t 1 = ALCANCE HORIZONTAL Y ALTURA MAXIMA DE UN PROYECTIL V t1 =
0Y = g V0 sen ? 0 g VX = V0X V0Y V0 h = (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g VY
VX = V0X V TVUELO = 2 t1 T0 VX = V0X VX = V0X Distancia
horizontal recorrida R = VX tvuelo V0Y T0 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 puntos especiales 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, T, 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 necesario para llegar a la altura
máxima. Ecuación 4.11 VY = VY0 – g t VY = V0
sen T0 – g t Despejando el tiempo VY + g t = V0 sen T0 g t
= V0 sen T0 – VY pero VY = 0 g t = V0 sen T0 V0 sen ? 0 g 2
V0 g t t 2 = ( 0 ) g g t ? V0 sen ? 0 ? 1 ? V0 sen ? 0 ? ? 2 g ?
2 ? V sen ? 0 ? 1 ? 2 g ? V sen ? 0 ? ? (V )2 sen 2 ? ? 2 2 ? ? ?
? h = h = g t 1 2 1 2 1 2 2 Al sustituir esta expresión
para t1 en la ecuación 4.13 y reemplazando función
de V0, T. Componente de posición vertical y con h, se
obtiene h en Y = (V0Y ) t1 – pero: t 1 = 1 2 2 1 sen ? 0 g 1 V
sen ? 0 2 V0Y = V0 sen T0 Y=h Reemplazando Y = (V0Y ) t1 – 1 2 2
1 h = (V0 sen ? 0 ) ? ? – ? ? ? g ? ? g ? h = (V0 sen ? 0 ) ? 0 ?
– ? g ? (V0 )2 sen 2 ? 0 g 2 h = (V0 sen ? 0 ) ? 0 ? – ? g ? (V0
)2 sen 2 ? 0 2 g ? 0 0 ? – (V0 ) sen ? 0 g 2 g 2(V0 ) 2 sen 2 ? 0
– (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g h = (V0 )2 sen 2 ? 0 2 g 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.
Y = (V0Y ) t1 – 1 2 2 1 pero: Y = 0 0 = (V0Y ) t1 – g t 2 (V0Y )
t1 = 1 g t1 Cancelando t1 (V0Y ) = g t1 despejando t1 t1 = 2 V0Y
g pero: V0Y = V0 sen T0 3
? 2 V0 sen ? ? ? ? ? t1 = 2 V0 sen ? 0 g Se le denomina tiempo de
vuelo del proyectil t VUELO = 2 V0 sen ? 0 g El alcance R, es la
distancia horizontal recorrida R = VX tVUELO Pero: VX = V0X = V0
cos T R = VX tVUELO R = V0 cos T tVUELO R = V0 cos? ? ? g 2 sen ?
cos ? (V0 )2 R = g t VUELO = 2 V0 sen ? g pero: 2 sen T cos T =
sen 2 T R = sen 2? (V0 )2 g Ejemplo 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 el
proyectil hará diana. Línea de visión Y =
½ g t2 y = XT tg T T 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
2 1 2 1 2 ? X T ? 1 YP = V0 sen ? ? 2 ? ? ? X ? cos ? ? ? 1 2
liberan. Primero observe en la figura 4.9 que la coordenada y
inicial del blanco es XT tgT y que disminuye a lo largo de una
distancia ½ g t en un tiempo t. En consecuencia, la
coordenada y del blanco como una función del tiempo es,
según la ecuación 4.14. y = X T tg ? Ver figura 4.9
y = X T tg ? = YT + Y Pero Y = ½ g t2 X T tg ? = YT + g t
2 Despejamos YT X T tg ? – g y 2 = YT Si después de esto
se escriben las ecuaciones para x y y correspondientes a la
trayectoria del proyectil a lo largo del tiempo, utilizando las
ecuaciones 4.12 y 4.13 en forma simultanea, se obtiene COMPONENTE
DE POSICION HORIZONTAL X = vX * t X = (v0 cos T) t ECUACION 4.12
COMPONENTE DE POSICION VERTICAL Y = (V0Y ) t – 1 2 g t 2 Y = V0
sen ? t – 1 2 g t 2 YP = V0 sen ? t – 1 2 g t 2 PERO: XT = (v0
cos T) t Despejamos t t = X T V0 cos ? Reemplazando en la
ecuación anterior YP = V0 sen ? t – 1 2 g t 2 ? V0 cos ? ?
– 2 g t Cancelando V0 YP = sen ? ? T ? – 1 2 g t 2 YP = X T tg ?
– g t 2 Asi pues, al comparar las dos ecuaciones anteriores se
vera que cuando XP = XT ; YP = YT Se produce un choque. 5
1 relación con el punto en que se Ejemplo 4.7 Los
exploradores extraviados. Pág. 82 del libro serway cuarta
edición Un avión de rescate en Alaska deja caer un
paquete de provisiones a un grupo de exploradores extraviados,
como se muestra en la fig. 4.11. Si el avión viaja
horizontalmente a 40 m/seg. Y a una altura de 100 metros sobre el
suelo. Donde cae el paquete en relación con el punto en
que se soltó? V0 = 40 m/seg Pero: V0 = VX VY = g t VY V0 =
VX V V0 = VX Y = 100 V = (VX )2 + (VY )2 VY V Y = g t 2 2 X = V0
t X = ?? VX ? Velocidad con que llega al piso Donde cae el
paquete enDistancia horizontal recorrida soltó? Se halla
el tVUELO VY V Y = 1 2 g t 2 ? 2Y = g * t 2 2 Y g = t 2 ? t = 2 Y
g t vuelo = 2 Y g = 2 * 100 9,8 = 200 9,8 = 20,4 = 4,51 seg. X =
V0 * t vuelo = 40 m seg * 4,51 seg = 180,4 metros X = 180,4
metros VY = g * tVUELO VY = 9,8 * 4,51 VY = 44,19 m/seg. VX = V0
= 40 m/seg. Seccion 4.3 Movimiento de proyectiles Problema 4.10
Edición cuarta SERWAY Jimmy esta en la parte inferior de
la c
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