Movimiento curvilíneo

Movimiento curvilíneo (I)

1.-Un barco se mueve hacia el norte con velocidad constante de 30 km/h, otro barco que dista 10 km, se mueve en la dirección N 60° O con velocidad constante de 20 km/h. Calcular la distancia de máximo acercamiento entre ambos

Solución

$\begin{array}{l} \vec{r_{1}} = 30 t \cdot \hat{j} \\ \vec{r_{2}} = (10 - 20 \cos 30 t) \cdot \hat{i} + 20 \sin 30 t \cdot \hat{j} \\ \vec{r} = \vec{r_{2}} - \vec{r_{1}} = 10 (1 - \sqrt{3} t) \cdot \hat{i} + (- 20) t \cdot \hat{j} \end{array}$

Calculamos la distancia r entre los dos barcos, se derivada de r con respecto al tiempo t y se iguala a cero.

$\begin{array}{l} r = 10 \sqrt{{(1 - \sqrt{3} t)}^{2} + 4 t^{2}} \\ \frac{d r}{d t} = 0 t = \frac{\sqrt{3}}{7} h \end{array}$

2.-Nos encontramos en la antigua Suiza, donde Guillermo Tell va a intentar ensartar con una flecha una manzana dispuesta en la cabeza de su hijo a cierta distancia d del punto de disparo (la manzana está 5 m por debajo del punto de lanzamiento de la flecha). La flecha sale con una velocidad inicial de 50 m/s haciendo una inclinación de 30º con la horizontal y el viento produce una aceleración horizontal opuesta a su velocidad de 2 m/s².

Calcular la distancia horizontal d a la que deberá estar el hijo para que pueda ensartar la manzana.
Hállese la altura máxima que alcanza la flecha medida desde el punto de lanzamiento. (g=9.8 m/s²)

Solución

Ecuaciones del movimiento

$\begin{array}{l} {\begin{cases} a_{x} = -2 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 50 \cos 30 + (- 2) t \\ v_{y} = 50 \sin 30 + (- 9.8) t \end{cases} {\begin{cases} x = 50 \cos 30 \cdot t + \frac{1}{2} (- 2) t^{2} \\ y = 50 \sin 30 t + \frac{1}{2} (- 9.8) t^{2} \end{cases} \end{array}$

Punto de impacto, x=d, y=-5 m

-5=25t-4.9t²

t=5.29 s, x=201.23 m

Máxima altura, v_y=0, 25-9.8t=0

t=2.55 s, y=31.89 m

3.-Un cuerpo baja deslizando por el plano inclinado de 30º alcanzando al final del mismo una velocidad de 10 m/s. A continuación, cae siendo arrastrado por un viento en contra que causa la aceleración horizontal indicada en la figura.

Cuánto vale el alcance?
Con qué velocidad llega a ese punto?

Solución

4.-Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo con la ley a_x=0, a_y=4cos(2t) m/s². En el instante t=0, el móvil se encontraba en x=0, y=-1 m, y tenía la velocidad v_x=2, v_y=0 m/s.

Hallar las expresiones de $\vec{r} (t)$ y $\vec{v} (t)$ .
Dibujar y calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=π/6 s.

Solución

Movimiento uniforme a lo largo del eje X

v_x=2, x=2·t

Movimiento a lo largo del eje Y

$\begin{array}{l} v_{y} - 0 = \int_{0}^{t} 4 \cos (2 t) d t v_{y} = 2 \sin (2 t) m/s \\ y - (- 1) = \int_{0}^{t} 2 \sin (2 t) d t y = - \cos (2 t) m \end{array}$

Aceleración tangencial y normal

$t = \frac{π}{6} {\begin{cases} v_{x} = 2 \\ v_{y} = \sqrt{3} \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = 2 \end{cases}$

$θ = \arctan \frac{v_{x}}{v_{y}} = 49.1 º {\begin{cases} a_{t} = a \cdot \cos θ = 1.31 {m/s}^{2} \\ a_{n} = a \cdot \sin θ = 1.51 {m/s}^{2} \end{cases}$

5.-El vector velocidad del movimiento de una partícula viene dado por $\vec{v} = (3 t - 2) \hat{i} + (6 t^{2} - 5) \hat{j}$ . Si la posición del móvil en el instante t=1 s es $\vec{r} = 3 \hat{i} - 2 \hat{j} m$ . Calcular

El vector posición del móvil en cualquier instante.
El vector aceleración.
Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=2 s. Dibujar el vector velocidad, el vector aceleración y las componentes tangencial y normal en dicho instante.

Solución

Vector aceleración

$a_{x} = \frac{d v_{x}}{d t} = 3 {m/s}^{2} a_{y} = \frac{d v_{y}}{d t} = 12 t {m/s}^{2}$

Vector posición

$\begin{array}{l} x - 3 = \int_{1}^{t} (3 t - 2) d t x = \frac{3}{2} t^{2} - 2 t + \frac{7}{2} m \\ y - (- 2) = \int_{1}^{t} (6 t^{2} - 5) d t y = 2 t^{3} - 5 t + 1 m \end{array}$

Componentes tangencial y normal de la aceleración

$\begin{array}{l} t = 2 s {\begin{cases} v_{x} = 4 m/s \\ v_{y} = 19 m/s \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 3 {m/s}^{2} \\ a_{y} = 24 {m/s}^{2} \end{cases} \\ a = \sqrt{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = 24.2 {m/s}^{2} \\ θ = \arctan \frac{a_{y}}{a_{x}} - \arctan \frac{v_{y}}{v_{x}} = 4.8 º \\ a_{t} = a \cos θ = 24.1 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 2.0 {m/s}^{2} \end{array}$

6.-La componentes de la velocidad de una partícula son v_x=2·sin(2t), v_y=4t m/s. En el instante t=0, su posición inicial es x=-1, y=0, m. Calcular

El vector posición y el vector aceleración en el instante t.
El vector velocidad y el vector aceleración en el instante t=π/8 s, las componentes tangencial y normal de la aceleración

Solución

$\begin{array}{l} a_{x} = \frac{d v_{x}}{d t} = 4 \cos (2 t) a_{y} = \frac{d v_{y}}{d t} = 4 \\ x - x_{0} = \int_{t_{0}}^{t} v_{x} d t x - (- 1) = \int_{0}^{t} (2 \sin (2 t)) d t x + 1 = {- \cos (2 t) |}_{0}^{t} \\ x = - \cos (2 t) \\ y - y_{0} = \int_{t_{0}}^{t} v_{y} d t y - 0 = \int_{t_{0}}^{t} (4 t) d t y = {2 t^{2} |}_{0}^{t} \\ y = 2 t^{2} \\ t = \frac{π}{8} s v (m/s) {\begin{cases} v_{x} = \sqrt{2} \\ v_{y} = \frac{π}{2} \end{cases} a ({m/s}^{2}) {\begin{cases} a_{x} = 2 \sqrt{2} \\ a_{y} = 4 \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} θ_{2} = atan \frac{v_{y}}{v_{x}} θ_{2} = 48 º \\ θ_{1} = atan \frac{a_{y}}{a_{x}} θ_{1} = 54.7 º \\ a = \sqrt{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = 2 \sqrt{6} \\ a_{t} = a \cos (θ_{1} - θ_{2}) = 4.87 {m/s}^{2} \\ a_{n} = a \sin (θ_{1} - θ_{2}) = 0.57 {m/s}^{2} \end{array}$

7.-Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo a la ley a_x=0, a_y=2cos(πt/2) m/s². En el instante inicial t=0, x=0, y=-8/π², v_x=2, v_y=0. Encontrar:

El vector posición y el vector velocidad en función del tiempo.
La ecuación de la trayectoria, representarla
Representar la aceleración, aceleración tangencial y normal sobre la trayectoria en los instantes t=1 y t=2s.

Solución

Movimiento uniforme a lo largo del eje X

x=2·t

Movimiento a lo largo del eje Y

$\begin{array}{l} v_{y} - 0 = \int_{0}^{t} 2 \cos (\frac{π}{2} t) d t v_{y} = \frac{4}{π} \sin (\frac{π}{2} t) \\ y - (- \frac{8}{π^{2}}) = \int_{0}^{t} \frac{4}{π} \sin (\frac{π}{2} t) d t y = - \frac{8}{π^{2}} \cos (\frac{π}{2} t) \end{array}$

Ecuación de la trayectoria

Se elimina t de las ecuaciones paramétricas

$y = - \frac{8}{π^{2}} \cos (\frac{π}{4} x)$

Componenentes de la aceleración

$\begin{array}{l} t = 1 {\begin{cases} x = 2 \\ y = 0 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 2 \\ v_{y} = 4 / π \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = 0 \end{cases} {\begin{cases} a_{t} = 0 \\ a_{n} = 0 \end{cases} \\ t = 2 {\begin{cases} x = 4 \\ y = 8 / π^{2} \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 2 \\ v_{y} = 0 \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 2 \end{cases} {\begin{cases} a_{t} = 0 \\ a_{n} = 2 \end{cases} \end{array}$

8.-Se lanza una pelota verticalmente hacia arriba con una velocidad de 20 m/s desde la azotea de un edificio de 50 m de altura. La pelota además es empujada por el viento, produciendo un movimiento horizontal con aceleración de 2 m/s², (tómese g=10 m/s²). Calcular:

La distancia horizontal entre el punto de lanzamiento y de impacto.
Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=3 s.

Solución

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 2 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 2 t \\ v_{y} = 20 + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = \frac{1}{2} 2 t^{2} \\ y = 50 + 20 t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto: y=0

t=5.7 s, x=39.2 m

Componentes de la aceleración

$\begin{array}{l} t = 3 s {\begin{cases} v_{x} = 6 \\ v_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 2 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} \\ a = \sqrt{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = \sqrt{104} \\ θ = \arctan \frac{v_{x}}{| v_{y} |} - \arctan \frac{a_{x}}{| a_{y} |} = 19.7 º \\ a_{t} = a \cos θ = 9.60 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 3.43 {m/s}^{2} \end{array}$

Movimiento bajo la aceleración constante de la gravedad

9.-Un proyectil es disparado con una velocidad de 600 m/s, haciendo un ángulo de 60º con la horizontal. Tomar g=10 m/s². Calcular:

El alcance horizontal.
La altura máxima

Solución

10.- Un cañón está situado sobre la cima de una colina de 500 m de altura y dispara un proyectil con una velocidad de 60 m/s, haciendo un ángulo de 30º por debajo de la horizontal.

Calcular el alcance medido desde la base de la colina.
Las componentes tangencial y normalde la aceleración 3 s después de efectuado el disparo. Dibujar un esquema en los que se especifique los vectores velocidad, aceleración y sus componentes tangencial y normal en ese instante. (Tómese g=10 m/s²)

Solución

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 60 \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - 60 \cdot \sin 30 + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = 30 \sqrt{3} \cdot t \\ y = 500 - 30 t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Alcance, y=0

t=7.44 s, x=386.6 m

Componentes de la aceleración para t=3 s

$\begin{array}{l} θ = \arctan \frac{v_{x}}{| v_{y} |} = 40.9 º \\ a_{t} = a \cos θ = 7.56 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 6.55 {m/s}^{2} \end{array}$

11.- Se dispara un proyectil desde lo alto de una colina de 300 m de altura, haciendo un ángulo de 30º por debajo de la horizontal.

Determinar la velocidad de disparo para que el proyectil impacte sobre un blanco situado a una distancia horizontal de 119 m, medida a partir de la base de la colina.
Calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración cuando el proyectil se encuentra a 200 m de altura.

Solución

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - v \cdot \sin 30 + (- 9.8) t \end{cases} {\begin{cases} x = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ y = 300 - \frac{v}{2} t + \frac{1}{2} (- 9.8) t^{2} \end{cases}$

Impacto: y=0, x=119 m

t=6.87 s, v=20 m/s

Componentes de la aceleración para y=200 m

$\begin{array}{l} 200 = 300 - 10 \cdot t - 4.9 t^{2} t = 3.61 s \\ t = 3.61 s {\begin{cases} v_{x} = 10 \sqrt{3} \\ v_{y} = - 45.39 \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} \\ θ = \arctan \frac{v_{x}}{| v_{y} |} = 20.9 º \\ a_{t} = a \cos θ = 9.16 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 3.49 {m/s}^{2} \end{array}$

12.- Se dispara un proyectil con velocidad inicial de v₀=10 m/s, haciendo un ángulo θ=50° con la horizontal. El dispositivo de disparo está en la base de una rampa de longitud horizontal d₁=6.00 m y de d₂=3.60 m de altura. A continuación de la rampa y a su misma altura hay una plataforma horizontal.

Determinar la posición de impacto del proyectil y el tiempo de vuelo.

Cambiamos la velocidad de disparo a v₀=15 m/s y el ángulo de tiro a θ=75°.

Determinar la posición de impacto del proyectil y el tiempo de vuelo.

Masatsugu Sei Sukuzi. Lecture Notes of General Physics I and II Calculus Based. Chapter 4. Motion in two and three dimensions Problem 7.1, pp. 23

Solución

Establecemos el origen y los ejes X e Y al comienzo de la rampa

Las ecuaciones del movimiento son

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{x} = - g \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v_{0} \cos θ \\ v_{y} = v_{0} \sin θ - g t \end{cases} {\begin{cases} x = v_{0} \cos θ \cdot t \\ y = v_{0} \sin θ \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

Eliminando el tiempo t obtenemos la ecuación de la trayectoria

$y = x \tan θ - \frac{g}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} θ} x^{2}$

Impacto en la rampa

La ecuación de la rampa es

$y = \frac{d_{2}}{d_{2}} x$

La intersección de la trayectoria con la rampa, nos da el posible punto de impacto

$x_{1} = \frac{2 v_{0}^{2} \cos^{2} θ}{g} (\tan θ - \frac{d_{2}}{d_{2}}), y_{1} = \frac{d_{2}}{d_{2}} x_{1}$

Para que impacte en la rampa x₁<6 m

$t_{1} = \frac{x_{1}}{v_{0} \cos θ}$

v0=10; %velocidad inicial
th=50*pi/180; %ángulo de tiro
d2=3.6; %rampa
d1=6;
x=@(t) v0*cos(th)*t;
y=@(t) v0*sin(th)*t-4.9*t.^2;
hold on
line([0,6],[0,3.6], 'color','k','lineWidth',1.5)
line([6,8],[3.6,3.6], 'color','k','lineWidth',1.5)
x1=2*v0^2*cos(th)^2*(tan(th)-d2/d1)/9.8; %impacto
y1=d2*x1/d1;
t1=x1/(v0*cos(th)); %tiempo de vuelo
fplot(x,y,[0,t1])
plot(x1,y1,'ro','markersize',3,'markerfacecolor','r')
hold off
grid on
xlabel('x')
ylabel('y')
title('Tiro parabólico')

>> x1,y1,t1
x1 =    4.9898
y1 =    2.9939
t1 =    0.7763

Los resultados son: punto de impacto, x₁=4.99 m, y₁=2.99 m, tiempo de vuelo, t₁=0.78 s

Impacto en la plataforma

Calculamos el tiempo que tarda el proyectil en llegar a la plataforma

$\begin{array}{l} d_{2} = v_{0} \sin θ \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \\ t_{1} = \frac{v_{0} \sin θ + \sqrt{v_{0}^{2} \sin^{2} θ - 2 g d_{2}}}{g} \end{array}$

La posición del punto de impacto en la platforma es

$x_{1} = v_{0} \cos θ t_{1}, y_{1} = d_{2}$

v0=15; %velocidad inicial
th=75*pi/180; %ángulo de tiro
d2=3.6; %rampa
d1=6;
hold on
line([0,6],[0,3.6], 'color','k','lineWidth',1.5)
line([6,12],[3.6,3.6], 'color','k','lineWidth',1.5)
x=@(t) v0*cos(th)*t;
y=@(t) v0*sin(th)*t-4.9*t.^2;
t1=(v0*sin(th)+sqrt(v0^2*sin(th)^2-4*4.9*d2))/9.8;
fplot(x,y,[0,t1])
x1=v0*cos(th)*t1;
plot(x1,d2,'ro','markersize',3,'markerfacecolor','r')
hold off
grid on
xlabel('x')
ylabel('y')
title('Tiro parabólico')

>> x1,t1
x1 =   10.4165
t1 =    2.6831

Los resultados son: punto de impacto, x₁=10.42 m, y₁=3.6 m, tiempo de vuelo, t₁=2.68 s

13.-Queremos disparar un proyectil que pasa por dos huecos hechos en paredes opuestas de un edificio, el primer hueco dista 5 m del tirador y está a una altura de 5 m, el segundo hueco está a una altura de 2 m y la distancia entre las paredes es de 6 m.

Calcular la velocidad de disparo v₀ y el ángulo de tiro θ

Solución

Ecuaciones del movimiento

$\vec{a} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - g \end{cases} \vec{v} {\begin{cases} v_{x} = v_{0} \cos θ \\ v_{y} = v_{0} \sin θ + (- g) t \end{cases} \vec{r} {\begin{cases} x = v_{0} \cos θ \cdot t \\ y = v_{0} \sin θ \cdot t + \frac{1}{2} (- g) t^{2} \end{cases}$

Eliminamos t para obtener la ecuación de la trayectoria

$y = x \tan θ - \frac{1}{2} g \frac{x^{2}}{v_{0}^{2} \cos^{2} θ}$

Para x=5, y=5 y para x=11, y=2. Con estos datos despejamos las incógnitas v₀ y θ

${\begin{cases} 5 = 5 \cdot \tan θ - 4.9 \frac{5^{2}}{v_{0}^{2} \cos^{2} θ} \\ 2 = 11 \cdot \tan θ - 4.9 \frac{11^{2}}{v_{0}^{2} \cos^{2} θ} \end{cases}$

θ=59.3°, v₀=14.8 m/s

14.-Un patinador desciende por una pista helada, alcanzando al finalizar la pista una velocidad de 45 m/s. En una competición de salto, debería alcanzar 90 m a lo largo de una pista inclinada 60º respecto de la horizontal. (Tómese g=10 m/s²)

¿Cuál será el ángulo (o los ángulos) a que debe formar su vector velocidad inicial con la horizontal?.
¿Cuánto tiempo tarda en aterrizar?

Solución

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 45 \cdot \cos θ \\ v_{y} = 45 \cdot \sin θ + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = 45 \cdot \cos θ \cdot t \\ y = 90 \cdot \sin 60 + 45 \cdot \sin θ t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto: y=0, x=90·cos60=45 m

Eliminando el tiempo t, obtenemos la ecuación

$0 = 45 \sqrt{3} + 45 \cdot \sin θ \frac{1}{\cos θ} - 5 \frac{1}{\cos^{2} θ}$

Teniendo en cuenta la relación trigonométrica

$\begin{array}{l} \frac{1}{\cos^{2} θ} = 1 + \tan^{2} θ \\ \tan^{2} θ - 9 \tan θ + 1 - 9 \sqrt{3} = 0 {\begin{cases} θ_{1} = 84.5 º \\ θ_{1} = - 54.5 º \end{cases} {\begin{cases} t_{1} = 10.45 s \\ t_{1} = 1.72 s \end{cases} \end{array}$

15.-Un patinador comienza a descender por una pendiente inclinada 30º respecto de la horizontal.

Calcular el valor mínimo de la distancia x al final de la pendiente de la que tiene que partir para que pueda salvar un foso de 5 m de anchura.

El coeficiente de rozamiento entre el patinador y la pista es μ=0.2

Solución

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - v \cdot \sin 30 + (- 9.8) t \end{cases} {\begin{cases} x = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ y = 10 - \frac{v}{2} t + \frac{1}{2} (- 9.8) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto: x=5 m, y=0

t=1.20 s, v₀=4.79 m/s

Aplicamos el balance energético para calcular la distancia x a lo largo del plano inclinado desde la que parte el patinador.

En A la energía es potencial, en B la energía es cinética

$\begin{array}{l} E_{A} = m \cdot 9.8 \cdot x \cdot \sin 30 E_{B} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} \\ W = - F_{r} x = - μ \cdot N x = - 0.2 \cdot m \cdot 9.8 \cdot \cos 30 \cdot x \\ W = E_{B} - E_{A} x = 3.58 m \end{array}$

16.- Un bloque de 0.5 kg de masa de radio comienza a descender por una pendiente inclinada 30º respecto de la horizontal hasta el vértice O en el que deja de tener contacto con el plano. El coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano inclinado es 0.2. (Tómese g=10 m/s²)

Determinar la velocidad del bloque en dicha posición.
Hallar el punto de impacto del bloque en el plano inclinado 45º, situado 2 m por debajo de O, tal como se indica en la figura.
Hallar el tiempo de vuelo T del bloque (desde que abandona el plano inclinado hasta el punto de impacto).

Solución

Movimiento en el plano inclinado.

Aplicamos el balance energético para calcular la velocidad final v del bloque cuando abandona el plano inclinado.

En A la energía es potencial, en B la energía es cinética

$\begin{array}{l} E_{A} = 0.5 \cdot 10 \cdot 20 \cdot \sin 30 E_{B} = \frac{1}{2} 0.5 v^{2} \\ W = - F_{r} \cdot 20 = - μ \cdot N \cdot 20 = - 0.2 \cdot 0.5 \cdot 10 \cdot \cos 30 \cdot 20 \\ W = E_{B} - E_{A} v = 11.43 m/s \end{array}$

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - v \cdot \sin 30 + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ y = - \frac{v}{2} t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto x=d·cos45, y=-2-d·sin45

${\begin{cases} d \frac{\sqrt{2}}{2} = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ - 2 - d \frac{\sqrt{2}}{2} = - \frac{v}{2} t - 5 t^{2} \end{cases} {\begin{cases} t = 1.18 s \\ d = 16.5 m \end{cases}$

17.-Un objeto desliza sobre el suelo con velocidad constante v₀. Cae por una escalera cuyos peldaños tienen la misma anchura y altura a.

Determinar la posición de impacto sobre el escalón n.

Datos: v₀=1.6 m/s, a=20 cm

Masatsugu Sei Sukuzi. Lecture Notes of General Physics I and II Calculus Based. Chapter 4. Motion in two and three dimensions Problem 7.3, pp. 25-27

Solución

La solución como vemos más abajo, en la figura, n=3

a=0.2; %anchura y altura del escalón
v0=1.6; %velocidad inicial
hold on
for k=1:4
    line([(k-1)*a,k*a],[-k*a,-k*a])
    line([(k-1)*a,(k-1)*a],[-(k-1)*a,-k*a])
end
n=3;
fplot(@(x) -4.9*x.^2/v0^2,[0,3*a])
t=sqrt(2*n*a/9.8);
x=v0*t;
plot(x,-n*a,'ro','markersize',3,'markerfacecolor','r')
hold off
axis equal
grid on
xlabel('x')
ylabel('y')
title('Tiro parabólico')

La ecuación del movimiento es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - g \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v_{0} \\ v_{y} = - g t \end{cases} {\begin{cases} x = v_{0} \cdot t \\ y = - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

El punto de impacto se produce en el escalón n para y=-na

$\begin{array}{l} - n a = - \frac{1}{2} g \frac{x^{2}}{v_{0}^{2}} \\ (n - 1) a < x < n a \end{array}$

La segunda inecuación se convierte en

$\begin{array}{l} n - 1 < v_{0} \sqrt{\frac{2 n}{g a}} < n \\ {(n - 1)}^{2} < v_{0}^{2} \frac{2 n}{g a} < n^{2} \\ \frac{{(n - 1)}^{2}}{n} < \frac{2 v_{0}^{2}}{g a} < n \\ \frac{{(n - 1)}^{2}}{n} < 2.6122 < n \end{array}$

El resultado es el escalón n=3, tal como se muestra en la figura

El tiempo que tarda en llegar a este escalón y la posición de impacto es es

$\begin{array}{l} - 3 a = - \frac{1}{2} g t^{2}, t = 0.35 s \\ x = v_{0} t, x = 0.56 m \end{array}$

que está comprendida entre 2a=40 cm y 3a=60 cm

18.-Un barco va a cruzar un río de 10 m de anchura, cuyas aguas llevan una velocidad constante de 18 km/h. La masa del barco es de 150 kg y la fuerza impulsora del motor es de 5 N, siempre apuntando en dirección perpendicular a la orilla. Calcular:

El tiempo que tardará el barco en cruzar el río.
El desplazamiento del barco.
Dibuja la trayectoria.

Solución

$\begin{array}{l} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = \frac{F}{m} = \frac{5}{150} \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 5 \\ v_{y} = \frac{1}{30} t \end{cases} {\begin{cases} x = 5 \cdot t \\ y = \frac{1}{2} \frac{1}{30} t^{2} \end{cases} \\ y = 10 m t = \sqrt{600} s x = 50 \sqrt{6} m \end{array}$

19.-Una pelota se lanza con velocidad inicial de v₀=7 m/s haciendo un ángulo de θ=60°, desde la posición O situado a una altura de h=1.5 m y a una distancia d=3 m de un frontón. La pelota rebota elásticamente con la pared en A (la componente x de su velocidad en el punto de impacto A cambia de signo, la componente y permanece inalterada).

la altura del punto de impacto A
la distancia del punto B de choque con el suelo al frontón

Solución

Situamos el origen y los ejes: X en el suelo, Y en el frontón

La ecuación del movimiento de la pelota hasta su impacto en A es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = - 7 \cos 60 \\ v_{y} = 7 \sin 60 - 9.8 t \end{cases} {\begin{cases} x = 3 - 7 \cos 60 \cdot t \\ y = 1.5 + 7 \sin 60 \cdot t - \frac{1}{2} 9.8 t^{2} \end{cases}$

El choque con el frontón se produce cuando x=0, en el instante

$t_{1} = \frac{3}{3.5} = 0.857 s$

La posición y velocidad de la pelota en A son

$t_{1} {\begin{cases} u_{x} = - 3.5 \\ u_{y} = - 2.34 \end{cases} {\begin{cases} x_{A} = 0 \\ y_{A} = 3.096 \end{cases}$

La pelota rebota en el frontón. La componente vertical de la velocidad no cambia, v_y=u_y, la componente horizontal de la velocidad cambia de signo, v_x=-u_x

Esta es la velocidad inicial de la pelota después de rebotar en A. La ecuación del movimiento de la pelota desde P hasta que llega al suelo en B es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 3.5 \\ v_{y} = - 2.34 - 9.8 t \end{cases} {\begin{cases} x = 3.5 \cdot t \\ y = 3.096 - 2.34 \cdot t - \frac{1}{2} 9.8 t^{2} \end{cases}$

La pelota llega al suelo en B en el instante t₂, cuando y=0

t₂=0.591 s, x_B=2.07 m