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Caída libre Sugerencias para resolver problemas de caída libre. Para resolver problemas recomendamos seguir las siguientes sugerencias. Primero. En problemas de caída libre, lo primero que debemos de realizar es un dibujo que ilustre el problema. Segundo. Elegir un sistema de referencia (siendo éste un eje vertical). Tercero. Adoptar una convención de signos (generalmente positivos hacia arriba y negativos hacia abajo). Cuarto. Elegir el origen del sistema de referencia (es conveniente elegirlo en el lugar de donde se deja caer o se lanza el objeto). Quinto. Localizar en el dibujo los puntos en los cuales nos apoyaremos para resolverlo, en dichos puntos hay que poner las variables involucradas que son Posición, Tiempo y Velocidad (tanto iniciales como finales). Sexto. Traducir a símbolos las expresiones verbales, por ejemplo: se deja caer un cuerpo (v 0 = 0 m/s) Séptimo. En problemas de caída libre, la aceleración ( a ) con que caen los cuerpos es la aceleración de la gravedad ( g ) que siempre tiene un valor positivo de 9.81 m/s2 . Octavo. Dependiendo de la convención de signos adoptada para el sistema de referencia (punto Tercero), la aceleración del cuerpo (no la de la gravedad) puede ser positiva o negativa; de esta forma: para una convención de signos + hacia arriba, - hacia abajo, la aceleración es negativa y:

a  g para una convención de signos - hacia arriba, + hacia abajo, la aceleración es positiva y:

a g Noveno. En todos nuestros problemas (a menos que se indique lo contrario) adoptaremos la convención de signos + hacia arriba, - hacia abajo. Con esa premisa, las ecuaciones de movimiento para caída libre serán: ecuaciones de caída libre

y  y0  v0t  y  y0 

1 2 gt 2

1  v  v0 t 2

v v0  gt

v 2  v0  2 g  y  y0  2

Donde g siempre tiene un valor de +9.81 m/s2.

1. Desde el techo de un edificio se deja caer una piedra hacia abajo y se oye el ruido del impacto contra el suelo 3 s después. Sin tomar en cuenta la resistencia del aire, ni el tiempo que demoró el sonido en llegar al oído, encuentre: a) La altura del edificio. b) La velocidad de la piedra al llegar al suelo.

Velocidad con que llega la piedra al suelo, donde el signo negativo indica que la piedra va hacia abajo en su movimiento. 2. Se lanza una bola hacia arriba y regresa a su nivel original 4 s después de haber sido lanzada. ¿A qué altura se elevó?

m 78.48 m v0  19.62 s 4s Para determinar el tiempo: retomamos la mitad del problema, es decir desde que se lanza hasta que alcanza la máxima altura en donde la velocidad se hace cero.

v1 v0  gt Despejando y sustituyendo datos:

m 0 19.62 v1 v 0 s 2 s  t  g m     9.81 2  s   Una vez encontradas las variables que necesitábamos, regresamos a nuestro problema original:

y1 y0  v0 t 

1 2 gt 2

Sustituyendo los valores encontrados:

m m 1 2  y1  0  19.62  2s     9.81 2   2s   39.24m  19.62m 19.62 m s s 2     Siendo la altura: h  y1 y 0 19.62  0 19.62 m

El problema se puede resolver sin necesidad de conocer el tiempo (pero sí la velocidad inicial), para ello consideramos que la velocidad en el punto más alto es cero y se aplica la ecuación: 2 2 v1  v0  2 g y1  y0 

Despejando y1 y sustituyendo valores: 2

2

y1 

v1  v0  2g

2

m  0   19.62  s  19.62 m  m   2  9.81 2  s  

Se resolvió determinando el tiempo para ilustrar que el tiempo de subida es el mismo que el de bajada. Otro aspecto importante en los problemas de caída libre lo es el hecho de que la velocidad con la que sube es la misma con la que baja pero con signo negativo. Para demostrarlo, cambiemos nuestro origen hasta el punto más alto, ahí la velocidad (en este nuevo sistema, velocidad inicial) es cero; el tiempo que tarda en llegar al suelo es de 2 segundos.

v v0  gt

 m v 0   9.81   2 s  s  v  19.62

m s

Que en magnitud es la misma velocidad con la que se lanzó hacia arriba, pero con signo negativo. 3. Un muchacho de pie en la orilla superior de un edificio, lanza una bola hacia arriba con rapidez de 30 m/s. a) ¿Cuánto tarda en llegar a su punto más alto? b) ¿Cuánto tarda en regresar al nivel desde donde se lanzó? c) ¿A qué altura se eleva? d) ¿Dónde se encontrará después de 4 s? ¿Irá hacia arriba o hacia abajo?

y+

y 0= 0 t 0 = 0

y = ? t =? v = 0

v0 = 30 m / s

yDATOS:

Planteamiento

y0 = 0 m

a) ts ?

cuando

t0 = 0 s

v0 = 30 m/s

y=? t=? Ecuación

v = 0 m/s

v = v0 - gt Despejando tiempo:

m 0  30 v  v0 s ts   m  g     9.81 2  s   t s 3.058 s b) tt ?

cuando

y0 = y = 0 v0 = 30 m/s

Ecuación:

v=0

y  y0  v0t  0 0  v0 t   v0 t  t

1 2 gt 2

1 2 gt 2

1 2 gt 2

2v 0 2 30  6.11 s g 9.81

c) y = ?

Cuando

t = 3.058 s v0 = 30 m/s

Ecuación

y  y0  v0t 

1 2 gt 2

y 0  30 3.058  d) y = ?

9.81  3.058 2 91.74  45.86 45.87 m 2

cuando

t=4s

Ecuación:

y  y0  v0t 

1 2 gt 2

y 0  30 4  4.905 4

2

120  78.48 41.52 m

Como se podrá observar del resultado anterior, la pelota se encuentra por encima de su cabeza, sin embargo, ésta puede ir subiendo o bajando. Si nos fijamos en el tiempo que tardó en subir (3.058 s), se puede deducir que después de 4 s la pelota irá en bajada. Pero existe una manera más formal de demostrar que la pelota va de bajada. Esta demostración consiste en encontrar el signo de la velocidad, si es positiva, la pelota va subiendo; si es negativa, la pelota va bajando. Encontremos tal velocidad:

v ?

cuando

t=4s v0 = 30 m/s

v v0  gt 30  9.81 4   9.24

m s

4. Se lanza una pelota hacia abajo desde una azotea con una rapidez de 5 m/s. La altura desde donde se lanzó es de 100 m a) ¿Cuánto tarda en llegar al suelo? b) ¿Con qué velocidad llega?

y+ y = 0 t = 0 0

v0 = - 5 m / s

y = - 100 m

yEn este problema, lo importante es dar significado matemático a las expresiones verbales y su correcta escritura en expresiones algebraicas. De esta forma, en la expresión: "Se lanza una pelota hacia abajo" están contenidos dos datos. "Se lanza". Lo que implica que la velocidad inicial es diferente de cero. "Hacia abajo". Lo que implica que la velocidad es negativa "La altura es de 100 m". Como elegimos el origen en la azotea con convención de signos positivos hacia abajo, entonces la posición final es y = - 100 m t=?

Cuando

y = -100 m v0 = -5 m/s

Ecuación:

y y 0  v 0t 

gt 2 2

Expresando la ecuación anterior en la forma de una ecuación cuadrática: 2

gt  v0 t   y  y0  0 2 Sustituyendo valores:

4.905t 2    5 t    100 0

4.905t 2  5t  100 0 Resolviendo la ecuación cuadrática mediante la fórmula general:

t   5!

 5 2  4 4.905  100 2 4.905 

cuya soluciones son:

t y

 5 44.575 4.03 s 9.81



 5! 44.575  5! 25  1962  9.81 9.81

t

 5  44.575  5.05 s . 9.81

Puesto que no existen tiempos negativos, elegimos el resultado positivo. Éste resultado nos servirá para determinar la velocidad con la que llega al suelo. Cuando

b) v = ?

t = 4.05 s v0 = -5 m/s

Ecuación:

v v0  gt

 m v   5   9. 81   4.03 s s  v  44.53

m s

5. Un balín de plomo se deja caer a un lago desde un trampolín que está a 4.88 m sobre el nivel del agua. Pega en el agua con cierta velocidad y después se hunde hasta el fondo con esa misma velocidad constante. Llega al fondo 5 s después que se soltó. a) ¿Qué profundidad tiene el lago? b) ¿Cuál es la velocidad media del balín? Supóngase que se extrae toda el agua del lago. El balín se arroja desde el trampolín de manera que llega al fondo en 5 s. c) ¿Cuál es la velocidad inicial del balín?

y =0 ; t =0; 0

v =0 0

0

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado ( a = - g = - 9.81 m/s ) y = - 4.88 m; t = ? ; v = ? 1

1

1

Movimiento rectilíneo uniforme ( v = ctte.) y = ?; 2

t = 5 s; v 2

2

=v =? 1

La peculiaridad de este problema es que se debe de realizar por regiones, debido a que tenemos dos tipos de movimiento diferentes. La primera región es cuando el balín va cayendo en el aire.

La segunda cuando llega al agua y se hunde hasta el fondo. No necesariamente se tiene que trabajar en ese orden, todo depende del análisis que hagamos de los datos proporcionados, así por ejemplo, en la primera región podemos encontrar la v1 y el tiempo que tarda en esa región, para después trabajar en la región dos. Primera región: determinaremos la velocidad con la que llega al agua mediante la ecuación:

v21  v02  2 g( y1  y0 ) v1   2g y1  y0   v02   2 9.81  4.88  0  95.74  9.78

m s

Como se podrá observar, la raíz cuadrada nos proporciona dos raíces, como el cuerpo va cayendo tomamos la negativa (si no se hiciere así, los subsecuentes resultados estarían mal).

v1  9.78

m s

Ahora el tiempo que tardó en llegar al agua

v1 v0  gt Despejando el tiempo:

t

v1  v0  9.78  0  0.99 s g  9.81

¿Qué pasaría si hubiésemos considerado una velocidad positiva? Veámoslo:

t

v1  v0 9.78  0  0.99 s   9.81  g

Encontraríamos un tiempo negativo. Como ésto no es lógico, corregiríamos un error (considerar una velocidad positiva) con otro error (suponer que g = - 9.81), es decir:

t

v1  v0  9.78  0 0.99 s   g    9.81

Lo cual es incorrecto. Una vez encontrada la velocidad y el tiempo, nos pasamos a la segunda región. El tiempo que tarda cayendo el cuerpo en el agua viene dado por:

t t2  t1  5 s  0.99 s  4.01 s . La velocidad con la que se hunde es la misma que con la que llega:

v1 v 2 ctte .  9.78

m s

Por lo que la ecuación de movimiento en esta región es la del rectilíneo uniforme, y la "distancia" que recorre viene expresada por la ecuación:

y y 2 - y 1 v t -9.78

m  0.99 s   39.21m . s

Resultado que en valor absoluto representa la profundidad del lago.

b) La velocidad media se determina considerando el cambio de posición (inicial y final) y el tiempo total.

v y y2 -y0 -39.21-4.8 -0 -4 .09-0 -8. 1m     t 2t -0t 5s 5 s Donde la posición final y2 se determinó "sumándole" los 4.88 m a la profundidad del lago. Hay que recordar que lo que estamos trabajando son posiciones. c) En este caso, la posición final del balín será: y2 = -44.09 m y el tiempo total serán nuevamente los 5 s. El cuerpo en todo su recorrido, desde que se lanza hasta que llega, irá en "caída libre" (movimiento rectilíneo uniformemente acelerado). La velocidad, bajo estas condiciones, viene dada por la ecuación:

y2  y0  v0t 

1 2 gt 2

Despejando velocidad inicial:

v0 

y2  y0  t

9.815 2 gt 2  44.09  0  m  44.09  122.625 2  2 15.07  5 5 s

Como el resultado es positivo, entonces el balín se arroja hacia arriba. 6. Se arroja verticalmente una bola hacia arriba desde el nivel de la calle, junto a un edificio. La atrapa una persona que está asomada a una ventana, a 6 m sobre la calle. La velocidad inicial de la bola es de 20 m/s y es atrapada cuando ya va de caída. Calcule: a) La altura máxima que alcanza la pelota. b) El tiempo que permanece en el aire. c) La velocidad en el momento de ser atrapada.

y+ y1 = ? ; 1t = ? v1 = 0 m / s

y = 6 m ;t =? 2 2 v 2= ?

y 0 = 0 ; 0t = 0

y -

a) y1 = ?

v0 = 20 m / s

cuando

y0 = 0 m t0 = 0 s v0 = 20 m/s v1 = 0 m/s

Ecuación:

v1  v0  2 g  y 1  y 0  2

2

 20  0 20.38 m v  v0  y1  1  2g  2 9.81 2

2

2

b) Para determinar el tiempo t=?

cuando

y2 = 6 m v0 = 20 m/s

Utilizamos la ecuación:

y2  y0  v0t 

1 2 gt 2

(No se puede despejar, la expresamos en forma de ecuación cuadrática):

g 2 t  v0 t  y2  y0 0 2 sustituyendo:

4.905t 2  20t  6 0 resolviendo:

v1   2g y1  y0   v0 t

20  16.8 3.75 s 9.81

2

  2 9.81  4.88  0  95.74  9.78

m s

t 

20  16.8 3.75 s 9.81

En ambas soluciones el cuerpo se encuentra en la posición y = 6 m. La primera solución para el tiempo es cuando la pelota es atrapada de bajada y la segunda solución es cuando la pelota apenas va subiendo. c) v = ?

cuando

v0 = 20 m/s t = 3.75 s

v v0  gt  20   9.81 3.75  20  36.78  16.78

m s

7. Los pisos de un edificio se encuentran igualmente espaciados. Cuando se deja caer una bola desde el último piso, tarda 0.10 s para caer a través de los últimos tres pisos, cada uno de los cuales tiene una altura de 2 m. a) ¿Qué altura tiene el edificio? Puesto que muchas de las variables se desconocen, este problema debemos de tratarlo por intervalos y éstos se dan en la parte inferior del edificio. La precaución que se debe de tener es en el signo de la diferencia de posiciones entre y2 y y1, ya que por la convención de signos adoptada, ésta es negativa. Para visualizar lo anterior, demos un ejemplo: "Supongamos" que y2 = -20 m y que y1 =-10 m; la diferencia entre ambas posiciones sería:

y2  y1  20    10  20 10  10 Es decir, sería negativa y esto tenemos que tenerlo en consideración al resolver el problema.

y2  y1  v1 t2  t1 

g t2  t1  2 2

Despejando v1 2  y2  y1   g  t2  t1  2 v1   t 2  t1

Sustituyendo valores:

 v1  v1 

m 2  6 m    4.905  0.10 s  s   0.10 s

m  6  0.4905  5.95 m   59.51 0.1 0.1 s s

Conociendo esta velocidad, podemos determinar el tiempo que tardó en adquirirla desde que se dejo caer en la azotea.

v1 v0  g t0  t1  Despejando la diferencia de tiempos y como t0 = 0 s

t1 

v1  v0  59.51  0   6.06 s  9.81  g

Con este tiempo, conoceremos la posición y1 2

y1 y0  v0 t 

gt  0  0 6.06  4.905 6.06  180.5 m 2

Por lo que la altura del edificio es: h   180.5  6 186.5 m

8. Se deja caer una piedra al agua desde un puente que está a 44 m sobre la superficie del agua. Otra piedra se arroja verticalmente hacia abajo 1 s después de soltar la primera. Ambas piedras llegan al agua al mismo tiempo. a) ¿Cuál fue la velocidad inicial de la segunda piedra?

y0 1 = 0; t0 1 = 0; v0 1 = 0

y0 = 0; t 0 = 1 ; v0 2= ? 2 2

puente

y 1 = y 2 = - 44 m

t 2= t 1 - 1s

agua En este tipo de problemas en el cual participan dos cuerpos que se mueven simultáneamente, es preciso distinguirlos mediante subíndices, de tal forma que: v01 se lee: "velocidad inicial de la piedra uno"; v02 "velocidad inicial de la piedra dos" Cada piedra tendrá su propia ecuación de movimiento, siendo éstas: Piedra uno:

y1  y01  v01 t1 

gt12 2

Piedra dos:

gt y2  y02  v02 t2  2 2

2

Trabajando con la piedra uno, determinaremos el tiempo que tardó en llegar al agua, a dicho tiempo le restaremos un segundo, siendo este resultado el tiempo que tardó la piedra dos, despejando el tiempo de la ecuación para la piedra uno:

t1 

2 y1  g

ya que

v01 0 y

y 01 0 Sustituyendo:

t1 

2  44 m  8.97 s 2  2.99 s m    9.81 2  s  

El tiempo de la piedra dos es:

t 2 t1  1 s  2.99 s  1 s 1.99 s Despejando de la ecuación de movimiento de la segunda piedra a la velocidad inicial:

 y2 

v 02 

y02   t2

gt22 m 2  44 m  4.905 2  1.99 s m  24.57 m 2  s   12.35 1.99 s 1.99 s s

9. Se deja caer un objeto desde una ventana en el piso 40 de un edificio de oficinas, a 144 m sobre el nivel de la calle. En el instante en que se suelta, se arroja hacia abajo un segundo objeto desde el techo del edificio, a 216 m sobre el nivel de la calle. a) Determine la velocidad inicial que debe tener el segundo objeto para que llegue al suelo en el mismo instante que el primero. y+

y =0;t =0;v =? 02

02

02

y = -72 m ; t = 0 ; v = 0 01

01

01

y = y = -244m ; t = t =? 1 1 2 2

y-

Para determinar la velocidad inicial del segundo cuerpo, encontraremos el tiempo que tardó en caer el primero, dicho tiempo lo sustituiremos en la ecuación de movimiento del segundo. Hagámoslo.

y1  y01  v01t 

gt 2 2

con v01 0 y

y01 0 la ecuación se transforma en:

y1 

gt 2 2

Despejando el tiempo:

t

 2 y 1  y 01  288 m  2  216m    72 m    29.35 s 2  5.418 s  m m g 9.81 2 9.81 2 s s

Despejando la velocidad inicial del segundo cuerpo y sustituyendo valores:

v 02 

 y2 

m gt 2 2  216 m  4.905 2  5.418 s m  72.015 m s 2   13.29  s 5.418 s 5.418 s

y02   t

10. Del problema anterior, suponga que ambos objetos parten del reposo, pero en diferentes momentos. a) Calcule el tiempo en que debe soltarse el objeto del piso 40 después de soltar el objeto en el techo, para que ambos toquen tierra al mismo tiempo. b) Escriba las ecuaciones de movimiento con sus valores numéricos y grafique. y+

y =0;t =0; v = 0 02

y = -72 m ; t = ? ; v

=0

01

y = y = -244m ; t = t = ? 1

y-

2

2

Aparentemente, el problema es difícil, pero si calculamos los tiempos que tardan cada cuerpo en llegar al suelo y tomamos la diferencia, obtendremos el resultado. Tiempo del primer cuerpo: Si observamos bien los datos, son los mismos que los del problema anterior, por lo tanto, el tiempo es:

t1  5.418 s Tiempo del segundo cuerpo Con la misma ecuación de movimiento del problema anterior para este cuerpo, pero con v02 = 0.

gt2 2

y 2 

Despejando tiempo:

t2 

 2y 2  2  216   9.81 g

t 2  6 .635 s La diferencia de ambos es: 6.635 s - 5.418 = 1.217 s Que es el tiempo posterior en que se debe dejar caer el cuerpo del piso 40, después de soltar el de la azotea. Las ecuaciones de movimiento con sus valores numéricos, se determinan sustituyendo los valores conocidos (posición inicial, velocidad inicial y aceleración) en...