Problemas relacion II- Movimiento relativo PDF

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Departamento de Física Tema 2. Movimiento Relativo 

1) Un tren pasa por una estación a 30 m/s. Una pelota rueda sobre el piso del tren con una velocidad de 15 m/s de modo que a) tiene la misma dirección y el mismo sentido que el movimiento del tren; b) tiene la misma dirección, pero sentido opuesto y c) su dirección es perpendicular al movimiento. En cada caso, hallar la velocidad de la pelota con relación a un observador que se encuentra parado en el andén de la estación. Sol: a) 45 i (m/s), b) 15 i (m/s); c) 30 i + 15 j (m/s). a) Un observador que estuviera dentro del tren diría que el tren está parado y que la pelota se desplaza a 15 m/s en dirección de la máquina. Un observador situado en el andén diría que la pelota se mueve a la velocidad del tren más la velocidad de ella misma, es decir a 15+30=45 m/s. Si definimos la longitud x hacia la máquina, diríamos que vectorialmente la velocidad de la pelota es v=45 i (m/s). b) Aplicando el mismo razonamiento que en el caso anterior y teniendo en cuenta que las velocidades son vectores, como la pelota se desplaza ahora respecto al tren con velocidad -15 i (m/s), realizando la misma suma vectorial resulta que ahora para un observador en tierra la pelota se desplaza a 30 i -15 i =15 i (m/s). c) En este caso la pelota se desplaza en el plano del suelo de diferente manera según sea el observador. Si el observador está en el tren, como para él el tren está parado, la velocidad de la pelota será 15 j (m/s), siendo j la dirección perpendicular al eje longitudinal del tren. Sin embargo para un observador en tierra, la pelota se desplaza en diagonal, por un lado tiene la componente de velocidad del tren 30 i (m/s) y por otro la componente perpendicular al tren 15 j (m/s). Sumando ambas se obtiene el vector velocidad v=(30,15)=30i+15j (m/s) cuyo módulo es v = 152 + 302 = 33'5 m / s .

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Los seres vivos somos capaces de detectar las aceleraciones, ya que tenemos sensores para ello, pero somos incapaces de detectar velocidad cuando esta es constante (no hay aceleración).

2) Dos proyectiles A y B se disparan al mismo tiempo desde el punto O con las velocidades y ángulos siguientes (vA = 100 m/s y θA = 60º; vB = 100 m/s y θB = 30º) respecto al sistema de ejes coordenados fijo en tierra (ver figura). En el instante en que B alcanza su punto más alto, determinar la velocidad y aceleración de A respecto de B. Sol: vA/B = (-36.6 i + 36.6 j) (m/s); aA/B = 0. y vA vB O

x

Se trata de un problema de movimiento parabólico similar a los ya vistos en cursos anteriores. Comenzamos analizando B. La velocidad de este proyectil en cualquier instante de tiempo es la siguiente, teniendo en cuenta que la velocidad inicial es G v B 0 = (100 cos30º ,100sen 30º ) (m / s ) y que la aceleración de la gravedad sólo afecta a la componente vertical de la velocidad: G v B = (100 cos 30º ,100sen 30º − gt )= (86 '6,50− gt ) (m / s ) Para calcular el instante en el que se alcanza la máxima altura, lo único que hay que hacer es igualar a cero la componente vertical de la

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velocidad, con lo que se tiene 0 = 50 − gt → t = 5' 07 s . De este modo, en el instante en el que el proyectil está en su punto más alto, la velocidad es: G v B (5 '07) = (86 '6, 0) m / s Repetimos el proceso para el proyectil A, encontrando que en este caso la G velocidad es v A = (50,86' 6 − gt ) m / s . En el instante en el que B está en su punto más alto, es decir a los 5’07 s de los disparos, la velocidad de A es: G v A (5 '07) = (50, 36 '8)m / s La velocidad relativa de A respecto a B será G G G G G v A/ B = v A − v B = ( −36 '6,36 '6) m / s = − 36'6i + 36 '6 j (m / s )

Pasamos a analizar las aceleraciones. Sabemos que la aceleración es la derivada temporal de la velocidad, por lo tanto las aceleraciones serán: G G a A = v A = (0, −9'81) m / s 2 G G a B = v B = (0, −9'81) m / s 2 G G G Por lo tanto la aceleración relativa es aA /B = aA − aB = 0 . Esto sucede en todo momento, no sólo cuando B está en el punto álgido. Este resultado no es nada sorprendente porque ambos proyectiles están sometidos exclusivamente y en todo momento a la acción de la gravedad, con independencia de cual sea su trayectoria. 

3) La posición de una partícula Q en un sistema de coordenadas S viene dada por el vector de posición r = (t2 – 4t +1) i – 2t j + 3t2 k (m); a) determinar la velocidad relativa constante del sistema S’ respecto al sistema S si la posición de Q en S’ se mide por r’ = (t2 + t + 2) i – (2t + 5) j + (3t2 – 7) k (m); b) demostrar que la aceleración de la partícula es la misma en ambos sistemas y determinar su valor. Sol: v (arrastre) = - 5 i (m/s); b) a = a’ = 2 i + 6 k (m/s2). AmpliacióndeFísica.Curso2009‐2010

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Se trata de un móvil observado por dos observadores que se mueven entre si. El observador S comprueba que la posición del objeto es: G r = (t 2 − 4t + 1, − 2t ,3t 2 ) Sin embargo, el segundo observador S’ asegura que él observa la trayectoria: G r ' = (t 2 + t + 2, −2t − 5,3t 2 − 7) Ambos observadores dicen la verdad, lo que sucede es que cada uno se mueve respecto al otro. También observan moverse el objeto con velocidades diferentes, respectivamente:

G G v = r = (2t − 4,− 2, 6t ) G G v ' = r ' = (2t + 1, −2, 6t ) Por último las aceleraciones observadas son:

G G a = v = (2, 0, 6) G G a ' = v ' = (2, 0, 6) Como hemos visto las aceleraciones son iguales. Pasamos a calcular el movimiento relativo de un observador respecto al otro, haciendo uso de las velocidades que observa cada uno. Como G G G vimos en el primer problema v = v '+ v S '/S . Por lo tanto: G G G G v S '/ S = v − v ' = (− 5,0, 0) = − 5i m

Respecto a la aceleración relativa, derivando al anterior expresión se obtiene:

G G G aS '/S = a − a ' = 0

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Por lo tanto, como no hay aceleración relativa entre ambos observadores, podemos declarar que ambos son sistemas de referencia inerciales. 4) En un instante determinado un barco se está moviendo respecto a tierra con una velocidad de 15 m/s en dirección Norte mientras gira hacia el Oeste con velocidad angular de 0.1 rad/s. Respecto al sistema de referencia fijo al barco su radar indica que la posición y velocidad de un helicóptero en un instante son r’ = 350 i + 180 j + 120 k (m) y v’ = 20 i – 12 j + 3 k (m/s). ¿Cuál es la velocidad del helicóptero respecto a tierra?. Considerar que en ese instante los sistemas de referencia de tierra y barco coinciden. Sol: v = 2 i + 38 j + 3 k (m/s). El siguiente dibujo representa la situación. En él se han representado tres sistemas de referencia:

El punto rojo representa la posición del helicóptero, los vectores r y r’ son respectivamente las posiciones del helicóptero (que llamaremos a partir de ahora H por abreviar) respecto a los sistemas O y O’. Adicionalmente tenemos un sistema que hemos llamado S y que está fijo respecto al sistema O. Quiere esto decir que las velocidades de cualquier móvil

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medidas desde O y S son idénticas, al estar ambos sistemas inmóviles el uno respecto al otro. Comenzamos analizando el caso general para después particularizar en el instante que se menciona en el enunciado. Veamos desde arriba el anterior dibujo:

El sistema O’ es el sistema de referencia del barco, que se mueve a una velocidad lineal de 15 m/s y angular de w=0’1 rd/s. Esto nos permite conocer el radio de giro que es r=v/w=150 m. El radio de la circunferencia es de esta longitud. En un instante cualquiera el barco está en la posición (respecto a O):

G OO ' = r 0'0 = ( R cos wt , Rsen wt , 0) Por lo tanto su velocidad (respecto a O) es:

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G G dr vo ' o = o 'o = Rw(− sen wt, cos wt, 0) dt

Aquí la tercera coordenada es el eje z (altura sobre el mar) y es cero porque el barco se mueve sobre el plano del mar. De acuerdo a las ecuaciones del movimiento relativo, la velocidad de H respecto a O viene dada por la expresión:

G G G G G vH 0 = vH 0' + vO O' + w ∧ rO ' Esta ecuación refleja el hecho de que el sistema O’ del barco se traslada y G rota simultáneamente respecto a O. La traslación la recoge vO 'O y la G G G rotación el término w ∧ rO '. Aquí w es el vector velocidad angular que es perpendicular al círculo trazado por el barco (en el eje z). Particularizamos ahora para el caso concreto de nuestro problema. El enunciado nos dice que calculemos la velocidad de H relativa a O en el instante en el que el barco al girar va en la dirección Norte, marcada por el eje Y. Esto sucede para t=0 entre otros momentos (es un movimiento periódico), por lo que aplicamos la anterior ecuación en t=0:

G G G G G v H 0 (0) = v H 0' (0) + v O ' O (0) + w ∧ rO ' (0) G w = (0, 0, w) es constante G v O 'O (0) = (0,15,0) G v H 0' (0) = (20, −12,3) G rO ' (0) = (350,180,120) G v H 0 (0) = (20, −12,3) + (0,15,0) + (0, 0, w) ∧ (350,180,120) G G G i j k G G G G 0 v H 0 (0) = (20,3,3) + 0 w = (20,3,3) + ( −18,35, 0) = (2,38,3) = 2i + 38 j + 3k 350 180 120

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5) Una partícula asciende por una cuña que forma con la horizontal un ángulo α = 30º (ver figura). Su aceleración respecto a la cuña es de 3 m/s2. Si la cuña se mueve con velocidad v = 2 + 4t a lo largo del eje x, y en t = 0 la partícula se encuentra en la base de la cuña y comienza a ascender por ella, determinar la posición de la partícula en función del tiempo visto por un observador inercial. Tomar como ejes del sistema de referencia inercial el mostrado en la figura. Sol: r (t) = (2t + 0.7t2) i + 0.75t2 j (m).

y

v (cuña)

α

x

En este problema tenemos un movimiento de dos dimensiones y dos sistemas de referencia, el primero fijo al suelo y el segundo fijo a la cuña. Consideraremos que en el instante t=0 ambos sistemas de referencia coinciden en la posición ocupada por el extremo inferior de la rampa. El fijo al suelo seguirá anclado a su posición mientras que el fijo a la cuña se mueve con ella. En primer lugar analizamos el movimiento de la bola respecto al sistema de referencia de la cuña, es decir, consideramos que la cuña está en reposo y que la bola se mueve hacia ella con una aceleración de -3 m/s2. Consideramos que la velocidad de la bola respecto a la cuña en t=0 es cero. De acuerdo a todo lo expuesto, la aceleración de la cuña al iniciar el ascenso es: rampa a rampa = ( −3cos 30º , 3sen 30º ) ⇒ v bola = ( −3cos 30º t ,3sen 30ºt ) ⇒ bola rampa ⇒ rbola = (−

3cos 30º 2 3 sen30º 2 t , t ) 2 2

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Tenemos la posición de la bola respecto a la rampa, para conocer la posición de la misma respecto a un observador situado en el suelo en la posición de los ejes antes mencionados, hay que sumar a la posición de la bola respecto a la rampa la posición de la rampa respecto al observador. Esta posición es: suelo v suelo = (2 + 4t ,0) ⇒ rrampa = (2t + 2t 2,0) rampa

Sumando ambas tenemos: suelo rampa suelo rbola = rbola + rrampa = (−

3 3 2 3 2 t , t ) + (2 t + 2 t 2, 0) = (2 t + 0 '7t 2, 0 '75t 2) 4 4

Debe observarse como de los dos movimientos existentes, el vertical es igual para la rampa y para el suelo, ya que la rampa no se desplaza en vertical.

G G 6) Una barra de longitud L = 30 cm gira con velocidad angular ω =1 k rad/s con respecto a un eje que pasa por su extremo. En la barra hay una acanaladura por la que desliza una canica con velocidad de 5 cm/s respecto a la barra. La canica parte del extremo fijo de la barra. Calcular la velocidad y aceleración de la canica respecto a un observador fijo cuando la canica llega al otro extremo de la barra. Considerar que en ese instante los sistemas de ejes son los representados en la figura. ¿Cuántos radianes ha girado la barra?. Sol: v = (-0.3 i – 0.1 j) (m/s); a = (-0.1 i – 0.3 j) (m/s2); 6 rad. z = z’ y = y’

x = x’

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Consideramos dos sistemas de observación que llamaremos respectivamente O y O’. El primero lo consideramos fijo y el segundo G G rotando respecto al primero con velocidad angular w = wk . El movimiento observado por O’ es el de un objeto que se aleja en línea recta desde la posición ocupada por el observador. Ambos observadores están situados en el origen. Sin embargo O observa que el movimiento es una espiral, ya que para él la bola rota con velocidad angular w a la vez que amplia su radio de giro así: r = vt .

La posición respecto a O’ es r’(t)=(0,vt,0) y respecto a O es r(t)= (r sen (wt − 6), r cos(wt − 6),0) = (vt sen (wt − 6),vt cos(wt − 6),0) En esta expresión se ha hecho el cambio de coordenadas atendiendo al giro y el hecho de que el radio es variable (r=vt). También se ha introducido un factor de ajuste en las expresiones trigonométricas (-6 radianes) para atender al comentario del enunciado de que en t=6 que es cuando la bola está a 30 cm del origen (y’=vt=0’05· 6=0’3 m) los ejes coinciden, para conseguirlo el giro ha de comenzar con t=0 a -6 radianes. AmpliacióndeFísica.Curso2009‐2010

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Obviamente si el giro es de 1 rd/s y tarda 6 segundos en llegar al extremo, cuando lo hace ha recorrido 6 rd. Para calcular la velocidad en el sistema O’ derivamos la última expresión: G r (t ) = ( −v sen (wt − 6) − v t w cos(wt − 6),v cos(wt − 6) − v t w sen (wt − 6), 0) Particularizando para t=6 : G r (6) = ( −0 '3, 0 '05, 0)

Del mismo modo se calcula la aceleración (derivando la velocidad). Utilizaremos ahora las ecuaciones dadas por la teoría.

G G G G v = v '+ w ∧ r ' G G G G G G G a = a '+ 2 w ∧ v '+ w ∧ (w ∧ r ') Sabemos que: G G v '(t ) = (0, v , 0), v '(6) = (0, 0 ' 05, 0) G w = (0, 0, w) en todo momento (es cosntante) G G r '(t ) = (0, vt , 0), r '(6) = (0, 0 '3, 0)

Aplicamos la primera de las ecuaciones: G G G G v (6) = v '(6) + w ∧ r '(6) = (0, 0 '05,0) + (0, 0,1) ∧ (0,0 '3,0) G G G i j k G r (6) = (0, 0 '05,0) + 0 0 1 = (− 0 '3, 0 '05,0) 0 0' 3 0

Calculamos ahora la aceleración aplicando la segunda de las expresiones:

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G i

G j

G k

G i

G j

G k

G G G G G G G a = a '+ 2w ∧ v + w ∧ (w ∧ r ') = 2 0 0 1 + (0, 0,1) ∧ 0 0 1 0 0' 05 0 0 0'3 0 G a = (− 0 '1,− 0 '3, 0)

G Aquí a ' = 0 ya que para O’ la bola se mueve con velocidad constante. 7) Un muelle de constante recuperadora k al que se encuentra unida una partícula de masa m, cuelga del techo de un ascensor. La partícula no se mueve respecto al ascensor. Indicar las fuerzas que actúan sobre la partícula, para un observador que se encuentra en el interior del ascensor y para otro observador que se encuentra en reposo fuera del ascensor, en las siguientes situaciones: a) el ascensor está parado; b) el ascensor asciende con una aceleración a0 y c) el ascensor desciende con una aceleración a0. Determinar para cada uno de los casos, cuanto se ha alargado el muelle. Sol: a) l – l0 = mg/k; b) l – l0 = m(g+a0)/k; c) l – l0 = m(g-a0)/k En los tres casos el muelle está en equilibrio. a) Cuando el ascensor está parado, las únicas fuerzas que actúan y están equilibradas son de un lado la gravedad y de otro la del muelle que es solidario al ascensor. Por lo tanto para el observador de dentro del ascensor y para cualquier observador exterior: k (l − l 0 ) = mg l = l0 +

mg k

Esta es la elongación que se podrá medir. b) En este caso, para un observador exterior el ascensor al ascender aplica una fuerza que es ma 0 , sin embargo para un observador en el interior del ascensor, esa fuerza no existe ya que él está acelerado de la misma manera. Sin embargo, cualquier observador puede AmpliacióndeFísica.Curso2009‐2010

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comprobar que la elongación del muelle es diferente a la de antes. Para justificar la nueva elongación, que es mayor a la de antes, ha de considerar que hay una fuerza adicional “tirando” de la masa hacia abajo o bien que la gravedad ha aumentado (como última alternativa se podría pensar que la k ha cambiado, pero esto es lo más difícil de justificar). En este caso: k (l −l 0 ) = mg + ma 0 l = l0 +

m (g + a0 ) k

c) Ahora sucede lo contrario que en el caso anterior. El muelle reduce su elongación y como el observador interno no ve explicación posible, piensa que hay una fuerza que “tira” de la masa hacia arriba o que la gravedad se ha reducido. Escribiendo esto en una ecuación: k (l −l 0 ) = mg − ma 0 l = l0 +

m (g − a0 ) k

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Como colofón puede decirse que mediante un muelle es posible construir un detector de aceleraciones, lo que hay que hacer en las anteriores ecuaciones es despejar a0 una vez medida la longitud.

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