olina, mientras que Billy se encuentra 30 metros arriba de la
misma. Jimmy de un sistema de coordenadas esta en el origen de un
sistema de coordenadas x,y y la línea que sigue la
pendiente de la colina esta dada por la ecuación Y = 0,4
X. Si Jimmy lanza una manzana a Billy con un ángulo de 500
respecto de la horizontal. Con que velocidad debe lanzar la
manzana para que pueda llegar a Billy? 6
2 2 ? 900 ? X B = ? ? ? ? BILLY V0 = ? YB = 11,14 m 500 XB =
27,85 m Datos del problema: Distancia entre Jimmy y Billy = 30
metros. T = 500 Pendiente de la colina Y = 0,4 X. YB = 0,4 XB (YB
)2 = 0,16 (X B )2 Pero: (30)2 = (X B ) + (YB ) 900 = (X B )2 +
0,16 (X B )2 900 = 1,16 (X B )2 ? 1,16 ? = 27,85 metros XB =
27,85 metros pero: YB = 0,4 XB YB = 0,4 (27,85) YB = 11,14 metros
Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos T) t (Ecuación
1) t = X V0 cos ? Pero: Y = VOY * t – g * t 2 2 Y = VO sen? * t –
g * t 2 2 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1
en la ecuación 2. 7
? ? V cos? ? – ? X g * ? ? ? ? ? 2 ? V sen? 2 2 0 0 0 0 0 0 ? ? ?
? Y = VO sen? * t – g * t 2 2 ? X ? Y = VO sen? * ? ? 0 ? ? VO
cos? 2 Y = O V0 cos? * (X ) – g * (X )2 2 V0 (cos? )2 Y = tag ? *
(X ) – g * (X )2 2 V0 (cos ? )2 Reemplazando X = 27,85 metros Y =
11,14 metros T = 500 11,14 = tag 50 * (27,85) – 9,8 * (27,85)2 2
V 2 (cos 50)2 11,14 = 33,19 – 7756,22 V 2 (0,8263) 11 = 33,19 –
9386,68 V 2 9386,68 V 2 = 33,19 – 11 9386,68 V 2 = 22,19 V 2 =
9386,68 22,19 V0 = ? 9386,68 ? ? 22,19 ? = 20,56 m seg V0 = 20,56
m/seg. Problema 4.11 Edición cuarta SERWAY En un bar
local, un cliente hace deslizar un tarro vacío de cerveza
sobre la barra para que vuelvan a llenarlo. El cantinero esta
momentáneamente distraído y no ve el tarro, el cual
cae de la barra y golpea el piso a 1,4 metros de la base de la
misma. Si la altura de la barra es 0,86 metros. a) Con que
velocidad abandono el tarro la barra? b) Cual fue la
dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar
con el piso? Se halla el tVUELO Y = 1 2 g t 2 ? 2Y = g * t 2 2 Y
g = t 2 ? t = 2 Y g 8
= = 2 = = t vuelo = 2 Y g 2 * 0,86 9,8 = 0,1755 = 0,4189 seg. a)
Con que velocidad abandono el tarro la barra? Datos: X = 1,4
metros X = V0 * t vuelo tVUELO = 0,4189 seg. V0 = X 1,4 t vuelo
0,4189 = 3,34 m seg V0 = 3,34 m/seg. b) Cual fue la
dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar
con el piso? Datos: V0 = VX = 3,34 m/seg. g = 9,8 m/seg2 tVUELO =
0,4189 seg. VY = g tVUELO = 9,8 m/seg2 * 0,4189 seg. VY = 4,105
m/seg. V2 = (VX)2 + (VY)2 V = (VX )2 + (VY )2 (3,34)2 + (4,105) =
11,155 + 16,851 = 5,29 m seg tg ? = VY – 4,105 VX 3,34 = – 1,229
? = arc tg (- 1,229) ? = – 50,860 Problema 4.13 Edición
cuarta SERWAY Una pelota se lanza horizontalmente desde la azotea
de un edificio de 35 metros de altura. La pelota golpea el suelo
en un punto a 80 metros de la base del edificio. Encuentre: a) El
tiempo que la pelota permanece en vuelo? b) Su velocidad inicial?
c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la
pelota pegue en el suelo? a) El tiempo que la pelota permanece en
vuelo? Se halla el tVUELO Datos: Y = 35 metros g = 9,8 m/seg2 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 * 35 9,8 = 70 9,8 = 7,142 = 2,6726 seg. tVUELO = 2,6726 seg.
9
= 2 = = b) Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 80 metros
tVUELO = 2,6726 seg. X = V0 * t vuelo V0 = X 80 t vuelo 2,6726 =
29,93 m seg V0 = 29,93 m/seg. c) Las componentes X y Y de la
velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo? V0 = VX
= 29,93 m/seg. tVUELO = 2,6726 seg. VY = g tVUELO = 9,8 m/seg2 *
2,6726 seg. VY = – 26,19 m/seg. (El signo negativo por que va la
pelota va cayendo.) V2 = (VX)2 + (VY)2 V = (VX )2 + (VY )2
(29,93)2 + (- 26,19) = 895,8049 + 685,9161 = 1581.721 V = 39,77
m/seg. tg ? = VY – 26,19 VX 29,93 = – 0,875 ? = arc tg (- 0,875)
? = – 41,180 Problema 4.14 Edición cuarta SERWAY Superman
vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de
la torre Eiffel empieza a desplomarse (el cable se rompe), su
visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el
interior. Si Superman se encuentra a 1 km de distancia de la
torre y el elevador cae desde una altura de 240 metros. Cuanto
tarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad
promedio? Se halla el tVUELO Datos: Y = 240 metros g = 9,8 m/seg2
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 * 240 9,8 = 480 9,8 = 48,979 = 7 seg. tVUELO = 7 seg.
Datos: X = 1 km = 1000 metros tVUELO = 7 seg. X = V0 * t vuelo
10
h 1 V0 = X t vuelo = 1000 7 = 142,85 m seg V0 = VX = 142,85
m/seg. Problema 4.14a Edición cuarta SERWAY Superman vuela
al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la
torre Eiffel empieza a desplomarse (el cable se rompe), su
visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el
interior. Si Superman se encuentra a una distancia d de la torre
y el elevador cae desde una altura h. Cuanto tarda Superman en
salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio? Se halla el
tVUELO Datos: altura vertical = h = g t 2 ? 2 h = g * t 2 2 g =
9,8 m/seg2 distancia horizontal = d 2 h g = t 2 ? t = 2 h g t
vuelo = 2 h g d = V0 * t vuelo V0 = d t vuelo = d 2 h g V0 = d 2
h = d 2 2 h = d 2 2 h = g d 2 2 h = d * g 2 h V0 = d g g 2 h g g
Problema 4.15 Edición cuarta SERWAY Un jugador de soccer
patea una roca horizontalmente desde el borde de una plataforma
de 40 metros de altura en dirección a una fosa de agua. Si
el jugador escucha el sonido de contacto con el agua 3 seg.
Después de patear la roca. Cual fue la velocidad inicial?
. Suponga que la velocidad del sonido en el aire es 343 m/seg. Se
halla el tVUELO Datos: Y = 40 metros g = 9,8 m/seg2 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 * 40
9,8 = 80 9,8 = 8,1632 = 2,86 seg. 11
VY 2 tVUELO = 2,86 seg. 3 seg – tVUELO = 3 – 2,86 =
0,14 seg. V0 = ? VX Y = 40 m R VY V X Distancia horizontal
recorrida Se halla la distancia recorrida por la pelota Datos: t
= 0,14 seg. VX = veloc. del sonido en el agua = 343 m/seg. R = V0
* t = 343 * 0,14 = 48,02 m R2 = (Y)2 + (X)2 (X)2 = R2 – (Y)2 X =
(R )2 – (Y) 2 = (48,02)2 – (40) = 2305,92 – 1600 = 705,92 X=
26,56 m/seg. Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 26,56
metros tVUELO = 2,86 seg. X = V0 * t vuelo V0 = X t vuelo = 26,56
2,86 = 9,28 m seg V0 = VX = 9,28 m/seg. Problema 4.17
Edición cuarta SERWAY Un pateador de lugar debe patear un
balón de fútbol desde un punto a 36 metros (casi 40
yardas) de la zona de gol y la bola debe librar los postes, que
están a 3,05 metros de alto. Cuando se patea, el
balón abandona el suelo con una velocidad de 20 m/seg y un
ángulo de 530 respecto de la horizontal. 12
a) Por cuanta distancia el balón libra o no los postes. b)
El balón se aproxima a los postes mientras continua
ascendiendo o cuando va descendiendo. tmax = 1,632 seg VX = V0X t
= 3 seg V0 = 20 m/seg V0Y Y = 3,9 m TVUELO = 2 tmax 530 3,05 m VX
= V0X VX = V0X Datos X = 36 metros Distancia horizontal recorrida
X = 36 m T = 530 V0 = 20 m/seg. V0Y 530 V0 V0Y = V0 sen T V0Y =
40 sen 53 V0Y = 16 m/seg. Se halla el tiempo máximo, es
decir el tiempo en que alcanza el punto mas alto de la
trayectoria. Con esto se puede ubicar los postes. V t max = 0Y =
g 16 9,8 = 1,632 seg. Se halla el tiempo de vuelo del
balón. tvuelo = 2 tmax tvuelo = 2 * 1,632 tvuelo = 3,26
seg. En la figura se puede observar la posición del poste.
A los 3 seg. el balón va bajando. Pero: Y = VOY * t – Y =
48 – 44,1 g * t 2 2 = 16 * 3 – 9,8 * 32 2 Y = 3,9 metros . la
diferencia es 3,9 – 3,05 = 0,85 METROS Problema 4.18
Edición cuarta SERWAY Un bombero a 50 metros de un
edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un
ángulo de 300 sobre la horizontal, como se muestra en la
figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es 40
m/seg. A que altura el agua incide en el edificio? 13
= g * t 2 20,4 V0 VY V0 = 40 m/seg VX = V0X Y V0Y T = 300 X = VX
tmax V0X X = 50 metros Datos X = 50 metros T= 300 V0 = 40 m/seg.
PERO: X = (v0 cos T) t Despejamos t t = X V0 cos ? t = X V0 cos ?
= 50 50 40 cos 30 34,64 t = 1,443 seg. Y = VOY * t – g * t 2 2 Y
= VO sen? * t – 2 Y = 40 sen 30 * 1,443 – 9,8 * (1,443)2 2 Y =
28,86 – 2 Y = 28,86 – 10,2 Y = 18,66 metros Problema 4.18 a
Edición cuarta SERWAY Un bombero a una distancia d metros
de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera
a un ángulo de T sobre la horizontal, como se muestra en
la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es V0. A
que altura el agua incide en el edificio? 14
? ? 1 ? ? d d h = (V0 sen ? ) ? 2 ? ? ? ? ? d ? 1 h = ( sen ? ) ?
? – ? d ? g ? 2 ? ? ? d ? g ? 1 2 2 ? ? g d 2 h = sen ? cos ? 2
V0 VY V0 VX = V0X h V0Y T V0X d PERO: d = (v0 cos T) t Despejamos
t t = d V0 cos ? h = VOY * t – g * t 2 2 h = VO sen? * t – g * t
2 2 reemplazando t en la ecuación ? V0 cos ? ? – 2 g ? V0
cos ? ? ? cos ? ? 2 ? V0 cos ? ? h = tg ? d – ? V0 cos ? ? h = tg
? d – 2 (V0 )2 cos2 ? 2 (V0 )2 cos 2 ? tg ? d – g d 2 2 (V0 )2
cos 2 ? 2 (V0 )2 cos2 ? d – g d 2 h = 2 (V0 ) cos2 ? h = (V0 )2 2
cos ? sen ? d – g d 2 2 (V0 )2 cos2 ? 15
V 2 seg m T 1 = pero: 2 sen T cos T = sen 2 T h = (V0 )2 sen 2 ?
d – g d 2 2 (V0 )2 cos 2 ? Problema 4.19 Edición cuarta
SERWAY Un astronauta sobre la luna dispara una pistola de manera
que la bala abandona el cañon moviéndose
inicialmente en una posición horizontal a) Cual debe ser
la velocidad de orificio si la bala va a recorrer por completo el
derredor de la luna y alcanzara al astronauta en un punto 10 cm
debajo de su altura inicial b) Cuanto permanece la bala en vuelo?
Suponga que la aceleración en caida libre sobre la luna es
un sexto de la de la tierra. Gravedad de la luna = 1/6 * 9,8 =
1,6333 m/seg2 (Aceleración de la luna) La realidad es que
la bala describe un movimiento circular alrededor de la luna,
para esto necesitamos el radio de la luna = 1,74 * 106 metros,
los 10 cm no inciden sobre el calculo del radio de la luna.
hallamos la velocidad a L = rL V2 = aL * rL V = a L rL = 1,6333
*1,74 *10 6 = 2841999,999 = 1685,82 b) Cuanto permanece la bala
en vuelo? V = 2 p rL f = 2 p rL Se despeja el periodo T T = 2 p
rL V 2 * p *1,74 *10 6 m m 1685,82 seg = 6485,11 seg T = 6485,11
seg * 1 hora 3600 seg = 1,8 horas T = 1,8 horas Problema 4.20
Edición cuarta SERWAY Un rifle se dirige horizontalmente
al centro de un gran blanco a 200 metros de distancia. La
velocidad inicial de la bala es 500 m/seg. a) Donde incide la
bala en el blanco? b) Para golpear en el centro del blanco, el
cañón debe estar a un ángulo sobre la
línea de visión. Determine el ángulo de
elevación del cañón. a) Donde incide la bala
en el blanco? Es evidente que al disparar horizontalmente, la
bala describe un movimiento de tiro parabólico, ver la
figura. 16
= = Distancia horizontal recorrida VX = V0X Y = 0,784 m X = 200 m
Datos: Como el disparo es horizontal VX = 500 m/seg Hallamos el
tiempo de vuelo X = VX * t vuelo X = 200 metros t vuelo = X 200
VX 500 = 0,4 seg Ahora se halla el desplazamiento vertical de la
bala con respecto al centro. Y = VOY * t – g * t 2 2 pero como el
disparo es horizontal V0Y = 0 Y = g * t 2 2 como el movimiento es
hacia abajo se considera el valor de Y (+) Y = g * t 2 9,8 * 0,4
2 2 2 = 0,784 m b) Para golpear en el centro del blanco, el
cañón debe estar a un ángulo sobre la
línea de visión. Determine el ángulo de
elevación del cañón. Observemos que el mismo
disparo, pero ahora la velocidad inicial tiene un ángulo
respecto de la horizontal, esto es para garantizar que el disparo
llegue al blanco. Es decir V0 = 500 m/seg. Distancia horizontal
recorrida V0 VX = V0X X = 200 m X = sen 2? (V0 )2 g X g = sen 2?
(V0 )2 sen 2? = X g 200 * 9,8 1960 = = (V 0 ) 2 500 2 250000 =
0,00784 sen 2T = 0,00784 arc sen 2T = arc sen 0,00784 17
? = 0,4492 = = R = = = 2 T = 0,4492 = 0,224 0 2 T = 0,2240
respecto a la horizontal. Problema 4.21 Edición cuarta
SERWAY Durante la primera guerra mundial los alemanes tenian un
cañon llamado Big Bertha que se uso para bombardear paris.
Los proyectiles tenian una velocidad inicial de 1,7 km/ seg. a
una inclinacion de 550 con la horizontal. Para dar en el blanco,
se hacian ajustes en relacion con la resistencia del aire y otros
efectos. Si ignoramos esos efectos: a) Cual era el alcance de los
proyectiles b) Cuanto permanecian en el aire? Distancia
horizontal recorrida V0 = 1,7 km/ seg 550 VX = V0X R=? a) Cual
era el alcance de los proyectiles Datos: V0 = 1,7 km/seg T = 550
V0 = 1,7 km 1000 m * seg 1 km = 1700 m seg R = sen 2? (V0 )2 g
sen 2 (55) (1700)2 sen 110 * 2890000 2715711,674 9,8 9,8 9,8 R =
277,113 km R = V0X t vuelo pero: V0X = V0 cos T R = V0 cos ? t
vuelo despejamos el tiempo de vuelo = 277113,43 m t vuelo = R
277113,43 V0 cos ? 1700 * cos 55 277113,43 975,079 = 284,19 seg
tvuelo = 284,19 seg 18
ß0 2 Problema 4.22 Edición cuarta SERWAY Una
estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un
gran ángulo sobre el nivel del suelo. Mientras su oponente
esta viendo esta primera bola de nieve, usted lanza una segunda
bola a un ángulo menor lanzada en el momento necesario
para que llegue a su oponente ya sea antes o al mismo tiempo que
la primera. Suponga que ambas bolas de nieve se lanzan con una
velocidad de 25 m/seg. La primera se lanza a un ángulo de
700 respecto de la horizontal. a) A que ángulo debe
lanzarse la segunda bola de nieve para llegar al mismo punto que
la primera? b) Cuantos segundos después debe lanzarse la
segunda bola después de la primera para que llegue al
blanco al mismo tiempo? Primera bola de nieve Distancia
horizontal recorrida V0 = 25 m/seg 700 Segunda bola de nieve VX =
V0X R=? Distancia horizontal recorrida V0 = 25 m/seg Segunda bola
de nieve VX = V0X R=? PRIMERA BOLA DE NIEVE Se halla el tiempo de
vuelo. Datos T = 700 V0 = 25 m/seg. Y = VOY * t – g * t 2 2 pero:
V0Y = V0 sen T Y = VO sen ? * t – 0 = VO sen ? * t – g * t 2 2 g
* t 2 2 pero Y = 0 VO sen ? * t = g * t 2 Cancelando t a ambos
lados de la igualdad. VO sen ? = g * t 2 2 V0 sen ? = g t
19
= = = = = 40 t vuelo = 2 V0 sen ? g t vuelo 2 * 25 sen 70 50 sen
70 46,984 g 9,8 9,8 = 4,794 seg tvuelo = 4,794 seg (de la primera
bola de nieve.) Con el tiempo de vuelo de la primera bola de
nieve, se halla el alcance horizontal. R = V0X t vuelo pero: V0X
R = V0 cos ? t vuelo R = 25 * cos 70 * 4,794 = V0 cos T R = 41
metros Ahora hallamos el tiempo de vuelo de la segunda bola de
nieve en función del ángulo de disparo. Datos:
ß = ángulo de disparo de la segunda bola de nieve V0
= 25 m/seg. R = 41 metros t vuelo 2 = t vuelo 2 = 2 V0 sen
ß g 2 V0 sen ß g 2 * 25 * sen ß 50 sen ß
9,8 9,8 = 5,1 sen ß tvuelo 2 = 5,1 sen ß (de la
segunda bola de nieve.) Con este dato procedemos a hallar el
ángulo ß de disparo de la segunda bola de nieve. R =
V0X t vuelo 2 pero: V0X = V0 cos ß R = V0 cos ß t
vuelo 2 pero: tvuelo 2 = 5,1 sen ß R = V0 cos ß * 5,1
sen ß R = 25 * cos ß * 5,1 sen ß R = 127,5 *
cos ß * sen ß pero: R = 41 41 = 63,72 * ( 2 cos
ß * sen ß ) pero: 2 sen ß cos ß = sen 2
ß 41 = 63,72 * ( sen 2 ß ) sen 2ß = 41 63,75 =
0,6431 sen 2 ß = 0,6431 arc sen 2 ß = arc sen 0,6431
2 ß = 400 ß = = 20 0 2 ß = 200 20
= Con el calor del ángulo de disparo de la segunda bola de
nieve, se halla el tiempo de vuelo tvuelo 2 = 5,1 sen ß (de
la segunda bola de nieve.) tvuelo 2 = 5,1 sen 20 tvuelo 2 = 5,1 *
0,342 tvuelo 2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.) b)
Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola
después de la primera para que llegue al blanco al mismo
tiempo? tvuelo = 4,794 seg (de la primera bola de nieve.) tvuelo
2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.) ? t = tvuelo –
tvuelo 2 ? t = 4,794 seg – 1,744 seg ? t= 3,05 seg. Problema 4.23
Edición cuarta SERWAY Un proyectil se dispara de tal
manera que su alcance horizontal es igual a tres veces su
máxima altura. Cual es el ángulo de disparo?
Distancia horizontal recorrida V0 ß0 YMAX VX = V0X R = 3
YMAX Ymax = (VOY )2 2 g Pero: V0Y = V0 sen ß Ymax = (VO
senß )2 (V0 )2 sen 2 ß 2 g 2 g Ymax = (V0 )2 sen 2
ß 2 g ECUACION 1 R = R = sen 2 ß (V0 )2 g 2 sen
ß cos ß * (V0 )2 g Pero: Pero: 2 sen ß cos
ß = sen 2 ß R = 3 YMAX 21
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