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UCLM
Aplicada
Física
E.T.S. INGENIEROS AGÓNOMOS
FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA
PROBLEMAS DE CINEMÁTICAPROBLEMAS DE CINEMPROBLEMAS DE CINEMÁÁTICATICA
Equipo docente:Antonio J. BarberoMariano Hernández PucheAlfonso Calera Belmonte
2
UCLM
Aplicada
Física
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 la horizontal. 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 chocarácontra el suelo.D) Su velocidad cuando se estrelle contra el suelo.
h0
d
v0
h0
d
v0v0y
vxφLa velocidad en el eje X se mantiene constante
X
YLa velocidad en el eje Y cambia...
... debido a la aceleración de la gravedad
3
UCLM
Aplicada
Física
CINEMÁTICA Problema 1 (2)
h0
dX
Y
x
ytvx x ⋅=
vx2
0 21 tgtvy y ⋅−⋅=
v0v0y
vxφ
φcos0 ⋅= vvx
222
0 cos2tg x
vgxy ⋅−⋅=
φφ
v0y
-g
222 60cos10·2
8.960tg xxy ⋅−⋅= 2196.0732.1 xx ⋅−⋅=Ecuación trayectoria:(apartado A)
Se trata de una parábola
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UCLM
Aplicada
Física
CINEMÁTICA Problema 1 (3)
Posición del máximo (apartado B) → En el máximo la tangente es horizontal
222
0 cos2tg x
vgxy ⋅−⋅=
φφ
xv
gdxdy
⋅−=φ
φ 220 cos
tg 0 =Max
gvxMax
φφ cossen20 ⋅⋅
=g
v2
2sen20 φ⋅
=
m12.4=Maxx m83.3=Maxy
h0
dX
Y
xMax
yMax
m 83.1583.3120 =+=+ maxyhAltura desde el suelo:
5
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Física
CINEMÁTICA Problema 1 (4)
Lugar en que se estrella contra el suelo (apartado C)
h0
dX
Y 222
0 cos2tg x
vgxy ⋅−⋅=
φφ
xsuelo
xsuelo-d
0hy −=
0cos2 0
222
0=−⋅−⋅ hxtgx
vg
suelosuelo φφ
012732.1196.0 2 =−⋅−⋅ suelosuelo xx
m40.13=suelox m57.4−=suelox
m 40.10340.13 =−=− dxsueloDistancia desde el pie de la torre:
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Física
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
suelosuelo v
xt =º60cos10
40.13⋅
= s68.2=
Tiempo tmax que tarda en llegar al punto más altox
maxmax v
xt =º60cos10
12.4⋅
= s88.0=
Desde el punto más alto cae sin ninguna velocidad inicial en el eje Y, por lo que la componente vertical de la velocidad es:
)( maxsuelosueloy ttgv −= m/s61.17=
Velocidad en el punto en que choca con el suelo:
10·cos 60º
17.61
2suelo
2yxsuelo vvv +=
vsuelo = 18.31 m/s
θ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −
suelo
1tgy
x
vvθ = 15.85º
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Aplicada
Física
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 posición en el intervalo 0-14 m empleando los datos numéricos del problema anterior (velocidad inicial de la piedra 36 km/h, ángulo de lanzamiento 60º).
222
0 cos2tg x
vgxy ⋅−⋅=
φφEcuación de la trayectoria:
xv
gdxdy
⋅−=φ
φ 220 cos
tgyv xv
gdxdt
dtdy
⋅−=φ
φ 220 cos
tg
dtdxx
vg
dtdy
⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅−=
φφ 22
0 costg xvx
vg
dtdy
⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅−=
φφ 22
0 costg
xv
gvdtdyvy ⋅−==
φφ
cossen
00
8
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Aplicada
Física
CINEMÁTICA Problema 2 (2)
φcos0vvx =
xv
gvvy ⋅−=φ
φcos
sen0
0
2
00
220
22
coscoscos ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅−+=+= x
vgvvvvv yx φ
φφ
θ
v
yv
xv
x
y
vv
=θtg
0,00 8,660,50 7,681,00 6,701,50 5,722,00 4,742,50 3,763,00 2,783,50 1,804,00 0,824,42 0,004,50 -0,165,00 -1,145,50 -2,126,00 -3,107,00 -5,068,00 -7,029,00 -8,98
10,00 -10,9411,00 -12,9012,00 -14,8613,00 -16,8213,40 -17,60
x (m) vy (m/s)
=⋅= φcos0vvx
m/s560cos10 =⋅=
v (m/s)10,009,168,367,606,896,265,725,315,075,005,005,135,435,887,118,62
10,2812,0313,8315,6817,5518,30
θ (º)
60,056,953,348,843,536,929,119,89,30,0
-1,8-12,8-23,0-31,8-45,3-54,5-60,9-65,4-68,8-71,4-73,4-74,1
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Física
CINEMÁTICA Problema 2 (3)
0 2 4 6 8 10 12 14-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20V
eloc
idad
es (m
/s)
Posición x (m)0 2 4 6 8 10 12 14
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20V
eloc
idad
es (m
/s)
Posición x (m)
vvy
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Física
CINEMÁTICA Problema 2 (4)
0 2 4 6 8 10 12 14
-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80Á
ngul
o co
n la
hor
izon
tal (
º)
Posición x (m)
θ
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Física
CINEMÁTICA Problema 3 (1)
Por el pozo de una mina caen desde la superficie gotas de agua a razón de una gota por segundo. Un montacargas que sube por el pozo a 10 m/s es alcanzado por una gota de agua cuando está a 100 m por debajo del suelo. ¿A qué profundidad y cuánto tiempo después alcanzará la siguiente gota de agua al montacargas? (tómese g = 10 m/s2). Pueden despreciarse los efectos del rozamiento sobre las gotas.
En t = 0, ¿dónde se encuentra y qué velocidad lleva la gota que se estrellará próximamente?
Superficie
100 mh0
vm
10 m/svg
y
h0-y
Razonamiento: la diferencia de velocidad entre dos gotas consecutivas es constante ...... porque cada gota vuela desde 1 s antes que la siguiente, incrementando su velocidad a ritmo uniforme.
Origen de tiempos: el instante en que se estrella la gota a 100 m de profundidad
12
CINEMÁTICA Problema 3 (2)
En el instante en que una gota cae desde arriba, la que la precede lleva 1 s cayendo, habiendo partido del reposo, y por lo tanto su diferencia de velocidades es:
tgv ∆⋅=∆ s 1sm 10 2 ⋅=
sm 10=
02100 2 hgv ⋅⋅=
Si consideramos pares consecutivos de gotas, la diferencia de velocidades entre las dos componentes del par es siempre la misma pues ambas están sometidas a la misma aceleración.
La velocidad de la gota que se estrella sobre el montacargas cuando éste se encuentra a 100 m de profundidad (t = 0) puede calcularse fácilmente:
m/s 72.4420002 0100 ==⋅⋅= hgv
1072.44100
Por lo tanto la velocidad de la gota siguiente, en t = 0, es:
=−=−=∆ gg vvvv m/s 72.3472.44 =∆−= vvgUCLM
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Física
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Física
CINEMÁTICA Problema 3 (3)
La posición en que se encuentra esta gota en t = 0 es:
Superficie
100 mh0
vm
10 m/svg
y
h0-y
ygvg ⋅= 22 m 28.602072.34
2
22
===g
vy g
Por lo tanto su distancia al montacargas en t = 0 es:
m 72.3928.6010000 =−==− zyhm/s 72.34=gv
Ahora el problema se reduce a calcular dónde se encontrarán dos cuerpos que viajan en sentidos opuestos, uno con M.U.A y otro con velocidad constante, cuyas velocidades iniciales y separación inicial son conocidos.
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Física
CINEMÁTICA Problema 3 (4)
Situamos el origen para el cálculo final a la profundidad de 100 m
vm
10 m/s
vg
z0
m/s72.34=
zEcuación de movimiento del montacargas:
tvz mm ⋅=
100 m
Ecuación de movimiento de la gota:
20 2
1 tgtvzz gg ⋅−⋅−=
20 2
1 tgtvztv gm ⋅−⋅−=⋅La gota se estrella cuando zm = zg
0)(21
02 =−⋅++⋅ ztvvtg mg 072.3972.445 2 =−⋅+⋅ tt
Profundidad:s814.0=ts758.9−=
Soluciónm 86.91814.0101000 =⋅−=−= mzhyt
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En un terreno llano se lanza una piedra con una velocidad inicial v0 y una inclinación α sobre la horizontal. La piedra choca contra un muro situado frente al lanzador, a una altura h sobre el punto del lanzamiento. El impacto de la piedra se produce durante su movimiento ascendente. Se desprecia el rozamiento.A ) Determine la distancia d a la que se encuentra el muro del punto de lanzamiento.B) ¿A qué distancia del punto de lanzamiento debería encontrarse el muro para que el impacto se produjese a la misma altura pero durante el movimiento descendente de la piedra?Datos numéricos:
CINEMÁTICA Problema 4 (1)
?d
h
α
0v
X
Y
222
0 cos2tan x
vgxy
αα −=
tvx cos0 α=
20 2
1 sin gttvy −= α
αcos0vxt =
0tancos2
222
0
=+− hddv
g αα
Eje Y: MUA
Eje X: MU
Ecuación trayectoria
Para y = h → x = d. Asíobtenemos una ecuación de
2º grado para calcular d
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Aplicada
Física
m. 5.2 ;º30 m/s; 18 ;m/s 80.9 02 ==== hvg α
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UCLM
Aplicada
Física
0tancos2
222
0
=+− hddv
g αα
CINEMÁTICA Problema 4 (2)
α
ααα
220
220
2
cos
cos24tantan
vg
hv
g
d−±
=
Cálculo numérico (resultados en metros)
SIGNO + d = 23.31 m
SIGNO - d = 5.32 m
DISCUSIÓN: La trayectoria de la piedra es parabólica; el resultado obtenido cuando se realiza el cálculo usando el signo - al resolver la ecuación de 2º grado corresponde al más cercano de los dos puntos en que la altura sobre el nivel de lanzamiento es h. Físicamente, la distancia d es la abscisa del punto de impacto cuando la piedra está ascendiendo (no ha alcanzado todavía el vértice de la parábola). Cuando se realiza el cálculo de la distancia d empleando el signo + al resolver la ecuación de 2º grado, obtenemos la abscisa que corresponde al punto más lejano en que la altura es h, es decir, la abscisa del punto de impacto cuando la piedra está bajando si el muro estuviese a esa distancia d.
Máxima altura sobre el nivel
de lanzamiento
Abscisa del punto de impacto cercano
(ascendente)Y
X
0v
h hα
Abscisa del punto de impacto lejano
(descendente)
Solución apartado A)
d = 23.31 m
d = 5.32 m
La menor de las dos distancias, la solución ligada al signo -
Solución apartado B)La mayor de las dos distancias, la solución ligada al signo +
170=x 2=x
0=t1=x∞→t
La posición de un punto material que se mueve sobre una línea recta está dada por:
donde el tiempo t y la posición x están dados en unidades S.I. Obtenga la velocidad y la aceleración del movimiento y dibuje las gráficas de posición, velocidad y aceleración frente al tiempo. ¿Qué valores toman posición, velocidad y aceleración al cabo de un intervalo de tiempo muy largo?
CINEMÁTICA Problema 5 (1)
( )t
tx+
+=1
11
( )t
tx+
+=1
11
( ) ( )( )21
1 tdt
txdtv+−
==
( ) ( )( )31
2 tdt
tvdta+
==
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Aplicada
Física
Descripción del movimiento
0'>t''' tt >
( ) m 20 =x
( ) m/s 10 −=v
( ) ( ) 2m/s 2 0 ==dt
tvda
( ) m 1 lim =∞→x
tx
( ) 0 lim =∞→t
tv
( ) 0 lim =∞→t
ta
Velocidad
Aceleración
18
0 1 2 3 4 51,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2Po
sició
n x
(m)
t (s)
CINEMÁTICA Problema 5 (2)
0 1 2 3 4 5-1,0
-0,9
-0,8
-0,7
-0,6
-0,5
-0,4
-0,3
-0,2
-0,1
0,0
Vel
ocid
ad v
(m/s)
t (s)
0 1 2 3 4 50,0
0,5
1,0
1,5
2,0
Ace
lera
ción
a (m
/s2 )
t (s)
( )t
tx+
+=1
11
( ) ( )( )21
1 tdt
txdtv+−
==
( ) ( )( )31
2 tdt
tvdta+
==
UCLM
Aplicada
Física
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Aplicada
Física
CINEMÁTICA Problema 6 (1)El vector de posición (en m) de un punto material en movimiento plano es:Determine cuando t = 2 s: (A) La velocidad. (B) La aceleración. (C) Las componentes intrínsecas de la aceleración. (D) El radio de curvatura de la trayectoria.
( ) ( )tttr 3 ,2=r
-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
0
2
4
6
8
10
12
y (m
))
x (m)
( ) ( )tttr 3 ,2=r
0=t
s 4=t
s 2=t
( ) ( ) ( )3 ,2tdt
trdtv ==r
r
( ) ( ) ( )0 ,2==dt
tvdtar
r
( ) ( )6 ,42 =rr
( ) ( )3 ,42 =vr
94 2 += tvr
( ) m/s 59242 2 =+⋅=vr
2=ar
( ) 2m/s 22 =ar
20
0 1 2 3 4 5 60
1
2
3
4
5
6
7
8
y (m
)
x (m)
( ) ( )tttr 3 ,2=r
( ) ( )6 ,42 =rr
vvu r
rr
=
( )2ur
( ) ( )3 ,2ttv =r
94 2 += tvr
( ) m/s 59242 2 =+⋅=vr
( ) ( )3 ,42 =vr
UCLM
Aplicada
Física
CINEMÁTICA Problema 6 (2)
vv
dtdvu
dtdvat r
rrr
==
( ) ( )94
3,2942
2
+⋅+=
t
ttdtdat
r
( )94
3,2
94
422 +
⋅+
=t
t
t
tatr
( )943,24
2 +=
tttat
r ( )94
12,82
2
+=
tttat
r
( ) ( ) ( )3,4258
2524,322 ==tar
( ) ( ) ( )3,4258
2524,322 ==tar ( ) 2m/s
58 2 =tar
nt aaa rrr+= ( ) ( ) ( )222 tn aaa rrr
−=Radio de curvatura para t = 2 s.
( ) ( ) ( ) ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=−=
2524,
25183,4
2580,22nar
( ) ( )( )22
22
navr
r
=ρ m 6
12556
52==
ρ
2van
rr
=
( ) 222
m/s 56
2524
2518 2 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=nar
21A B
X
Y
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Física
CINEMÁTICA Problema 7 (1)Dos pequeños objetos que se encuentran en la misma horizontal separados por una distancia de 20 m son lanzados verticalmente hacia arriba en el mismo instante con velocidades de 100 y 150 m/s. Calcúlese:
(A) ¿Qué distancia los separa al cabo de 10 s de iniciado el movimiento?. (B) ¿Qué intervalo de tiempo transcurre entre la vuelta al suelo de los dos objetos?. (C) Dibuje una gráfica y/t para ambos objetos.
Para facilitar los cálculos, tome g = 10 m/s2. Se supone ausencia de rozamiento.
Tomamos la posición inicial del objeto A como origen de coordenadas. m/s 1000 =Av
m/s 1500 =Bv Posición de ambos objetos en cualquier instanteObjeto A:Objeto B:
( ) ( )AA ytr ,0=r
( ) ( )BBB yxtr ,=r
( )trBAr
( )trAr ( )trB
r
( ) 20
21 tgtvty AA −=
( ) 20
21 tgtvty BB −=
m 20=Bx
( ) ( ) ( ) ( )ABBABBA yyxtrtrtr −=−= ,rrr
( ) ( ) ( ) 2200
222 tvvxyyxtr ABBABBBA −++=−++=r
Distancia BA en cualquier instante
Cuando t = 10 s ( ) m 4.500 =trBAr
22
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Física
CINEMÁTICA Problema 7 (2)Cuando vuelven a caer al suelo
( ) 0 21 2
0 =−= AAAAA tgtvty
( ) 0 21 2
0 =−= BBBBB tgtvty
0 21
0 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ − AAA vtgt
0 21
0 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ − BBB vtgt
s 202 0 0 ===gvtt A
AA
s 302 0 0 ===gvtt B
BB
Lanzamiento
s 10- ==∆ AB ttt
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 320
200
400
600
800
1000
1200
1400
1600
y (m
)
t (s)
( )tyA
( )tyB
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