CAPITULO2-MOVIMIENTOENUNADIMENSION

FS-210 Fsica General I Captulo 2: Movimiento en una dimensin 10

UNIVERSIDAD DE COSTA RICAFACULTAD DE CIENCIAS

ESCUELA DE FISICAFS-210 FISICA GENERAL I - CAPITULO 2: MOVIMIENTO EN UNA DIMENSION

Soluciones y Edicin por Dr. William E. Vargas

EJEMPLO: La posicin de un objeto que se mueve en lnea recta es dada porx = 3 t 4 t2 + t 3

donde x est en metros y t en segundos. (a) Cul es la posicin del objeto en t = 0, 1,2, 3 y 4 segundos? (b) Cul es el desplazamiento del objeto entre t = 0 y t = 2 s? Yentre t = 0 y t = 4 s? Cul es la velocidad promedio en el intervalo de tiempo entre t =2 y t = 4 s? Y entre t = 0 y t = 3 s?

Solucin: (a) x(t=0) = xo = 0; x(t=1) = x1 = 0; x(t=2) = x2 = -2 m;

x(t=3) = 0; x(t=4) = 12 m.

(b) x20 = x2 x0 = -2 m; x40 = x4 x0 = 12 m

m/s 724

)2(12244242 =

==

=t

xx

t

xv

0033030 ==

=t

xx

t

xv .

Cul es la velocidad del objeto en t = 2 s? Recuerde que la velocidadinstantnea es dada por v = dx/dt = 3 8 t + 3 t2; por lo tanto v(t=2) = -1m/s.

Ejercicio 2.2. Una persona camina siguiendo este patrn: 3.1 km al Norte,luego 2.4 km al Oeste y finalmente 5.2 km al Sur. (a) Construya eldiagrama vectorial que represente este movimiento. (b) Qu distancia yen qu direccin debera volar un ave en lnea recta para llegar al mismopunto final?


(b) 3.1 2.4 5.2 2.4 2.1r A B C j i j i j = + + = = G GGG km

2 2( 2.4) ( 2.1) 3.19r = + =G km.

Adems se tiene que: 12.1tan( ) tan (0.875) 41.22.4

= = = , y por lo tanto

podramos especificar la direccin en que debe volar el ave en lnea recta

como Sur 48.8 Oeste.

Ejercicio 2.10. Dos vectores aG

y bG

tienen igual magnitud de 12.7 unidades.Estn orientados como se muestra en la figura y su suma vectorial es r

G.

Obtenga (a) las componentes x y y de rG

. (b) la magnitud de rG

, y (c) elngulo que forma r

Gcon el eje +x.

Solucin: [ cos(28.2 )] [ (28.2 )] 11.20 6.00a a i asen j i j= + = +G

[ cos(133.2)] [ (133.2)] 8.70 9.26b b i bsen j i j= + = +G

2 2 2.50 15.26 (2.50) (15.26) 15.46r a b i j r= + = + = + =GG G

A = 3.1 km

B = 2.4 km

C = 5.2 km

(a)

N

S

EO

x

y

0

r

x

y

a

b

a = b = 12.7 unidades

28.2

105

r

rx

ry


12.50tan( ) tan (0.1638) 9.3 80.715.26

= = = = .

Nota: Observe que el vector bG

tambin puede escribirse en la forma: ( cos ) ( )b b i bsen j = +G . Cunto vale expresado en radianes?

Respuesta: = 0.817 radianes.

Ejercicio 2.19. La velocidad de una partcula que se desplaza en el planoxy est dada por 2 (6 4 ) 8.0v t t i j= +G m/s, con t en segundos. (a) Cul esla aceleracin cuando t=3.0 s? (b) Cundo (si es que alguna vez) es cerola aceleracin? (c) Cundo (si es que alguna vez) es cero la velocidad?(d) Cundo (si es que alguna vez) es la rapidez igual a 10 m/s?

Solucin:

(a) 2 2 (6 4 ) 8.0 (6 8 ) ( 3 ) -18 m/sdv

v t t i j a t i a t s idt

= + = = = =GG G G

,

(b) la aceleracin ser cero cuando 6-8t=0, o sea, a los 0.75 s.

(c) la velocidad no ser cero en ningn momento porque su componente eny es independiente del tiempo.

(d) 2 2 2 2 2 2 2(10) (6 4 ) (8.0) (6 4 ) 36 (6 4 ) 6.0t t t t t t= + = = .

Se debe tomar el signo para obtener una raz fsicamente aceptable. Lasolucin aceptable de esta ecuacin de segundo grado es:

2 6 36 964 6 6 0 2.186 s8

t t t + = = = , al tomar la raz cuadrada con

signo positivo.

Ejercicio 2.31. Qu distancia recorre en 16 s el corredor cuya grfica develocidad-tiempo se muestra en la siguiente figura?


Aceleracin por etapas: 2m/s 402

081 =

==

t

va ; a2 = 0; a3 = -2 m/s

2; a4 = 0.

Desplazamiento por etapas:

m 8)2)(4(2

1)(

2

1 221011 ==+= tatvx ,

m 64)210)(8(22 === tvx ,

m 12)2)(2(2

1)2)(8()(

2

1 223033 =+=+= tatvx ,

m 16)4)(4(44 === tvx ; m 1004321 =+++= xxxxxtotal .

Otro mtodo de solucin: x = rea bajo la curva en una grfica develocidad-tiempo:

xtotal = (1/2)(2)(8)+(10-2)(8)+(1/2)(2)(4)+(2)(4)+(4)(4)=100 metros.

Cul es la velocidad media de todo el recorrido? Respuesta: 6.25 m/s.Muestre que la aceleracin media de todo el recorrido es de 0.25 m/s2.

Problema 2.13. Suponga que lo llaman para aconsejar a un abogado conrelacin a los principios fsicos que intervienen en uno de sus casos. Lapregunta es si un conductor iba a una velocidad superior al lmite de 48.3

0

2

4

6

8

10

0 4 8 12 16

velo

cid

ad

(m/s

)

tiempo (segundos)

1

2

3

4

Movimiento:

1. acelerado

2. uniforme

3. desacelerado

4. uniforme


km/h antes de que hiciera un frenado de emergencia, que se trabaran losfrenos y que las ruedas patinaran. La longitud de las marcas del patinadoque qued en el camino es de 5.84 m. Un oficial de trnsito hizo lasuposicin razonable de que la mxima retardacin del auto no podaexceder a la aceleracin de un cuerpo en cada libre (g = 9.8 m/s2), ydetuvo al conductor por exceso de velocidad. Iba efectivamente conexceso de velocidad el conductor?

g = 9.8 m/s2 , d = 5.84 mSolucin: Suponemos que el autose detiene desacelerando de modouniforme,

0222 == daVV o

gd

VadaV oo == 22

22

dgVo 22

7.10oV m/s = 38.5 km/h

As resulta que Vo es menor que 48.3 km/h, el valor mximo de la velocidadpermitida, de modo que la decisin del oficial de trnsito fue equivocada.Cul debera ser la longitud mnima de las marcas en la carretera debidoal frenado, para que el auto estuviese excediendo el valor mximo de lavelocidad permitida? Respuesta: dmin = 9.18 m.

Obsrvese que el vector velocidad tiene el mismo sentido en que sedesplaza el auto, mientras que el vector aceleracin posee sentido opuesto.Esto es un ejemplo de vectores antiparalelos.

Ejemplo (ver problema 2.14). Un tren arranc a partir del reposo y semovi con aceleracin constante. En un momento tena una velocidad de9.14 m/s y 48.8 m ms adelante tena una velocidad de 15.2 m/s. Calcular:


(a) su aceleracin, (b) el tiempo empleado en recorrer los 48.8 mmencionados, (c) el tiempo necesario para alcanzar la velocidad de 9.14m/s, y (d) la distancia recorrida a partir del punto de salida hasta elmomento en que su velocidad fue de 9.14 m/s.

Xo = 0 , Vo = 0 , V1 = 9.14 m/s , V2 = 15.2 m/s , D = X2 X1 = 48.8 m

Y (m) V1 V

2

X (m) Xo X1 X2 d D

to = 0 t = t1 t = t2

Solucin:

(a) 51.1)8.48(2

)14.9()2.15(

2)(2

2221

22

122

12

2 ===+=D

VVaXXaVV m/s2

(b) 0.4)( 12121212 ==+= aVV

ttttaVV s

(c) 05.6)( 0101101 ==+= aVV

ttttaVV o s

(d) 7.27)(2 012

02

1 =+= dXXaVV m

Observe que en las secciones a y d (b y c) usamos la misma ecuacin soloque aplicada a una pareja de instantes distintos segn sea el caso. Esto lopodemos hacer porque la aceleracin es la misma en ambas etapas delrecorrido: de x0 a x1, y luego de x1 a x2. En qu posicin y en qu instantela velocidad del tren ser (V1+V2)/2? Respuesta: 49.0 m y 8.06 s.


Ejemplo (ver problema 2.16). En el momento en que se enciende la luzverde de un semforo, un automvil arranca con aceleracin constante de1.83 m/s2. En ese mismo momento un camin que lleva una velocidadconstante de 9.14 m/s sobrepasa al automvil. (a) A qu distancia delpunto de partida el automvil alcanzar al camin? (b) Qu velocidadllevar el automvil en ese momento?

Solucin:

(a) tVtx cc =)( , 221

)( tatxa =Si t1 es el instante en que el autoalcanza al camin, entonces:

102

)()( 111 == aV

ttxtx cac s

4.91)( 11 == tVtx cc m

(b) 3.18)( 11 == tatVa m/s

Vc = 9.14 m/s , a = 1.83 m/s2

carretera

Vc

a X


La velocidad del camin (Vc) y la aceleracin del automvil (a) sonvectores paralelos. El movimiento del camin es uniforme (con velocidadconstante), mientras que el movimiento del automvil es uniformementeacelerado. En el instante t1 ambos vehculos ocupan la misma posicin enX.

A partir del momento en que el auto alcanza al camin, qu aceleracindebe experimentar el camin a fin de alcanzar al auto en otros 10 s? Cules su desplazamiento a partir de la posicin del semforo? Respuestas:4.74x104 km/h2, 0.37 km

Ejercicio 2.54. (a) A qu velocidad debe ser arrojada una pelotaverticalmente hacia arriba con objeto de que llegue a una altura mximade 53.7 m? (b) Cunto tiempo estar en el aire?

Datos: H = 53.7 m, g = 9.8 m/s2. La incgnita inicial es vo (la velocidadinicial del lanzamiento). Solucin: el movimiento de la piedra se describemediante las ecuaciones:

1. 22

1gttvy o =

2. gtvv o =3. gyvv o 2

22 =

Al evaluar la tercera ecuacin en y=H se obtiene que

m/s 44.322 == gHvoEl tiempo de vuelo lo podemos obtener a partir del hecho de que tvuelo = 2

tascenso. El tiempo de ascenso lo obtenemos de la segunda ecuacin: tascenso =

vo/g = 3.31 s.


En cules dos instantes de tiempo la posicin de la pelota es y = H/2?Obtenga la correspondientes velocidades de la pelota en esta posicin.Nota: deber resolver una ecuacin de segundo grado para obtener, apartir de las soluciones a esta, los dos instantes de tiempo en que la pelotase encuentra a media altura mxima (0.97 s y 5.65 s). Las correspondientesvelocidades son 22.93 m/s y -22.93 m/s.

Ejemplo. Desde una altura H sobre el nivel del suelo se lanzaverticalmente hacia abajo una pelota con velocidad inicial Vo. Demostrarque el tiempo que tarda en llegar al suelo es dado por:

+= 121

2o

ocaida

V

gH

g

Vt (1)

Solucin: Colocando el origen del sistema de coordenadas en el punto delanzamiento de la pelota, con el eje Y positivo hacia arriba, la posicin dela pelota es dada por:

2

2

1)( tgtVty o = (2)

de modo que, si tcada es el instante en que la pelota llega al suelo, sesatisface que y(tcada)= -H. As, de la ecuacin previa se obtiene una desegundo grado en la cual tcada es la incgnita:

0222 =+

g

Ht

g

Vt cada

ocada . (3)

Esta ecuacin puede resolverse completando cuadrados, o aplicando lafrmula que nos permite calcular las races de una ecuacin de segundogrado. En el lgebra de la solucin debemos tomar la raz positiva a fin deobtener un valor positivo de tcada, por cuando el instante inicial ya se hadefinido como cero.

A qu se reduce la ecuacin 1 cuando Vo= 0?Qu modificacin se debehacer a la ecuacin 1 para considerar el caso en que la pelota sea lanzadahacia arriba? Muestre que en tal caso el tiempo de cada estara dado por:


++= 121

2o

ocaida V

gH

g

Vt .

Ejemplo. Desde una altura de 30 m se lanza verticalmente hacia abajo unapelota con velocidad inicial Vo, de modo que sta rebota alcanzando unaaltura de 45 m. Determine la magnitud de la velocidad inicial Vo, as comoel tiempo que dur en caer la primera vez. Qu suposicin adicionaltendr que hacer para poder resolver el problema?

H1 = 30 m , H2 = 45 m

V2 = 0

Vo H2 H1 V1

V1 Descenso (I) Ascenso (II)

Muestre que la magnitud de V1 esde 29.7 m/s, y el tiempo deascenso es de 3.03 s. Observe quela aceleracin de la pelota es lamisma tanto en la etapa dedescenso como en la de ascenso.Cunto vale la aceleracin de lapelota al alcanzar sta el punto demxima altura en la etapa deascenso?

Solucin:

La suposicin adicional que serequiere es que la pelota rebotaen el suelo con la misma rapidezcon que choc contra este.

I : )(2 122

1 HgVV o = (1)

II : 02 22

12

2 == HgVV (2)De la ecuacin 2 se despeja V1 yse inserta en la ecuacin 1 paraobtener que

)(2 12 HHgVo = (3)Al evaluar se obtiene Vo=17.1m/s. De la ecuacin derivada en elproblema anterior obtenemospara el tiempo de descenso 1.28 s.

CAPITULO2-MOVIMIENTOENUNADIMENSION

Documents

Transcript of CAPITULO2-MOVIMIENTOENUNADIMENSION