3. Movimiento Parabólico Ejemplos Desarrollados PDF

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Movimiento parabólico Movimiento parabólico

Movimiento parabólico

ACELERACIÓN

VELOCIDAD

POSICIÓN

Tiempo de subida 𝑣𝑦 = 0 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 0 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡𝑠 𝑔𝑡𝑠 = 𝑣0 sin 𝜃

𝑡𝑠 =

𝑣0 sin 𝜃 𝑔

=

=

=

=

=

+

M.R.U.H.

M.R.U.H

𝒎 𝒂𝒙 = 𝟎𝒊( 𝟐 ) 𝒔

+

M.R.U.A.V.

M.R.U.A.V.

𝒎 𝒂𝒚 = −𝟗, 𝟖𝒋( 𝟐 ) 𝒔

+

󰇍𝒂 = (𝟎𝒊 − 𝟗, 𝟖𝒋)𝒎/𝒔𝟐 𝒎 𝒎 𝒗𝒙 = 𝒗𝟎 𝒄𝒐𝒔𝜶𝒊( ) + 𝒗𝒚 = (𝒗𝟎 𝒔𝒆𝒏𝜶 − 𝟗, 𝟖𝒕)𝒋( ) 𝒔 𝒔 󰇍 = (𝒗𝟎 𝒄𝒐𝒔𝜶𝒊 − 𝒗𝟎 𝒔𝒆𝒏𝜶 − 𝟗, 𝟖𝒕𝒋)𝒎/𝒔 𝒗

𝒙 = 𝒗𝟎 𝒄𝒐𝒔𝜶𝒕𝒊(𝒎)

+

𝒚 = (𝒚𝟎 + 𝒗𝟎 𝒔𝒆𝒏𝜶𝒕 − 𝟒, 𝟗𝒕𝟐 )𝒋(𝒎)

󰇍 = (𝒗𝟎 𝒄𝒐𝒔𝜶𝒕𝒊 + (𝒚𝟎 + 𝒗𝟎 𝒔𝒆𝒏𝜶 − 𝟒, 𝟗𝒕𝒋)𝒎 𝒓

Tiempo de vuelo 𝑡𝑣 = 2𝑡𝑠

𝑡𝑣 =

2𝑣0 sin 𝜃 𝑔

1 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 + 𝑔𝑡 2 2 1 2 𝑦𝑚á𝑥 = 𝑔(𝑡𝑠 ) 2 2 1 𝑣0 sin 𝜃 ) 𝑦𝑚á𝑥 = 𝑔 ( 𝑔 2 𝑣0 2 (sin 𝜃)2 𝑦𝑚á𝑥 = 2𝑔 Altura máxima

Alcance máximo 𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑡

𝑥𝑚á𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑡𝑣

𝑥𝑚á𝑥 = 𝑣0𝑥 (

2𝑣0 sin 𝜃 ) 𝑔

𝑥𝑚á𝑥 = (𝑣0 cos 𝜃) ( 𝑥𝑚á𝑥 =

𝑥𝑚á𝑥 =

2𝑣0 sin 𝜃 ) 𝑔

𝑣0 2 (2 sin 𝜃 cos 𝜃) 𝑔 𝑣0 2 sin 2𝜃 𝑔

Mecánica vectorial para ingenieros novena edición Dinámica: Beer – Johnston – Cornwell. Problema 11.97 Pág. 654 1. Un avión diseñado para dejar caer agua sobre incendios forestales vuela sobre una línea recta horizontal a 315 km/h a una altura de 80m. Determine la distancia d a la que el piloto debe soltar el agua de manera que caiga sobre el incendio en B. 𝑣𝑥 = 315

𝑦0 = 0 𝑚

𝑘𝑚 ℎ

= 87,5 𝑚/𝑠

𝑣𝑦 = 0 𝑚/𝑠 𝑦 = −80𝑚

Movimiento vertical 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 −

1 2 𝑔𝑡 2

−80𝑚 = 0 + 0𝑡 − 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = 80𝑚 2 𝑡𝐵 = √

1 𝑔(𝑡𝐵 )2 2

(2)(80𝑚) 9,81𝑚/𝑠

𝑡𝐵 = 4𝑠

Movimiento horizontal 𝑥0 = 0𝑚

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥 𝑡

𝑥𝐵 = 0 + 𝑣𝑥 𝑡𝐵

𝑥𝐵 = (87,5 𝑚/𝑠)(4𝑠)

𝑥𝐵 = 350𝑚

Mecánica vectorial para ingenieros décima edición Dinámica: Beer – Johnston – Cornwell. Problema 11.98 Pág. 535

𝑘𝑚 y está exactamente arriba del punto A 2. Un helicóptero vuela con una velocidad horizontal constante de 180 ℎ cuando una parte suelta empieza a caer. La parte aterriza 6,5𝑠 después en el punto B sobre una supeficie inclinada. Determinar:

a) La altura h b) La distancia entre los punto A y B 𝒗𝒙 = 𝟏𝟖𝟎

𝑯

Datos: 𝑣𝑥 = 180 𝑡 = 6,5 𝑠

𝒉 𝑨

𝒚

𝑚 𝑘𝑚 = 50 𝑠 ℎ

Desarrollo: a) La altura h

𝐻 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 −

𝐻 = 0 + 0𝑡 −

1 2 𝑔𝑡 2

1 2 𝑔𝑡 2

1 𝐻 = − 𝑔𝑡 2 2 1 𝐻 = − (9,81𝑚/𝑠2 )(6,5 𝑠)2 2 𝐻 = −207,24𝑚 𝑥 = 𝑣𝑥 𝑡

𝑚

𝑥 = (50 ) (6,5 𝑠) 𝑠

𝑥 = 325𝑚

𝑑𝐴𝐵 = √𝑥 2 + 𝑦 2

b) La distancia entre los punto A y B 𝑑𝐴𝐵 = √(325𝑚)2 + (57,31𝑚)2 𝒅𝑨𝑩 = 𝟑𝟑𝟎𝒎

𝒌𝒎 𝒎 = 𝟓𝟎 𝒉 𝒔

𝑦 𝑥 𝑦 = 𝑥 tan 10° 𝑦 = (325𝑚) tan 10° 𝑦 = 57,31𝑚 tan 10° =

𝐻=𝑦+ℎ ℎ=𝐻−𝑦 ℎ = 207,24𝑚 − 57,31𝑚 𝒉 = 𝟏𝟒𝟗, 𝟗𝟑𝒎

𝟏𝟎° 𝒙

𝒚

𝑩

Mecánica vectorial para ingenieros décima edición Dinámica: Beer – Johnston – Cornwell. Problema 11.112 Pág. 538

3. Un cohete a escala se lanza desde el punto A con una velocidad inicial 𝑣0 de 75 m/s. Si el paracaídas de descenso del cohete no se abre y éste aterriza a d = 100m de A, determine: a) El ángulo α que 𝑣0 forma con la vertical. b) La máxima altura del punto A que alcanza el cohete. c) La duración del vuelo.

𝑣0𝑦 𝑣0𝑥 𝒚

30° 𝒙

30°

Desarrollo: a) El ángulo α que 𝑣0 forma con la vertical. 𝑥0 = 0 𝑦0 = 0 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥 𝑥 = 0 + 𝑣0 sin 𝛼 𝑡 𝑥 = 𝑣0 sin 𝛼 𝑡 𝑥 sin 𝛼 = 𝑣0 𝑡

1 2 𝑔𝑡 2 1 𝑦 = 0 + 𝑣0𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2 1 𝑦 = 𝑣0 cos 𝛼 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 −

1 𝑦 + 𝑔𝑡 2 2 cos 𝛼 = 𝑣0 𝑡

𝟐 𝟏 𝒚 + 𝟐 𝒈𝒕𝟐 (𝐬𝐢𝐧 𝜶)𝟐 + (𝐜𝐨𝐬 𝜶)𝟐 = ( ) + ( ) 𝒗𝟎 𝒕 𝒗𝟎 𝒕

𝒙

𝟐

1 𝑦 2 + 𝑦𝑔𝑡 2 + 𝑔2 𝑡 4 𝑥2 4 + 1= ( 𝑣0 ) 2 𝑡 2 ( 𝑣0 ) 2 𝑡 2 1 (𝑣0 )2 𝑡2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑦𝑔𝑡 2 + 𝑔2 𝑡 4 4 1 2 4 2 2 2 𝑔 𝑡 + (𝑦𝑔𝑡 − (𝑣0 ) 𝑡 ) + 𝑥 2 + 𝑦 2 = 0 4 1 2 4 𝑔 𝑡 − [(𝑣0 )2 − 𝑦𝑔]𝑡 2 + (𝑥 2 + 𝑦 2 ) = 0 4 En el punto B 𝑥 cos 30° = 𝑑 𝑥 = 𝑑 cos 30° 𝑥 = (100𝑚) cos 30° 𝑥 = 50√3 𝑚

𝑦 𝑑 𝑦 = 𝑑 sin 30° 𝑦 = −100𝑚 sin 30° 𝑦 = −50𝑚

sin 30° =

Sustituimos los valores en la ecuación anterior

(100)2 = 𝑥 2 + 𝑦 2

1 2 4 𝑔 𝑡 − [(𝑣0 )2 − 𝑦𝑔]𝑡 2 + (𝑥 2 + 𝑦 2 ) = 0 4 1 (9,81𝑚/𝑠 2 )2 𝑡 4 − [(75 𝑚/𝑠)2 − (−50𝑚)(9,81𝑚/𝑠 2 )]𝑡 2 + (100)2 = 0 4 𝟐𝟒, 𝟎𝟏𝒕𝟒 − 𝟔𝟏𝟏𝟓, 𝟓𝒕𝟐 + 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎 (𝑡1 )2 = 253,06 𝒕𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟗 𝒔

(𝑡2 )2 = 1,65

𝒕𝟐 = 𝟏, 𝟐𝟖 𝒔

Para: 𝒕𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟗 𝒔

sin 𝛼 tan 𝛼 = cos 𝛼

tan 𝛼1 =

𝑣𝑥0 𝑡 1 tan 𝛼 = 𝑦 + 2 𝑔𝑡 2 𝑣0 𝑡

50√3 𝑚 1 (9,81𝑚/𝑠2 )(15,9𝑠)2 −50𝑚 + 2

𝛼1 = tan−1 [

𝑥 tan 𝛼 = 1 𝑦 + 𝑔𝑡 2 2

𝜶𝟏 = 𝟒, 𝟏𝟔°

50√3 𝑚

] 1 −50𝑚 + (9,81𝑚/𝑠2 )( 15,9𝑠)2 2

Para: 𝒕𝟐 = 𝟏, 𝟐𝟖 𝒔 tan 𝛼2 =

50√3 𝑚 1 −50𝑚 + (9,81𝑚/𝑠2 )(1,28𝑠)2 2

𝛼2 = tan−1 [

50√3 𝑚

1 −50𝑚 + (9,81𝑚/𝑠2 )(1,28𝑠)2 2

𝛼2 = −64,15°

]

Restricciones: 0° < 𝛼 < 120° 𝛼1 = 4,17° corresponde a la trayectoria más pronunciada posible. b) La máxima altura del punto A que alcanza el cohete. Tiempo de subida 𝑣𝑦 = 0 y 𝑦 = 𝑦𝑚á𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 0 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡𝑠 𝑣0𝑦 𝑡𝑠 = 𝑔 𝒗𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝜶 𝒕𝒔 = 𝒈

c) La duración del vuelo. Ya fue determinado en el punto B 𝒕𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟗 𝒔 𝒕𝒗 = 𝟏𝟓, 𝟗 𝒔

1 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 + 𝑔𝑡 2 2 1 𝑦𝑚á𝑥 = 0 + 0𝑡 + 𝑔(𝑡𝑠 )2 2 1 𝑣0 cos 𝛼 2 ) 𝑦𝑚á𝑥 = 𝑔 ( 𝑔 2 (𝑣0 )2 (cos 𝛼)2 𝑦𝑚á𝑥 = 2𝑔 (75 𝑚/𝑠)2 (cos 4,16°)2 𝑦𝑚á𝑥 = 2(9,81𝑚/𝑠) 𝒚𝒎á𝒙 = 𝟐𝟖𝟓, 𝟐𝒎

segundos. Determine: 4. Desde lo alto de una torre se lanza un cuerpo con una velocidad de (25 𝑖 )𝑚/𝑠 el mismo que llega al suelo en 8 a) La distancia recorrida horizontal y vertical durante los primeros 5 segundos. b) La posición del cuerpo el momento que llega al suelo. c) La velocidad del cuerpo cuando choca con el suelo. d) La aceleración tangencial y centrípeta el momento de llegar al suelo. Datos: 𝑣𝑥 = (25 𝑖 )𝑚/𝑠 𝑣𝑦 = 0𝑚/𝑠 𝑡 = 8𝑠 𝑡5 = 5𝑠 𝑔 = (−9,8 𝑗 )𝑚/𝑠2

Incógnitas: a) 𝑟𝑥 =? ; 𝑟𝑦 =? b) 𝑟 =? c) 𝑣 =? d) 𝑎 𝑇 =? e) 𝑎𝑐 =?

Grafico: 𝒚

𝑣0 = 𝑣0𝑥 = (25 𝑖 )𝑚/𝑠

󰇍𝒚(𝟓) 𝒓

󰇍 𝒙(𝟓) 𝒓

𝒙

𝒕𝟓

󰇍 𝒙 𝒗

󰇍󰇍𝒚 𝒗

󰇍 𝒗

Desarrollo: a) La distancia recorrida horizontal y vertical durante los primeros 5 segundos. 𝑟𝑥(5) = 𝑣𝑥 𝑡

𝑟𝑥(5) = [(25 𝑖 )𝑚/𝑠] (5𝑠) 𝑟𝑥(5) = (125 𝑖 )𝑚

𝑟(5) = 𝑟𝑥(5) + 𝑟𝑦(5)

󰇍(𝟓) = (𝟏𝟐𝟓 𝒊 − 𝟏𝟐𝟐, 𝟓 𝒋 )𝒎 𝒓

𝑟𝑦(5) = 𝑟0 +𝑣0𝑦 𝑡 +

1

2

𝑔 𝑡 2

1 𝑟𝑦(5) = 0 + 0𝑡 + 𝑔 𝑡 2 2 1 2 𝑟𝑦(5) = 𝑔 𝑡 2 1 𝑟𝑦(5) = [(−9,8 𝑗 )𝑚/𝑠2 ](5)2 2 𝑟𝑦(5) = (−122,5 𝑗 )𝑚

b) La posición del cuerpo el momento que llega al suelo. 1 2 𝑟 = 𝑣𝑥 𝑡 + [𝑟0𝑦 + 𝑣0𝑦 𝑡 + 2 𝑔 𝑡 ] 1 2 2 𝑟 = (25 𝑖 )𝑚/𝑠(8𝑠) + [0 + 0𝑡 + (−9,8 𝑗 𝑚/𝑠 ) (8𝑠) ] 2 󰇍 = (𝟐𝟎𝟎 𝒊 − 𝟑𝟏𝟑, 𝟔𝒋 )𝒎 𝒓

c) La velocidad del cuerpo cuando choca con el suelo. 𝑣 = 𝑣𝑥 + 𝑣𝑦 𝑣 = 𝑣𝑥 + [𝑣0𝑦 + 𝑔𝑡] 𝑣 = (25 𝑖) 𝑚/𝑠 + [0 + (−9,8 𝑗 )𝑚/𝑠2 (8𝑠)] 󰇍 = (𝟐𝟓 𝒊 − 𝟕𝟖, 𝟒 𝒋)𝒎/𝒔 𝒗

d) La aceleración tangencial y centrípeta el momento de llegar al suelo. Aceleración tangencial 𝑎 𝑇 = [

𝑎 ⨀ 𝑣 ] 𝑣 𝑣2

𝑎 = (0𝑖 − 9,8𝑗)𝑚/𝑠2

𝑣 = (25 𝑖 − 78,4 𝑗)𝑚/𝑠

__________________________________________ 𝑚 𝑚 𝑎⨀𝑣 = (0 2 ) (25 ) + (−9,8𝑚/𝑠2 )(−78,4𝑚/𝑠) 𝑠 𝑠

󰇍𝒂⨀𝒗 󰇍 = 𝟕𝟔𝟖, 𝟑𝟐 𝒎𝟐 /𝒔𝟑 𝑎 𝑇 = [ 𝑎 𝑇 = [

𝑎 ⨀ 𝑣 ] 𝑣 𝑣2

768,32 𝑚2 /𝑠3 ] (25 𝑖 − 78,4 𝑗)𝑚/𝑠 𝑚2 6771,56 2 𝑠

𝒂 󰇍𝑻 = (𝟐, 𝟖 𝒊 − 𝟖, 𝟗 𝒋)𝒎/𝒔𝟐

Aceleración centrípeta (aceleración normal) 𝒂 󰇍𝒈 = 󰇍𝒂𝒄 + 𝒂 󰇍 𝑻 󰇍𝒂𝒄 = 𝒂󰇍 𝒈 − 𝒂 󰇍 𝑻

𝑎𝑐 = (−9,8 𝑗 )𝑚/𝑠2 − [(2,8 𝑖 − 8,9 𝑗)𝑚/𝑠2 ]

󰇍𝒄 = (−𝟐, 𝟖 𝒊 − 𝟎, 𝟗𝒋 )𝒎/𝒔𝟐 𝒂

𝑚 2 𝑚 2 ) + (−78,4 ) 𝑠 𝑠 𝒎𝟐 𝟐 𝒗 = 𝟔𝟕𝟕𝟏, 𝟓𝟔 𝟐 𝒔 𝑣 2 = (25

Mecánica vectorial para ingenieros novena edición Dinámica: Beer – Johnston – Cornwell. Problema 11.101 Pág. 655

5. Un jugador de voleibol sirve la pelota con una velocidad inicial 𝑣0 que tiene una magnitud 13,40 𝑚/𝑠 y forma un ángulo de 20° con la horizontal. Determine: a) Si la pelota pasará sobre el borde superior de la red. b) A qué distancia de la red aterrizará la pelota.

Datos: 𝑣0𝑥 = 𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 20° 𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin 20° 𝑣0 = 13,40 𝑚/𝑠 𝑔 = −9,8 𝑚/𝑠2 Desarrollo: a) Si la pelota pasará sobre el borde superior de la red. 𝑣 0𝑦

𝑣0𝑥

𝒚𝟎 = 𝟐, 𝟏𝒎

Determinamos el tiempo en que la pelota llega al punto C sobre la red: 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥 𝑡𝐶 𝑥 = 0 + 𝑣𝑥 𝑡𝐶 𝑥 𝑡𝐶 = 𝑣𝑥 𝑥 𝑡𝐶 = 𝑣0 cos 20° 9𝑚 𝑡𝐶 = (13,40 𝑚/𝑠)(cos 20°) 𝒕𝑪 = 𝟎, 𝟕𝟏𝟓𝒔

1 𝑔𝑡 2 2 𝐶 1 𝑦𝐶 = 𝑦0 + 𝑣0 sin 20° 𝑡𝑐 + 𝑔 𝑡𝐶 2 2 1 𝑦𝐶 = 2,1𝑚 + (13,40 𝑚/𝑠)(sin 20°)( 0,715𝑠) + (−9,81𝑚/𝑠 2 ) (0,715𝑠)2 2 𝑦𝐶 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡𝐶 +

𝑦𝐶 = 2,87𝑚

Como: 𝑦𝐶 > 2,43𝑚 la pelota pasa sobre la red.

b) A qué distancia de la red aterrizará la pelota. Determinamos el tiempo de vuelo de la pelota 1 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡𝑣 + 𝑔 𝑡𝑣 2 2 1 0 = 2,1𝑚 + (13,40𝑚/𝑠)( sin 20°)𝑡𝑣 + (−9,81𝑚/𝑠2 ) (𝑡𝑣 )2 2 0 = 2,1 + 4,58 𝑡𝑣 − 4,9 (𝑡𝑣 )2 −4,9 (𝑡𝑣 )2 + 4,58 𝑡𝑣 + 2,1 = 0 𝒕𝒗𝟏 = 𝟏, 𝟐𝟕𝒔 𝑡𝑣2 = −0,34𝑠 Alcance máximo 𝑥𝑚á𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥 𝑡𝑣 𝑥𝑚á𝑥 = 0 + (𝑣0 cos 20°)(𝑡𝑣 ) 𝑥𝑚á𝑥 = (13,40𝑚/𝑠)(cos 20°)(1,27𝑠) 𝑥𝑚á𝑥 = 16𝑚

Distancia a la que aterriza la pelota, luego de pasar la red. 𝑥𝑅 = 𝑥𝑚á𝑥 − 9𝑚 𝑥𝑅 = 16𝑚 − 9𝑚 𝒙𝑹 = 𝟕𝒎 Mecánica vectorial para ingenieros décima edición Dinámica: Beer – Johnston – Cornwell. Problema 11.106 Pág. 537

6. A medio tiempo de un juego de fútbol se lanzan pelotas de regalo a los espectadores con una velocidad 𝑣0 . Determine el intervalo de valores de 𝑣0 si las pelotas aterrizan entre los puntos 𝐵 y 𝐶.

𝑣0𝑦 𝒚𝟎

𝑣0𝑥

𝑥′𝐵

Determinamos las posiciones 𝑦′𝐵 ; 𝑦′𝐶 ; 𝑥′𝐵 ; 𝑥′𝐶 cos 35° =

𝑥′𝐵 10𝑚

𝑥′𝐵 = (10𝑚)(cos 35°) 𝒙′𝑩 = 𝟖, 𝟏𝟗𝟐 𝒎 cos 35° =

𝑥′𝐶 17𝑚

𝑥′𝐶 = (17𝑚)(cos 35°) 𝒙′𝑪 = 𝟏𝟑, 𝟗𝟐𝟔 𝒎

sin 35° =

𝑦′𝐵 10𝑚

𝑦′𝐵 = (10𝑚)( sin 35°) 𝒚′𝑩 = 𝟓, 𝟕𝟑𝟔 𝒎 sin 35° =

𝑦′𝐶 17𝑚

𝑦′𝐶 = (17𝑚)( sin 35°) 𝒚′𝑪 = 𝟗, 𝟕𝟓𝟏 𝒎

Determinamos las posiciones 𝑦𝐵 ; 𝑦𝐶 ; 𝑥𝐵 ; 𝑥𝐶 𝑥𝐵 = 8𝑚 + 𝑥′𝐵

𝑥𝐵 = 8𝑚 + 8,192𝑚

𝒙𝑩 = 𝟏𝟔, 𝟏𝟗𝟐 𝒎 𝑥𝐶 = 8𝑚 + 𝑥′𝐶

𝑥𝐶 = 8𝑚 + 13,926𝑚

𝒙𝑪 = 𝟐𝟏, 𝟗𝟐𝟔 𝒎

𝑦𝐵 = 1,5𝑚 + 𝑦′𝐵

𝑦𝐵 = 1,5𝑚 + 5,736𝑚 𝒚𝑩 = 𝟕, 𝟐𝟑𝟔 𝒎

𝑦𝐶 = 1,5𝑚 + 𝑦′𝐶

𝑦𝐶 = 1,5𝑚 + 9,751𝑚

𝒚𝑪 = 𝟏𝟏, 𝟐𝟓𝟏 𝒎

𝑦′𝐵

𝑥′𝐶

𝑦′𝐶

𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑡

𝑥 = 𝑣0 cos 40° 𝑡 𝑥 𝑡 = 𝑣 cos 40° 0 Para: 𝑡𝐵

𝒕𝑩 =

𝒙𝑩 𝒗𝟎𝑩 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟎°

Determinamos el tiempo 𝑡𝐵 en que la pelota llegaría al punto B 1 𝑦𝐵 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡𝐵 − 𝑔(𝑡𝐵 )2 2 1 𝑦𝐵 = 𝑦0 + (𝑣0𝐵 )(sin 40°)𝑡𝐵 − 𝑔(𝑡𝐵 )2 2 𝑥𝐵 1 7,236𝑚 = 2𝑚 + (𝑣0𝐵 )(sin 40°) ( ) − 𝑔(𝑡𝐵 )2 𝑣0𝐵 cos 40° 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = 2𝑚 − 7,236𝑚 + 𝑥𝐵 (tan 40°) 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = −5,236 + (16,192)(tan 40°) 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = −5,236 + (16,192)(tan 40°) 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = 8,351 2 2(8,351) 𝑡𝐵 = √ 9,81 𝒕𝑩 = 𝟏, 𝟑𝟎𝟒𝟖𝒔

Determinamos la velocidad inicial que debería tener para llegar al punto B 𝑡𝐵 =

𝑥𝐵 𝑣0𝐵 cos 40°

𝑣0𝐵 =

𝑣0𝐵 =

𝑥𝐵 𝑡𝐵 cos 40°

16,192𝑚 (1,3048𝑠) cos 40°

𝒗𝟎𝑩 = 𝟏𝟔, 𝟐 𝒎/𝒔

Para: Para: 𝑡𝐶 𝑡𝐶 =

𝑥𝐶 𝑣0𝐶 cos 40°

Determinamos el tiempo 𝑡𝐶 la pelota llegaría al punto C 1 2 𝑦𝐶 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡𝐶 − 2 𝑔(𝑡𝐵 ) 1 2 𝑦𝐶 = 𝑦0 + (𝑣0𝐶 )(sin 40°)𝑡𝐶 − 𝑔(𝑡𝐶 ) 2 𝑥𝐶 2 1 𝟏𝟏, 𝟐𝟓𝟏 𝒎 = 2𝑚 + (𝑣0𝐶 )(sin 40°) ( ) − 2 𝑔(𝑡𝐶 ) 𝑣0𝐶 cos 40° 1 2 ) ( 𝑔(𝑡𝐶 = 2𝑚 − 𝟏𝟏, 𝟐𝟓𝟏 𝒎 + 𝑥𝐶 tan 40°) 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = −9,215 + (𝟐𝟏, 𝟗𝟐𝟔 𝒎)(tan 40°) 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = −9,215 + (𝟐𝟏, 𝟗𝟐𝟔 )(tan 40°) 2 1 𝑔(𝑡𝐵 )2 = 9,183 2 2(9,183) 𝑡𝐶 = √ 9,81 𝒕𝑪 = 𝟏, 𝟑𝟔𝟖𝟑𝒔

Determinamos la velocidad inicial que debería tener para llegar al punto C 𝑡𝐶 =

𝑥𝐶 𝑣0𝐶 cos 40°

𝑣0𝐶 =

𝑣0𝐶 =

𝑥𝐶 𝑡𝐶 cos 40°

𝟐𝟏, 𝟗𝟐𝟔 𝒎 (1,3683𝑠) cos 40°

𝒗𝟎𝑪 = 𝟐𝟎, 𝟗𝟐 𝒎/𝒔

El intervalo de valores de 𝑣0 para que las pelotas aterricen entre los puntos 𝐵 y 𝐶 es: 𝟏𝟔, 𝟐 𝒎/𝒔 < 𝒗𝟎 < 𝟐𝟎, 𝟗𝟐 𝒎/𝒔

Mecánica vectorial para ingenieros novena edición Dinámica: Beer – Johnston – Cornwell. Problema 11.115 Pág. 659

7. Un rociador de jardín que descarga agua con una velocidad inicial 𝒗𝟎 de 8 𝑚/𝑠 se usa para regar un jardín de vegetales. Determine la distancia 𝒅 al punto 𝑩 más lejano que será rociado y el ángulo 𝜶 correspondiente cuando: a) Los vegetales apenas comienzan a crecer, b) La altura 𝒉 de la planta de maíz es de 1,8𝑚.

Desarrollo:

a) Determine la distancia 𝒅 al punto 𝑩 más lejano que será rociado y el ángulo 𝜶 correspondiente cuando los vegetales apenas comienzan a crecer. Posición horizontal 𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑡 𝑥 = 𝑣0 cos 𝛼 𝑡 𝑥 𝑡= 𝑣0 cos 𝛼 Como: 𝑥 = 𝑑𝐵 𝒅𝑩 𝒕𝑩 = 𝒗𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝜶

𝑑𝐵 2𝑣0 sin 𝛼 = 𝑔 𝑣0 cos 𝛼 (𝑣0 )2 (2 sin 𝛼 cos 𝛼) 𝑑𝐵 = 𝑔 (𝑣0 )2 (sin 2𝛼) 𝑑𝐵 = 𝑔

1 2 𝑔𝑡 2 Como el nivel de referencia es el piso 𝑦0 = 0, la posición final en el punto B es cero 𝑦 = 0 1 0 = 𝑣0𝑦 𝑡𝐵 − 𝑔(𝑡𝐵 )2 2 1 2 𝑔(𝑡𝐵 ) = 𝑣0 sin 𝛼 𝑡𝐵 2 1 𝑔𝑡 = 𝑣0 sin 𝛼 2 𝐵 𝟐𝒗𝟎 𝐬𝐢𝐧 𝜶 𝒕𝑩 = 𝒈 Posición vertical

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 −

La distancia máxima se obtiene cunado el valor de sin 2𝛼 en máximo, es decir que: sin 2𝛼 = 1 2𝛼 = cos −1 (1) 2𝛼 = 90° 𝜶 = 𝟒𝟓°

Distancia 𝒅 al punto 𝑩 más lejano (𝑣0 )2 (sin 2𝛼) 𝑑𝐵 = 𝑔 (8𝑚/𝑠)2 (sin 2(45°)) 𝑑𝐵 = 9,81𝑚/𝑠2 𝒅𝑩 = 𝟔, 𝟓𝟐𝒎

b) Determine la distancia 𝒅 al punto 𝑩 más lejano que será rociado y el ángulo 𝜶 correspondiente cuando la altura 𝒉 de la planta de maíz es de 1,8𝑚 Datos: Posición horizontal 𝑥𝑚𝑎í𝑧 = 1,5𝑚 𝑦𝑚𝑎í𝑧 = ℎ = 1,8𝑚

𝒅𝑩 𝒗𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝜶 𝑥𝑚𝑎í𝑧 𝑡𝑚𝑎í𝑧 = 𝑣0 cos 𝛼 𝟏, 𝟓 𝒕𝒎𝒂í𝒛 = 𝒗𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝜶 𝒕𝑩 =

1 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2 1 𝑦𝑚𝑎í𝑧 = 𝑣0𝑦 𝑡𝑚𝑎í𝑧 − 𝑔(𝑡𝑚𝑎í𝑧 )2 2 1 ℎ = 𝑣0 sin 𝛼 𝑡𝑚𝑎í𝑧 − 𝑔(𝑡𝑚𝑎í𝑧 )2 2 2 1,5 1,5 1 ) 1,8 = 8 sin 𝛼 ( )− 𝑔( 𝑣0 cos 𝛼 2 𝑣0 cos 𝛼 2 1,5 1 1,5 ) 1,8 = 8 sin 𝛼 ( )− 𝑔( 8 cos 𝛼 8 cos 𝛼 2 1 2,25 1,8 = (1,5) tan 𝛼 − (9,81) [ ] 2 64(cos 𝛼)2 1 2,25 1,8 = (1,5) tan 𝛼 − (9,81) [ ] 2 64(cos 𝛼)2 1 1,8 = (1,5) tan 𝛼 − 0,1724 [( ) ] (cos 𝛼)2 1,8 = (1,5) tan 𝛼 − 0,1724 (sec 𝛼)2 1,8 = (1,5) tan 𝛼 − 0,1724 [( tan 𝛼)2 + 1] 1,8 = (1,5) tan 𝛼 − 0,1724( tan 𝛼)2 − 0,1724 𝟎, 𝟏𝟕𝟐𝟒( 𝐭𝐚𝐧 𝜶)𝟐 − 𝟏, 𝟓 𝐭𝐚𝐧 𝜶 + 𝟏, 𝟗𝟕𝟐𝟒 = 𝟎 Posición vertical

Solución de la ecuación 𝟎, 𝟏𝟕𝟐𝟒( 𝐭𝐚𝐧 𝜶)𝟐 − 𝟏, 𝟓 𝐭𝐚𝐧 𝜶 + 𝟏, 𝟗𝟕𝟐𝟒 = 𝟎

𝑎 = 0,1724 𝑏 = −1,5 𝑐 = 1,9724 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 tan 𝛼 = 2𝑎 1,5 ± √(−1,5)2 − 4(0,1724)( 1,9724) tan 𝛼 = 2(0,1724) 1,5 ± 0,9433 tan 𝛼 = 0,3448 tan 𝛼1 = 7,0861

𝛼1 = tan−1(7,0861)

𝛼1 = 81,99°

tan 𝛼2 = 1,6145

𝛼2 = tan−1 (1,6145)

𝜶𝟐 = 𝟓𝟖, 𝟐° para el punto más lejano La distancia máxima se obtiene cunado el valor de 𝜶 = 𝟓𝟖, 𝟐°. (𝑣0 )2 (sin 2𝛼) 𝑑𝐵 = 𝑔 (8)2 [sin 2(58,2°)] 𝑑𝐵 = 9,81𝑚/𝑠2 𝑑𝐵 = 5,84𝑚...