CINEMÁTICA VECTORIAL El vector desplazamiento

r r r ∆r = r2 − r1

es el desplazamiento durante el intervalo de tiempo

∆t = t2 − t1 r ∆r La velocidad promedio = ∆t y la velocidad instantánea

r r ∆r d r r v = lim = ∆t →0 ∆t dt

CINEMÁTICA VECTORIAL Igual para la aceleración promedio

r r r ∆v v 2 − v1 a= = ∆t t2 − t1

y la aceleración instantánea

r r r ∆v d v a = lim = ∆t →0 ∆t dt

CINEMÁTICA EN DOS DIMENSIONES MOVIMIENTO DEL PROYECTIL

r r a=g Movimiento del proyectil

Caída vertical

Galileo predijo que “un cuerpo proyectado horizontalmente alcanzará el suelo en el mismo intervalo de tiempo que un objeto que se deja caer”.

El movimiento vertical de ambos objetos es idéntico.

en este punto

r r a=g

Ecuaciones Generales de la Cinemática en Dos Dimensiones Componente Horizontal (x)

Componente Vertical (y)

1 ‫ݔ = ݔ‬଴ + ‫ݒ‬௫଴ ‫ ݐ‬+ ܽ௫ ‫ ݐ‬ଶ 2

1 ‫ݕ = ݕ‬଴ + ‫ݒ‬௬଴ ‫ ݐ‬+ ܽ௬ ‫ ݐ‬ଶ 2

‫ݒ‬௫ = ‫ݒ‬௫଴ + ܽ௫ ‫ݐ‬

‫ݒ‬௬ = ‫ݒ‬௬଴ + ܽ௬ ‫ݐ‬

ଶ ‫ݒ‬௫ଶ = ‫ݒ‬௫଴ + 2ܽ௫ ‫ ݔ‬− ‫ݔ‬଴

ଶ ‫ݒ‬௬ଶ = ‫ݒ‬௬଴ + 2ܽ௬ ‫ ݕ‬− ‫ݕ‬଴

Ecuaciones para el Movimiento del Proyectil Componente Horizontal (x)

Componente Vertical (y)

‫ݔ = ݔ‬଴ + ‫ݒ‬௫଴ ‫ݐ‬

1 ଶ ‫ݕ = ݕ‬଴ + ‫ݒ‬௬଴ ‫ ݐ‬− ݃ ‫ݐ‬ 2

‫ݒ‬௫ = ‫ݒ‬௫଴

‫ݒ‬௬ = ‫ݒ‬௬଴ − ݃ ‫ݐ‬ ଶ ‫ݒ‬௬ଶ = ‫ݒ‬௬଴ − 2݃ ‫ ݕ‬− ‫ݕ‬଴

Ejemplo 1: Una pelota de fútbol es pateada con un ángulo de 37º por encima de la horizontal con una velocidad de 20 m/s. Calcular: a) la altura máxima que alcanza, b) el tiempo de vuelo antes que la pelota toque el piso, c) la distancia a la cual golpea el piso, d) el vector velocidad a la altura máxima, y e) el vector aceleración en la altura máxima. en este punto

EL MOVIMIENTO DEL PROYECTIL ES PARABÓLICO Suponiendo que no hay rozamiento

x = vx 0 t

t= x

1 2 y = vy 0 t − g t 2

( x0 , y0 ) = ( 0, 0 )

vx 0  vy 0   g  2 y =  x − 2  x  vx 0   2vx 0 

Otra manera

vx 0 = v0 cos (θ0 )

v y 0 = v0 s en (θ0 )

  2 g y = tan (θ0 ) x −  2  x 2  2v0 cos (θ0 ) 

VELOCIDAD RELATIVA • en la línea • en el plano

r r r v LT = v LR + v RT

Ejemplo 2: Un bote que posee una velocidad respecto del río igual a 1.85 m/s, trata de cruzarlo perpendicular al mismo cuya corriente posee una velocidad de 1.2 m/s. a) ¿Cuál es la velocidad del bote respecto de la orilla? b) Si el río tiene 110 m de ancho, ¿qué tan lejos estará del frente de la orilla de la que partió?

Corriente del río

Solución Ejemplo 1: De los datos del problema

 m  v0 =  20 ;0º  s  

y considerando como origen de coordenadas el punto de partida, tenemos:

x0 = 0 y0 = 0

m vx ,0 = v0 cos ( 37º ) = 15.97 s m v y ,0 = v0 sen ( 37º ) = 12.04 s

Coordenadas del vector posición inicial

Coordenadas del vector velocidad inicial

ܽ௫ = 0 m a y = −9.8 2 s Coordenadas del vector aceleración

Entonces las ecuaciones de movimiento quedan:

݉ ‫ = ݐ ݔ‬15.97 ‫ݐ‬ ‫ݏ‬

(1)

m 1 m 2 y ( t ) = 12.04 t − 9.8 2 t (3) s 2 s

m ‫ݒ‬௫ ‫ = ݐ‬15.97 s m m v y ( t ) = 12.04 − 9.8 2 t s s

(2) (4)

a) La altura máxima se alcanza cuando la componente vertical de la velocidad se anula, es decir v t =0 y

()

Introduciendo este valor en la ec. (4)

m m v y ( t ) = 0 = 12.04 − 9.8 2 t s s

t = 1.23 s

Este es el tiempo que demora la pelota en llegar a su altura máxima. La distancia que recorrerá en la dirección vertical estará dada por la ec. (3) m 1 m 2

y ( t = 1.23 s ) = 12.04

s

(1.23 s ) −

2

9.8

s

2

(1.23 s )

= 7.40 m

La altura máxima es de 7.40 m por encima del punto de partida. b) La condición para que la pelota esté tocando el piso es que: y ( t ) = 0

m 1 m 2 Introduciendo esto en la ec. (3) y ( t ) = 0 = 12.04 t − 9.8 2 t s 2 s t =0 Despejando el tiempo m m   t 12.04 − 4.9 2 t  = 0 t = 2.46 s s s   t = 0 es el tiempo correspondiente a x = 0 e y = 0 . Entonces, t = 2.46 s es el tiempo que dura el vuelo.

c) La distancia a la cual golpea el piso, es la distancia recorrida en la dirección horizontal durante el tiempo de vuelo, entonces reemplazo el tiempo de vuelo total en la ec. (1)

m x ( t = 2.46 s ) = 15.97 2.46 s = 39.29 m s El lugar donde la pelota golpea el piso se encuentra a una distancia de 39.29 m a la derecha del punto de partida. d) El vector velocidad tiene componentes en x e y. Pero en la altura máxima la componente en y es nula, mientras que en x hay un MRU y tiene el mismo valor que la velocidad inicial, entonces

m  r  v = ( vx ; v y ) = 15.97 ; 0  s  

o

m r   v = 15.97 ; 0º  s  

d) El vector aceleración tiene componentes en x e y. En ambas direcciones la aceleración es constante. Como ya dijimos en x hay un MRU, entonces la aceleración en esta dirección es cero, mientras que en la dirección y hay un MRUV debido a la gravedad siempre constante. Por lo tanto durante todo el movimiento, en particular en la altura máxima, el vector aceleración es: m r m r    o a = ax ; a y =  0 ; −9.8 2  a =  9.8 2 ; 270º 

(

)



s 



s



Solución Ejemplo 2:

r r r v = v + v a) La velocidad del bote respecto de la orilla es: BS BW WS m r  donde la velocidad del bote respecto del v = 0 ;1.85 BW   agua solo tiene componente en y s   m  r  vWS =  −1.2 ;0  s   m m r r r  v BS = v BW + vWS =  −1.2 ;1.85  s s   2 2 m m m Cuyo módulo es vBS =  −1.2  +  1.85  = 2.21 s   s  s  m 1.85 Formando un ángulo s = −57º +180º = 123º ϕ = tan arc con el eje x: m −1.2 s

y la velocidad del río respecto de la orilla solo tiene componente en x

Porque el vector velocidad pertenece al segundo cuadrante Entonces

θ = ϕ − 90º = 33º

m   ;123º  BS =  2.21 s   m m m m r    o v BS =  2.21 cos (123º ) ; 2.21 sen (123º )  =  −1.20 ,1.85  s s s s     m b) En x hay MRU con: vx = −1.20 s m y ecuación de movimiento x f = x0 + vx t = −1.20 t s m En y también hay MRU con: v y = 1.85 s m y ecuación de movimiento y f = y0 + v y t = 1.85 t s r La velocidad del bote respecto de la orilla es: v

Se ha considerado que la lancha parte del origen de coordenadas, y como el río tiene 110 m de ancho y f = 110 m

yf

110 m Tardará en cruzar t = = = 59.46 s m m 1.85 1.85 s s En este tiempo su m x f = −1.20 59.46 s = −71.35 m desplazamiento en x será: s En la orilla opuesta estará a 71.53 metros a la izquierda desde donde partió.