com quintere@gmail.com quintere2006@yahoo.com

1

ALCANCE HORIZONTAL Y ALTURA MAXIMA DE UN PROYECTIL

V0 sen θ 0 V t1 = 0Y = g g
VX

= V0X

V0 V0Y

(V0 )2 sen 2 θ 0 h= 2g

VX VY

= V0X
V TVUELO = 2 t1

Θ0 VX

VX Distancia horizontalrecorrida R = VX tvuelo V0Y

= V0X

= V0X

Θ0 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 puntosespeciales 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,

Θ, 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 necesariopara llegar a la altura máxima.

Ecuación 4.11

VY = VY0 – g t

VY = V0 sen Θ0 – g t

Despejando el tiempo

VY + g t = V0 sen Θ0
t1 = V0 sen θ 0 g

g t = V0 sen Θ0 - VY pero VY = 0 g t = V0 sen Θ0

2

Al sustituir esta expresión para t1 en la ecuación 4.13 y reemplazando función de V0, Θ.

y con h, se obtiene h en

Componente de posición vertical
Y = (V0Y ) t1 pero: t 1 =V0

1 2 gt 2 1 sen θ 0 g

V sen θ 0 2 ) t2 = ( 0 1 g

V0Y = V0 sen Θ0

Y=h

Reemplazando

Y = (V0Y ) t1 -

1 2 gt 2 1

2 ⎛ V0 sen θ 0 ⎞ 1 ⎛ V0 sen θ 0 ⎞ ⎟ ⎟ h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ ⎜ ⎟ 2 g ⎜ ⎜ ⎟ g g ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (V0 )2 sen 2 θ 0 ⎛ V sen θ 0 ⎞ 1 ⎟ h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ 0 g ⎜ ⎟ 2 g ⎝ ⎠ g2 (V0 )2 sen 2 θ 0 ⎛ V sen θ 0 ⎞ ⎟ h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ 0 ⎜ ⎟ g 2g ⎝ ⎠

2 2 ⎛ (V )2 sen 2 θ ⎞ 0 ⎟ - (V0 )sen θ 0 ⎜ 0 h= ⎜ ⎟ 2g g ⎝ ⎠ 2(V0 ) 2 sen 2 θ 0 - (V0 )2 sen 2 θ 0 h= 2g (V0 )2 sen 2 θ 0 h= 2g
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.

1 2 gt pero: Y = 0 2 1 1 0 = (V0Y ) t1 - g t 2 2 1 2 (V0Y ) t1 = 1 g t1 Cancelando t1 2 1 (V0Y ) = g t1 despejando t1 2 2 V0Y pero: V0Y = V0 sen Θ0 t1 = g

Y= (V0Y ) t1 -

3

2 V0 sen θ 0 Se le denomina tiempo de vuelo del proyectil g 2 V0 sen θ 0 t VUELO = g t1 =
El alcance R, es la distancia horizontal recorrida R = VX tVUELO Pero: VX = V0X = V0 cos Θ R = VX tVUELO R = V0 cos Θ tVUELO

t VUELO =

2 V0 sen θ g

⎛ 2 V0 sen θ R = V0 cosθ ⎜ ⎜ g ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2 sen θ cos θ (V0 )2 R= g
pero: 2

sen Θ cos Θ = sen 2 Θ

sen 2θ (V0 )2 R= gEjemplo 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 elproyectil hará diana.

Línea de visión

Y = ½ g t2 y = XT tg Θ

Θ

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

liberan. Primero observe en la figura 4.9 que la coordenada y inicial del blanco es...