Transcript
1. El patinador deja la rampa A con una velocidad inicial de de 30°. Si golpea el suelo en B, determine
vA
vA
a un ángulo
y el tiempo de vuelo.
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia
Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
De la figura 02 se puede observar que:
(1)
x0
y0
0
v0 x
v A cos
v Acos 30
ax 0
0
v0 y
v A sen
v Asen 30
a y g 9,8 m/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x 0,866vAt
y 0,5v At 4,9t
(2)
2
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.
y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el patinador se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (5,-1). Entonces: t
x 5 tv y 1
Remplazando en la ecuación (2): 5 0,866
1 0,5v Atv
Del primero se obtiene que: 5 0,866tv
Remplazando en la ecuación (4):
(3)
v Atv
v A
4,9tv
2
(4)
5 1 0,5 t 4,9 0,866t 1 2,87 4,9 t 2 v
tv
2
v
v
De donde se puede obtener: 3,87
4,9 tv
tv
tv
3,87 4,9 3,87 4,9
2
2
De donde se obtiene que el tiempo de vuelo será: tv
0,89 s
Remplazando este valor en la ecuación (3) se obtiene: 5 0,866 vA 0,89
Por lo que: vA
6,49 m/s
2. El “pitcher” lanza la bola horizontalmente a una rapidez de 140 pies/s desde una altura de 5 pies. Si el bateador está a 60 pies del lanzador, determine el tiempo para que la bola llegue al bateador y la altura h a la cual pasa por él. ( PROB. ADICIONAL)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y x
Figura 02 Sistema de referencia
Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
De la figura 02 se puede observar que:
(1)
x0
y0
0
v0 x
v
0
v0 y
0
ax 0
140 pies/s
a y g 32,2 pies/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x 140t
y 4,9t
Y= - 16.1t^2
(2)
2
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.
y B
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el balón se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (60,-(5-h)). Entonces:
x 60 y 5 h
t tv Remplazando en la ecuación (2) 60 140
tv
4,9tv -(5-h)=-16.1 5 h t^2
(3) 2
(4)
Del primero se obtiene que: tv
0,429 s
Remplazando en la ecuación (4): 55-hh= 16.1 4,9(0.429)^2 0, 429
De donde se despeja que la altura h será:
2
h
2,4 ft
3. Se lanza la pelota desde la azotea del edificio. Si golpea el suelo en B en 3 s, determine la velocidad inicial v A y el ángulo de inclinación
A
al cual
fue lanzada. También, determine la magnitud de la velocidad cuando golpea el suelo. (ADICIONAL)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia
Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante:
1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x0
y0
0
0
v0 x
v A cos
ax
0
v0 y
v A sen
ay
g
32,2 pies/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x v A cos t
y vA sen t 16,1t 2
(2)
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo, el cual por dato del problema es 3 segundos y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo (el cual nos dan en el problema y es 3 segundos), el balón se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (60,-75). Entonces:
x 60 y 75
tv 3
Reemplazando en la ecuación (2). 60 3vA cos
(3)
75 3vA sen 144,9
(4)
Del primero se obtiene que: 20
cos
vA
Remplazando en la ecuación (4):
75 3 20 sen cos 69,9 60ta n
144,9
De donde se puede obtener:
69,9 tan 1 60
De donde se obtiene que el tiempo de vuelo será:
49,36
Remplazando este valor en la ecuación (3) se obtiene: 60 3vAcos49,36
Por lo que: v A
30,7 m/s
Luego la velocidad de choque estará dada por dos componentes: vx v
0 x at
v y v
0 y at
x y
(5)
En donde remplazando las condiciones a partir de la figura 02, donde se utilizan los valores de la velocidad inicial y el ángulo inicial encontrados anteriormente: 0
v0 x
v A cos
30,7cos4 9,36
20
ax
v0 y
v A sen
30,7sen 49,36
23,3
ay
g
32, 2 m/s
2
De donde se obtiene que las velocidades será: vx 20
v y 23,3 32,2 t Como el tiempo de vuelo es 3 segundos, tenemos las velocidades finales en x e y serán:
vx 20 v y 23,3 32,2 3
73,3
Por lo tanto la magnitud de la velocidad final, estará dada por: v
2
vx
202 73,32
2
vy
76 pies/s
4. Se dispara un proyectil a una rapidez
vA
en un ángulo de 60°. Luego se
dispara un segundo proyectil con la misma rapidez 0,5 s después. Determine el ángulo del segundo proyectil, de modo que los dos proyectiles choquen. ¿En qué posición (x,y) sucederá esto? (PROB. ADICI)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
Figura 02 Sistema de referencia An álisis del pr im er pr oyectil : Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante:
1 x10 v10 xt axt 2 2 1 2 y1 y10 v10 yt a yt 2
x1
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x10
y10
0
v10 x
v 10
cos
60cos60
30 pies/s
ax
0
0
v10 y
v 10
sen
60sen60
52 pies/s
ay
g 9,8 m/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x1 30t y1 52t 4,9t 2
(2)
Análisis del segun do pr oyecti l : Las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante, tomando que en cuenta que el segundo proyectil sale 0,5 segundo después que el primero: x2
x20
y2
y20
2 1 2 v t 0,5 a t 0,5 y 20 y 2
v 0,5 20 x t
1
ax t
0,5
2
(3)
De la figura 02 se puede observar que: x20
y20
0
v20 x
v20 cos
0
v20 y
v20 sen
60cos
ax 0
60sen
a y g 9,8 m/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x2 y2
60cos t 0,5 60sen t 0,5
4,9 t 0,5 2
(4)
Análisis del pun to de i nt ersección:
En la figura 03 se observa el punto de intersección. Nótese que en este punto las coordenadas x,y de ambos proyectiles deberán coincidir.
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Suponiendo que el tiempo en el que se interceptan es
te
desde que el
primer proyectil fue lanzado entonces:
x x te y y 1
t
2
1
2
Remplazando en la ecuación (2) y (4): 30t
e
52t
t
e e
4,9
2
60cos
te
te 60sen te
0,5
( 5)
0,5 4,9
0,5
2
(6)
Resolviendo la ecuación (5):
60cos t 0,5 t 60 cos 30cos 30 t 2cos 30 t 30 t 2cos 1
30te
30te
30cos
30cos
e
e
e
e
e
De donde se obtiene: te
Resolviendo la ecuación (6):
cos
2cos
1
(7)
52tete4, 9
2
52te te4,t9 e
2
52te te 4t,e9
2
0, 5
t6 0 sen te e
52
60s en 47,1 t
2
0, 225
2
60 sen t3e 0 ste en 4, 9 te
2
0, 5
60 sen 30ttese en 4, 9
1, 225 3 0 se n 60tse e n 4, 9 1,2 25 30 sen
4 ,9
4, 9
1, 225
te
e
De donde se obtiene: te
1,225 30sen
(8)
60sen 47,1
Igualando las ecuaciones (7) y (8) y obtenemos: 1,2 25 30sen 60sen
47,1
2cos 1 1,225 30sen 2,4 5cos 60cos sen
1,2 25 3 0sen
2cos 1 60sen
47,1 cos
60cos sen
2,4 5cos 1,2 25 30sen
49,55cos
cos
47,1cos
47,1cos
30sen 1,2 25
De donde se encuentra que
57,6º
Reemplazando en la ecuación (7) para obtener el tiempo de intersección: te
cos57,6º 2cos57,6 º 1
7,4 s
Por lo tanto, para encontrar la posición x,y en la que chocarán se debe reemplazar este tiempo en las coordenadas de posición de cualquiera de los dos proyectiles (ya que serán la misma para ambos). Utilizando las ecuaciones (2) x
y
x
30 7,4 52 7,4
4,9 7,4
2
De donde se obtiene: 222 m; y
116 m
5. El bombero sostiene la manguera a un ángulo 30 con la horizontal y el agua sale de la manguera A a una velocidad de vA 40 pies/s . Si el
chorro de agua golpea el edificio en B, determine sus dos posibles distancias s del edificio. (PROB. ADICIONAL)
Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante:
1 2 y y0 v0 yt a yt 2 1
x x0
x 0x v t 2a t
2
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x0
y0
0
v0 x
v A cos
40cos30
34,64 pies/s
ax 0
0
v0 y
v A sen
40sen3 0
20 pies/s
a y g 32,2 pies/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x 34,64t
y 20t 16,1t
(2)
2
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.
y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el chorro de agua se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (s, 4). Entonces: t
x s tv y 4
Remplazando en la ecuación (2): 34,64 s
tv
4 20tv 16,1tv
(3) 2
(4)
De (3) se obtiene que: s
34,64
tv
Remplazando en la ecuación (4): 2
s
s
4 20 16,1 34,64
34,64
4 0,577 s 0,0134 s
2
0 0 ,0134 s 0,577
s
2
4
De donde esa es una ecuación cuadrática, que se puede resolver aplicando la fórmula general: s
s
0,577
2
0,577 4 0,0134 2 0,0134
4
0,577 0,344 0,0268
De donde se obtiene las dos posibles s que satisfacen al problema: s
1
s
2
34, 4 m 8,7 m
6. De la manguera el agua sale a
vA
40 pies/s . Determine los dos posibles
ángulos a que el bombero puede sostener la manguera, de modo que el agua golpee el edificio en B. Considere que s 20 pies. (ADICIONAL)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante:
1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x0
y0
0
v0 x
v A cos
0
v0 y
v A sen
0
40cos
ax
40sen
ay
g
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x 40cos t
y 40sen t 16,1t 2
32,2 pies/s 2
(2)
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.
y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el chorro de agua se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (20, 4). Entonces:
t
x 20 tv y 4
Remplazando en la ecuación (2): 40cos
tv 4 40sen tv 16,1tv 2
20
(3) (4)
De (3) se obtiene que: 1
2cos
tv
Remplazando en la ecuación (4):
1 2cos
1 16,1 2cos
4 40sen
4 20t an
16,1 1
2
2
4 cos
4 20t an 4,025sec 2
Recordando que
2
sec
1 tan
2
, tenemos:
4 20t an 4,025 1 tan 4 20t an
4 20t an
2
2
4,025 4,025t an 2
4,025 4,025t an
2
0 4 ,025t an 20t an 8,025
De donde esa es una ecuación cuadrática, que se puede resolver aplicando la fórmula general: tan
tan
20
20
2
4
4,025 8,025
2 4,025 20 16,46 8,05
De donde se obtiene las dos posibles la tangente del ángulo que satisfacen al problema: tan 1 4,53 tan 2 0, 44
De donde se obtienen los ángulos: 1
tan 1 4,53 77,5º
2
tan 1 0, 44 23,8º
7. La máquina de lanzar se ajusta para que la bola salga despedida con una rapidez de vA 30 m/s . Si la bola golpea el suelo en B, determine los dos
posibles ángulos
A
a que se lanzó. (PROB. ADICIONAL)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
De la figura 02 se puede observar que:
(1)
x0
y0
0
v0 x
v A cos
0
v0 y
v A sen
30cos
ax 0
30sen
a y g 9,8 m/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x 30cos t
y 30sen t 4,9t
(2)
2
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.
y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el balón se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (30, -1,2). Entonces:
x 30 y 1, 2
t tv Remplazando en la ecuación (2): 30
30cos
tv 1, 2 30sen tv 4,9tv 2
De (3) se obtiene que: 1 cos
Remplazando en la ecuación (4):
t v
(3) (4)
1
1, 2 30sen
1,2 30t an 4,9 sec Recordando que
2
sec
1 tan
1,2
2
1
4,9
cos
2
cos
, tenemos:
30tan 4,9 1 tan
2
2
1,2
30t an 4,9
4,9t an
1,2
30t an 4,9
4,9t an
2
2
2
0 4 ,9 tan 30 tan 3,7
De donde esa es una ecuación cuadrática, que se puede resolver aplicando la fórmula general: tan
tan
30
2
4,9 3,7 2 4,9
30
4
30 28,77 9,8
De donde se obtiene las dos posibles la tangente del ángulo que satisfacen al problema: tan 1 tan 2
6 0,1255
De donde se obtienen los ángulo:
tan 6 80,5º 1 2 tan 0,1255 7,15º 1
1
8. Se observa que el tiempo para que la bola golpea el suelo en B es de 2,5 s. Determine la rapidez v A y el ángulo A a que se arrojó. (PROB. 01)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia
Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x0
y0
0
v0 x v A cos
ax 0
0
v0 y v A sen
a y g 9,8 m/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x vA cos t
y v A sen t 4,9t 2
(2)
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo, el cual por dato del problema es 3 segundos
y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo (el cual nos dan en el enunciado que es 2,5 segundos), el balón se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (50,-1,2). Entonces:
x 50
tv 2,5
y 1, 2
Los cuales reemplazando en 50
2,5v A cos
1, 2
2,5v A sen
(3)
30,625
Del primero se obtiene que: 20 cos
vA
Remplazando en la ecuación (4):
20 1, 2 2,5 sen cos 29,425 50 tan De donde se puede obtener:
30,625
29,425 tan 1 50
(4)
De donde se obtiene que el tiempo de vuelo será:
30,5
Remplazando este valor en la ecuación (3) se obtiene: 50 2,5 vAcos30,5
Por lo que: vA
23,2 m/s
9. Si el motociclista deja la rampa a 110 pies/s, determine la altura h que la rampa B debe tener de modo que la motocicleta aterrice a salvo. (ADIC.)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y x
Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 v0 xt axt 2 2 1 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x0
y0
0
v0 x
v A cos 110cos30
95,26 pies/s
ax
0
0
v0 y
v A sen 110sen30
55 pies/s
ay
g 32,2 pies/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x 95,26t
y 55t 16,1t 2
(2)
En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.
y x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el motociclista se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (350,-(30-h)). Entonces:
x 350 t tv y 30 h Remplazando en la ecuación (2): 350 95, 26tv
(3)
30
h
55tv 16,1tv
2
(4)
Del (3) se obtiene que: tv
3,674
Remplazando en la ecuación (4):
30 h 55 3,674
h
30 h
202,7
14,7 m
16,1 3,674
217,32
14.7 pie = 4.7 metros.
2
10. El beisbolista A batea la bola
vA
40 pies/s y
A
60º .
Cuando la bola
está directamente sobre el jugador B éste comienza a correr debajo de ella. Determine la rapidez constante vB y la distancia d a la cual B debe correr para hacer la atrapada a la misma altura a la que fue bateada. (PROBLEMA 03)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y x
Figura 02 Sistema de referencia Análisis del bateador Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante:
1 x10 v10 xt a1 xt 2 2 1 2 y1 y10 v10 y t a1 yt 2
x1
(1)
De la figura 02 se puede observar que: x10
y10
0
v10 x v A cos
40cos60
20 pies/s
0
v10 y v A sen
40sen6 0
34,64 pies/s
0
a1x
a1 y
g
32,2 pies/s 2
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x 20t
y 34,64t 16,1t
(2)
2
Análisis del corredor Las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 x20 v20 xt a2 xt 2 2 1 2 y2 y20 v20 y t a2 yt 2
x2
(3)
De la figura 02 se puede observar que: x20
y20
15 pies
v20 x
0
v20 y
vB
a2 x
0
a2 y
0 0
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1):
x 15 vBt y0
Análisis de I ntersección
(4)
En la figura 03 se observa el punto de intersección entre el balón y el corredor. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de intersección se denomina tiempo de vuelo.
y x
Figura 03 Ubicación del punto de intersección Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, tanto el corredor como el balón se encontrarán en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (15+d,0). Entonces:
x x 15 d y y 0
t tv
1
1
2
2
Remplazando en la ecuación (2) y (4):
15 d 20tv a partir de (2) 0 34,64tv 16,1tv 2 15 d 15 vBtv a partir de (4) 00
v
tv
(8)
De donde se obtiene, que la solución no trivial es: tv 2,152 s
Remplazando este tiempo de vuelo en la ecuación (5): 15 d
20 2,152
De donde se obtiene, que la distancia d será:
(6) (7)
Del (6) se obtiene que: 0 16,1t 2,152
(5)
d
43,3 pies
Esta distancia encontrada junto con el tiempo de vuelo, se reemplaza en la ecuación (7) 15 4 3,03 15
vB 2,152
De donde se despeja que: vB
20 pies/s
11. Un niño lanza al aire una pelota desde O con una rapidez 1 .
Si luego lanza otra pelota a la misma rapidez
v
0
v
0
a un ángulo
a un ángulo
2
1
,
determine el tiempo entre los lanzamientos de modo que las bolas choquen en el aire en B. (PROB. ADICIO)
Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.
y
x
Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1 v0 xt axt 2 21 2 y y0 v0 yt a yt 2
x x0
(1)
Asumiendo que los subíndices 1 y 2 hacen referencia a los dos tipos de movimientos que podrá realizar el balón. Entonces de la figura 2 se puede extraer x10
y10
x20
y20
0
v10 x
0
v10 y
0
v20 x
0
v20 y
0
v cos 1
a1 x
v sen 1
a1 y
v cos 2
a2 x
v sen 2
a2 y
0
0
0
0
g
0 g
Remplazando estas condiciones en la ecuación (1) tenemos que las ecuaciones que rigen los movimientos de ambas partículas serán (tomando en cuenta que cada uno tendrá un tiempo diferente):
v0 cos1 t1
2 y1 v0 sen 1 t1 t1 2 x2 v0 cos 2 t2 g 2 y2 v0 sen 2 t2 t2 2 x1
g
(2)
(3)
En la figura 03 se observa el punto de intercepto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto llamaremos tiempo de encuentro t . e
y
x
Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando ambos balones hallan recorrido un tiempo igual al tiempo de encuentro, los balones se encontrarán en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (x,y). Entonces: t
x x x te 1 2 y1 y2 y
Es decir, primero debemos encontrar el tiempo en el que ambos llegan al punto B. Para ello reemplazamos esa última condición en (2) y (3) (4) v0 cost1v 1 t0 cos 2 2 v0 sen t1 t1 v
g
2
2 10
t
g
tsen 2
2
2
(5)
2
2
De (4) se obtiene que: t1
cos 2
cos1
(6)
t2
Remplazando en la ecuación (5): v0 sen 1
cos t cos 2
g cos t2 v 0 22t t22
2
2
v0 sen 1
gcos 2 t2v 0 22t 2t 2
2
cos1
cos1 2cos
cos 2 0
2
cos1
g
2
g
2
sen
1
vsen
2
2
g cos 2 v 2t t 0 2 22
v0 sen 1
sen
2
cos 2
2
1
2 cos
g 2
2
cos 2
t
v0 sen 1
sen
1
cos
1
2
gcos 2
2
2
2
cos1
t2
g
2
t2
Multiplicando todo por 2cos 2 1 se tiene: 2v0cos1 sen 2cos 1 02
2
2
v2 sen cos 22g gt t 21cos 1
2v0cos sen 2 cos 1 11
sen cos 2 2
2
2v0cos1 sen 1 22
1
2
2
cos
gtcos gt cos 1
2 cos
2
2
2
cos
De donde se puede despejar que:
t2
2v0 cos1 sen 1 2
g cos 2 2 cos 12
Reemplazando en (6) para obtener:
2v cos sen cos cos g cos 2v cos sen t g cos cos t1
cos 2
0
1
1
2
2
1
0
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
1
Como nos piden la diferencia de tiempo entre lanzamientos, tomamos la diferencia: t t1 t2
2v0cos2 sen 1 2
2
2
1
g cos 2 cos 1 2v0sen 1
v sen 2 cos
01
2
cos 1
2
2
2 2 2 gcos 1
cos
2
2
g cos 2 cos 1
cos cos g cos cos cos cos 2v sen g cos cos
2v0sen 1
2
2
1
2121
0
1
2
2
1
cos
SOLUCIÓN PROBLEMA 09:
SOLUCIÓN PROBLEMA 07:
SOLUCIÓN PROBLEMA 08:
PROBLEMA 02: Un saco resbala por la rampa, como se muestra en la figura, con velocidad horizontal de 12 m/s. Si la altura de la rampa con respecto al suelo es de 6m, determine el tiempo necesario para que el saco llegue al suelo y el rango R donde los sacos empiezan a apilarse.
SOLUCIÓN:
PROBLEMA 04 Una máquina desmenuzadora está diseñada para que lance virutas de madera a = 25 / como se muestra en la figura. Si el tubo está orientado a 30° con respecto a la horizontal, determine a que “h”, las virutas chocan con la pila si en este instante caen en la pila a 20 pies del tubo.
SOLUCIÓN:
PROBLEMA 05: La pista para este evento de carreras se diseñó para que los corredores salten la pendiente a 30°, desde una altura de 1m. Durante una carrera se observó que el corredor mostrado en la figura permanecía en el aire durante 1.5 s. Determine la rapidez a la cual estaba saliendo de la rampa, la distancia horizontal que recorre antes de chocar con el suelo y la altura máxima que alcanza. No tome en cuenta el tamaño de la motocicleta ni al corredor.
SOLUCIÓN:
PROBLEMA 06: Determinar la velocidad inicial mínima , y el ángulo correspondiente 0 a la que el balón debe ser pateado con el fin de que cruce por encima de los 3 m de altura de la valla.
SOLUCIÓN:
