Aplicaciones DE LA Parabola PDF

Preview

Summary

APLICACIONES EN LA INGENERIA1 antena parabólica tiene 3 mts de Ancho ,en la parte donde está situado su aparato receptor ¿A que distancia del fondo de la antena está colocado el receptor de señales? Primero se definirá donde se encuentra el vértice , el origen,lo colocamos ahí ya que no nos dan coo...

Description

APLICACIONES EN LA INGENERIA 1.Una antena parabólica tiene 3 mts de Ancho ,en la parte donde está situado su aparato receptor ¿A que distancia del fondo de la antena está colocado el receptor de señales? 

Primero se definirá donde se encuentra el vértice , el origen,lo colocamos ahí ya que no nos dan coordenadas del vértice,



Ya que el foco pasa por el aparato receptor , y como ya establecimos el origen entonces definiremos que la parábola es horizontal , tomaremos que esta ubicado en el siguiente grafico:

Y 

Recordemos que el lado recto es : LR =I4PI



Resolviendo:

LR =3

4 P=3

V

F

X

P=

3 4

P=0.75 mt RPTA :EL RECEPTOR DE SEÑALES ESTA UBICADO A 0.75 mts del fondo de la antena.

P

P

2.Un cable de un puente colgante tiene la forma parabólica y esta sujeto a dos torres de 15 m y de altura ,situados a 120 m una de la otra .Si el punto mas abajo del cable esta a 3m del piso del puente ,Halle a longitud de una barra de soporte que esta a 30 m a la derecha del punto mas abajo del cable. SOLUCION: 

GRAFICO

V =(0,3)

SOLUCION:

A. Primero al observar que la parábola se abre hacia arriba la ecuación sera: (x−h)2= 4 p( y − k )

donde el vértice será V =(0,3)

B. Remplazamos en la ecuación el vértice y nos resulta: (x)2=4 p( y −3) C. Luego buscaremos un punto en común que tenga la parábola y pertenezca a su ecuación para poder remplazarlo

(60,15)

D. Remplazamos en la ecuación el punto (60,15) para hallar el valor de “P” ( 60)2=4 p ( 15−3) P=75 E. Ahora remplazamos p en la ecuación y nos resultara que la ecuación del puente colgante en forma de parábola será: 2

(x) =300 ( y−3) F. Lo que pide hallar es la longitud de la barra roja por lo tanto el punto que se encontrara será (30,L)

(30,L)

G. Remplazando el punto en la ecuación del puente colgante en forma de parábola podremos hallar la longitud de la barra de Soporte roja.

2

(x) =300 ( y−3) (30)2=300 (L− 3) L=6 metr os

RPTA :La longitud de la Barra de soporte será de 6 metros.

3.Dos torres de suspensión de un puente colgante que distan entre si de 300m y se extienden verticalmente 80 m por encima de la calzada.Si el cable que une las torres toma la forma de una parábola yM es punto de Tangencia .Calcular TQ. SOLUCION GRAFICO

M A.Debido al Grafico podemos hallar la ecuación de la parábola 2

(x) =4 py B.Hallaremos un punto que coincidan en el puente en forma de parábola

(150,80)

C.Hallaremos otro punto que coincida con la distancia QT que valdra “N” y este punto tambien debe coincidir en la ecuación del puente en forma de parábola

(50,N)

D.Luego de hallar los dos puntos P1=(150,80) y P2=(50,N) Podremos remplazar en la ecuación del puente en forma de parábola resultando : .

2

Remplazando en el P 1 :(150) =4 p (80) Remplazando en el P 2 :(50)2=4 p(N )

E.Luego igualaremos la dos ecuaciones , igualando el valor de “P” (50)2=

150 2 (N ) 80

F.Con esta igualación de ecuaciones se podrá hallar el Valor de Nque es la distancia de QT que nos pide el problema

2

150 (N ) 80 80 (N) (50)2 x 1502 2

(50) =

80 =N 9 8,9=N

RPTA :La longitud de la distancia QT es 8,9 metros DE LA PARABOLA EN LA FISICA APLICACIONES

En la Física, la parábola aparecen en muchas leyes importantes. Es, quizá, en la Mecánica (parte de la Física que trata del equilibrio y del movimiento de los cuerpos sometidos a cualquier fuerza) en donde la encontramos de forma más inmediata. El físico italiano Galileo (1564-1642) descubrió la ley que gobierna el movimiento de los cuerpos sobre la superficie de la Tierra: La velocidad de caída de los cuerpos no depende de su masa y es directamente proporcional al tiempo. Esto implica que si lanzamos un objeto con cierta inclinación hacia arriba la trayectoria seguida es una parábola. Esto es así porque el movimiento de dicho objeto puede descomponerse en dos: uno horizontal y otro vertical -también descubierto por Galileo-, el horizontal sigue con velocidad constante mientras que el vertical sigue la ley: v = g·t, siendo g la constante de la gravedad (9,8 m/s²), t, el tiempo y v, la velocidad. Sumando los dos movimientos -diríamos mejor componiéndolos- obtenemos en la relación entre las coordenadas cartesianas x e y la ecuación de una parábola. del tipo:

Un ejemplo muy conocido de una parábola en el mundo real es la trayectoria de una pelota en vuelo libre. Al lanzar una pelota, primero va hacia arriba y hacia adelante, luego cae sin dejar de avanzar, formando así un camino con forma de parábola invertida. Un movimiento parabólico también ocurre cuando una pelota de baloncesto rebota en el suelo duro. Otro ejemplo es el tiro de béisbol realizado por un bateador. Para analizar bien este hecho se estudia el movimiento parabólico del objeto.

MOVIMIENTO PARABOLICO El movimiento parabólico, también conocido como tiro oblicuo, consiste en lanzar un cuerpo con una velocidad que forma un ángulo α con la horizontal. En la siguiente figura puedes ver una representación de la situación.

Este movimiento es el propio de los proyectiles.En el eje x el cuerpo se desplaza a velocidad constante vox (m.r.u.) y en el eje y con una aceleracion constante provocada por la gravedad (m.r.u.a.). Se caracteriza porque en el punto mas alto la velocidad edl cuerpo es siempre v0x(no hay vy)

Ecuaciones Las ecuaciones del movimiento parabólico son: 

Las ecuaciones del m.r.u. para el eje x x=x 0+ vx ⋅ t



Las ecuaciones del m.r.u.a. para el eje y vy =v 0 y +ay ⋅ t

1 2 y= y 0+v 0 y ⋅t+ ⋅ ay ⋅t 2 Dado que, como dijimos anteriormente, la velocidad forma un ángulo α con la horizontal, las componentes x e y se determinan recurriendo a las relaciones trigonométricas más habituales: Finalmente, teniendo en cuenta lo anterior, que y0 = H , x0 = 0, y que ay = -g , podemos reescribir las fórmulas tal y como quedan recogidas en la siguiente lista. Estas son las expresiones finales para el cálculo de las magnitudes cinemáticas en el movimiento parabólico o tiro oblicuo: Eje «y» (Movimiento parabólico de caída libre – MPCL) Mientras que en el eje «y» aplicaremos las siguientes fórmulas de caída libre:



Usar (+) → si el móvil baja.



Usar (-) → si el móvil sube.

Donde: 

vfy : velocidad final en el eje «y»



v0y : velocidad inicial en el eje «y».



g : aceleración de la gravedad (g = 9,8 m/s2).



t : tiempo del recorrido.

EJERCICIOS PROBLEMA 1 Un jugador de Fútbol Americano patea el balón con una velocidad de 30 m/s, y éste mismo lleva un ángulo de elevación de 48° respecto a la horizontal. Calcule; a) Altura, b) Alcance, c) Tiempo que permanece en el aire Veamos la gráfica del problema: Solución: Empecemos a resolver los incisos de éste ejemplo. A. Para calcular nuestra altura, apliquemos la fórmula 1 que pusimos arriba.

h=

( )

v 0 2 sen2 θ = 2g

30

m2 2 sen (48 °) s =25.36 m m 2(9.8 2 ) s

Para el seno al cuadrado de 48°, primero se obtiene el seno de 48 y luego al resultado se eleva al cuadrado, y se realizan las operaciones indicadas. B.

Para calcular el alcance, apliquemos la fórmula 2, así que tendremos lo siguiente:

Para el angulo doble del seno, el ángulo de 48° se multiplica por dos, después se le saca el seno a ese resultado y finalmente se realizan las operaciones. C. Para calcular el tiempo que permanece el objeto sobre el aire, aplicamos la fórmula

PROBLEMA 2 Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de 80 m/s y un ángulo de 30°, por encima de la horizontal. Calcular: a) Posición y velocidad después de los 6s b) Tiempo para alcanzar la altura máxima c) Alcance horizontal

Solución: Empecemos a resolver los incisos de éste ejemplo.

A. Para calcular la posición y velocidad en los 6 segundos, aplicaremos la fórmula 4, pero primero debemos descomponer en su forma rectangular a nuestro vector de velocidad inicial

Ahora si procedemos a calcular la posición a los 6 segundos.

415.68 metros es la posición en “x” a los 6 segundos. 63.6 metros es la posición en “y” a los 6 segundos.  Ahora para saber la velocidad general en ese punto aplicamos primero la fórmula

La velocidad negativa, indica que ya pasó el punto más alto y el proyectil está empezando a descender. Aplicando la fórmula, y recordando que la velocidad en “x” a los 6 segundos, es la misma siempre, no hay cambios a diferencia de “y” que si cambia, y que ya hemos calculado.

B.

Para que podamos calcular el tiempo en alcanzar la altura máxima, usamos la fórmula

Qué sería el tiempo en tocar la altura máxima. C.

Para poder calcular el alcance, hacemos uso de la fórmula 9, aquí multiplicaremos el tiempo de la altura máxima por 2, para saber el tiempo total.

Y con esto tenemos el problema resuelto PROBLEMA 3 Una máquina lanza un proyectil a una velocidad inicial de 110 m/s , con ángulo de 35°, Calcular: a) Posición del proyectil a los 6s, b) Velocidad a los 6s, c) Tiempo en la máxima altura, d) Tiempo total del vuelo, e) Alcance logrado

Solución: Para este tercer ejemplo, se da por hecho que ya sabemos como aplicar las fórmulas, así que solo estaremos aplicando la fórmula para obtener nuestros resultados. A. Posición del Proyectil a los 6 segundos, pero primero descomponemos el vector velocidad.

Ahora, si calculamos la posición, tanto en “x” como en “y”:

B. Para poder calcular la velocidad a los 6 segundos, solamente nos hace falta calcular la velocidad en y, ya que en “x” es la misma todo el tiempo.

Ahora si magnitud de la velocidad a los 6 segundos.

calculamos

la

Para cal

C. cular el tiempo en la altura máxima, aplicamos su fórmula:

D. Para el tiempo total de vuelo, solo hace falta multiplicar por 2, al tiempo de la altura máxima.

E. Para calcular el alcance logrado, aplicamos la fórmula:

PROBLEMA 4 Están jugando en el patio de un colegio, cuando el balón sale al exterior por encima de la valla del campo. Un hombre le da una patada al balón para devolverlo al interior. Sabiendo que el muro del patio tiene 3 m de altura, que el hombre está a 53 m del muro y que patea el balón a 24 m/s con un ángulo de 55°, averiguar si consigue que la pelota vuelva a entrar al patio o, por el contrario pasa sobre el muro. Solución: En este problema, emplearemos también fórmulas de los dos movimientos componentes del movimiento parabólico: el movimiento rectilíneo uniforme (MRU), que se corresponde con el eje horizontal, y el movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA), que se corresponde con el eje vertical.  





En primer lugar, volvemos a descomponer el vector velocidad inicial v0 en sus dos componentes. La componente horizontal de la velocidad será: La c omponente vertical de la velocidad

inicial será: Resolveremos el problema aplicando las ecuaciones de los dos movimientos, MRU y MRUA. Como el hombre chuta el balón a 53 m del muro y la componente horizontal de la velocidad es 13,77 m/s, por la ecuación del MRU tendremos:

Que será el tiempo en llegar al balón al muro, ya que éste está a 53 m. Ahora, para ver si lo sobrepasa, aplicamos una fórmula del MRUA:

Recordamos que la aceleración es la de la gravedad g, con signo contrario al de la componente vertical de la velocidad inicial. La respuesta al ejercicio es que el hombre no ha conseguido meter el balón en el patio, puesto que el muro tiene una altura de 3 m y el balón ha impactado contra él a 2,98 m. Deberá volverlo a intentar, quizás acercándose más al muro.

PROBLEMA 5 En una prueba de atletismo de lanzamiento de peso, el atleta logra una marca de 22 m. Sabiendo que la bola sale de su mano a 2 m del suelo y con un ángulo de 45°, averiguar la velocidad inicial del lanzamiento.

Solución: Para resolver el problema, igualmente emplearemos las fórmulas del movimiento rectilíneo uniforme y del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, que componen, como se ha repetido, el movimiento parabólico. Del movimiento MRU usaremos la fórmula:

Sabemos que v0 · cos θ es la componente horizontal de la velocidad v0). Despejamos el tiempo y la velocidad:

Ahora, vamos a la fórmula del espacio del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado:



Sabemos también que v0 · sen θ es la componente vertical de la velocidad v0 y

que la aceleración es la de la gravedad g con signo negativo, al ser contraria a la velocidad inicial. La altura final será cero, y = 0 m, puesto que la bola impacta en el suelo. La altura inicial será a la que suelta el atleta la bola de la

mano, y0 = 2 m). Sustituimos por la expresión de t antes obtenida y ponemos los valores conocidos:



Despejamos de esta ecuación la t, pues tan 45° = 1.



Volvemos a la expresión anterior de v0.

Por lo tanto, 14,1 m/s será la velocidad de lanzamiento v0 buscada. APLICACIÓN DE LA PARÁBOLA EN LA ECONOMÍA Se usa para modelar situaciones o relaciones en los negocios, en la ciencia y en la medicina. Un uso común en los negocios es maximizar las ganancias, es decir, la diferencia entre los ingresos (dinero que entra) y los costos de producción (dinero gastado). La relación entre el costo de un artículo y la cantidad vendida es normalmente lineal. Si nosotros vemos que el precio de un producto sube lo lógico sería que compremos menor cantidad del producto. La cantidad de ganancia se encontrará tomando el total de ingresos (la cantidad vendida multiplicada por el precio de venta) y restando el costo de producir todos los artículos: Ganancia = Ingreso Total – Costos de Producción. Podemos integrar la relación lineal del precio de venta a la cantidad y la fórmula de la Ganancia y crear una ecuación cuadrática, que entonces podemos maximizar. 1. PROBLEMA: Para ingresar a una biblioteca, los usuarios deben pagar una cuota para entrar. Cuando se cobra 2 soles de cuota la demanda es de 280 entradas al mes. Pero si se cobra 1.5 soles la demanda aumenta a 560 entradas por mes. Si por el mantenimiento de la biblioteca, los propietarios pagan 30 soles por mes, determinar la ganancia (expresada en función) y la cuota a cobrar que generará mayor ganancia mensual. m=

y 1− y 0 x 1− x 0

ECUACIÓN DE LA RECTA: m=

y− y0 x− x0

−560=

y−560 x−1.5

y=−560 x +1440

D (x)=−560 x+1440 INGRESOS: I ( x )=D ( x ) × x I ( x )= (−560 x +1440) x

GANANCIA: G ( x ) =(−560 x +1440 ) x−30 2 G ( x ) =−560 x +1440 x−30

a=−560 b=1440

c=−30 La cuota que se debería cobrar es de 1.29 soles.

2. Problema:

Para este problema, el costo de producir cada artículo es de $10.

Usando los datos anteriores, determinar el precio de venta s, que produce la ganancia Graficar s en el eje horizontal y q en el eje vertical. Usar dos puntos cualesquiera en la línea recta de la gráfica para encontrar la pendiente de la recta que es -20. Leer la intersección en y como 1200. Poner estos valores en la forma pendiente-intersección anual máxima.

q = cantidad vendida s = precio de venta del artículo

y=mx + b

q=−20 s +1200 La fórmula de la ganancia es P=Ingresos Totales – Costos de Producción IngresosTotales= precio × cantidad vendida

Costosde Producción=costo por artículo × cantidad vendida

Entonces:

P=s q – 10 q

Sustituimos para que nos quede una sola variable:

P=−20 s2 +1400 s – 12000 Encontrando el vértice de la parábola, encontraremos el precio de venta que generará la ganancia máxima. El eje x representa el precio de venta, por lo que el valor de la coordenada x en el vértice, representa el mejor precio. El valor de y en el vértice nos dará la cantidad de ganancias hechas.

Encontrar la coordenada x del vértice aplicando la fórmula x=

−b 2a

Recordando que en este problema la ‘’x’’ está representada por ‘’s’’ s=

−b 2a 2

P=−20 s +1400 s – 12000

a=−20 b=1400 c=−12000

s=

−1400 2(−20 )

s=35 El precio de venta que genera la máxima ganancia es $35 3. Problema: Mensualmente una compañía puede vender x unidades de cierto artículo a p soles cada uno, en donde la relación entre p y x (precio y número de artículos vendidos) está dada por la siguiente ecuación de demanda:

P=1400 – 35 x

¿cuántos artículos debe vender para tener una máxima ganancia, si paga al estado 400 soles mensuales de impuesto?

Demanda: 1400−35 x Número de artículos vendidos: x INGRESO= ( 1400−35 x ) x

GANANCIA=( 1400−35 x ) x−400

2

GANANCIA=1400 x−35 x −400

x=

−b 2a

GANANCIA =1400 x−35 x2 −400 a=−35

b=1400 c=400 x=20

Debe vender 20 artículos Un distribuidor adquiere balones a un costo de 4UM la unidad. Cuando el precio de venta es de 10UM se venden 4000 unidades en un mes. Se quiere subir los precios y se estima que por cada aumento de 1UM en el precio se venderán 200 balones menos. Una variable muy frecuente para modelar este problema es: x=Número de incrementos de 1UM . q=número de balones vendidos por mes q=4000 −200 x Puede ser expresado en términos de x como: Observe que si x= 0 no hay incrementos y las ventas son 4000, si x=1 entonces se dejan de vender 200 balones, esto es 3800 así puede continuar.

En términos de x, el precio está dado por: p=10+ x

En este caso obtendremos la utilidad total en base a la utilidad por balón Utilidad por cada balón= precio – costounitario

Utilidad por cada balón= p – costo unitario=10+x−4=6+ x y la utilidad total en términos de x está dada por: Utilidadtotal =q(utilidad por balón)=( 4000−200 x)(6 + x)= 200(20−x )=200(20−x )(6+ x)

Como la utilidad total es una función cuadrática con a...