Problemas resueltos de cinemática

Problema 1.19

Durante un tiempo \(\tau=10,0\,\text{s}\), un punto recorrió la mitad de una trayectoria circular de radio \(R=160\,\text{cm}\). Calcular:

1. la velocidad media escalar \(\langle v\rangle\);
2. el módulo del vector velocidad media \(|\langle \vec v\rangle|\);
3. el módulo del vector aceleración media total \(|\langle \vec w\rangle|\), si el punto se movía con aceleración tangencial constante.

Solución

La mitad de una circunferencia tiene longitud:

\[ s=\pi R \]

Como \(R=160\,\text{cm}=1,60\,\text{m}\):

\[ s=\pi\cdot 1,60=5,03\,\text{m} \]

a) Velocidad media escalar

\[ \langle v\rangle=\frac{s}{\tau} \]

\[ \langle v\rangle=\frac{5,03}{10,0}=0,503\,\text{m/s} \]

\[ \boxed{\langle v\rangle=0,503\,\text{m/s}} \]

b) Módulo del vector velocidad media

El desplazamiento entre los extremos de media circunferencia es el diámetro:

\[ |\Delta \vec r|=2R \]

\[ |\langle \vec v\rangle|=\frac{|\Delta \vec r|}{\tau} \]

\[ |\langle \vec v\rangle|=\frac{2\cdot 1,60}{10,0}=0,320\,\text{m/s} \]

\[ \boxed{|\langle \vec v\rangle|=0,320\,\text{m/s}} \]

c) Módulo de la aceleración media total

El vector aceleración media se define como:

\[ \langle \vec w\rangle=\frac{\Delta \vec v}{\Delta t} \]

En los extremos de una semicircunferencia, los vectores velocidad son tangentes y de sentidos opuestos. Si el movimiento tiene aceleración tangencial constante y se recorre media circunferencia en el tiempo \(\tau\), para el caso simétrico de velocidad tangencial inicial y final de igual módulo:

\[ |\Delta \vec v|=2v \]

La rapidez media coincide con \(v\):

\[ v=\frac{\pi R}{\tau} \]

Entonces:

\[ |\langle \vec w\rangle|=\frac{2v}{\tau} \]

\[ |\langle \vec w\rangle|=\frac{2\pi R}{\tau^2} \]

Reemplazando:

\[ |\langle \vec w\rangle|=\frac{2\pi\cdot 1,60}{10,0^2} \]

\[ |\langle \vec w\rangle|\approx 0,101\,\text{m/s}^2 \]

\[ \boxed{|\langle \vec w\rangle|\approx 0,101\,\text{m/s}^2} \]

Problema 1.20

El radio vector de una partícula varía con el tiempo según la ley:

\[ \vec r=\vec a\,t(1-\alpha t) \]

donde \(\vec a\) es un vector constante y \(\alpha\) una constante positiva. Determinar:

1. la velocidad \(\vec v\) y la aceleración \(\vec w\) de la partícula en función del tiempo;
2. el intervalo de tiempo \(\Delta t\) al cabo del cual la partícula retorna al punto de partida, y la distancia \(s\) que recorre.

Solución

a) Velocidad y aceleración

La velocidad se obtiene derivando el radio vector:

\[ \vec v=\frac{d\vec r}{dt} \]

\[ \vec r=\vec a(t-\alpha t^2) \]

\[ \vec v=\vec a(1-2\alpha t) \]

La aceleración es:

\[ \vec w=\frac{d\vec v}{dt} \]

\[ \vec w=-2\alpha \vec a \]

Por lo tanto:

\[ \boxed{\vec v=\vec a(1-2\alpha t)} \]

\[ \boxed{\vec w=-2\alpha\vec a} \]

b) Tiempo de retorno y distancia recorrida

La partícula retorna al punto de partida cuando:

\[ \vec r=0 \]

\[ \vec a\,t(1-\alpha t)=0 \]

De aquí:

\[ t=0 \]

o bien:

\[ 1-\alpha t=0 \]

\[ t=\frac{1}{\alpha} \]

Por lo tanto, el intervalo de retorno es:

\[ \boxed{\Delta t=\frac{1}{\alpha}} \]

La partícula avanza hasta que su velocidad se hace cero:

\[ 1-2\alpha t=0 \]

\[ t=\frac{1}{2\alpha} \]

En ese instante alcanza la máxima separación:

\[ r_{\max}=|\vec a|\frac{1}{2\alpha}\left(1-\alpha\frac{1}{2\alpha}\right) \]

\[ r_{\max}=|\vec a|\frac{1}{2\alpha}\left(\frac{1}{2}\right) \]

\[ r_{\max}=\frac{|\vec a|}{4\alpha} \]

Como luego vuelve al punto de partida, la distancia total recorrida es:

\[ s=2r_{\max} \]

\[ s=\frac{|\vec a|}{2\alpha} \]

\[ \boxed{s=\frac{|\vec a|}{2\alpha}} \]

Problema 1.21

En el instante \(t=0\), una partícula sale desde el origen de coordenadas en dirección positiva del eje \(x\). Su velocidad varía según:

\[ \vec v=\vec v_0\left(1-\frac{t}{\tau}\right) \]

donde \(v_0=10,0\,\text{cm/s}\) y \(\tau=5,0\,\text{s}\). Hallar:

1. la coordenada \(x\) en los instantes \(6,0\,\text{s}\), \(10\,\text{s}\) y \(20\,\text{s}\);
2. los instantes en que la partícula está a \(10,0\,\text{cm}\) del origen;
3. la distancia recorrida en los primeros \(4,0\,\text{s}\) y \(8,0\,\text{s}\).

Solución

Como el movimiento es rectilíneo sobre el eje \(x\):

\[ v_x=v_0\left(1-\frac{t}{\tau}\right) \]

La coordenada se obtiene integrando:

\[ x=\int v_x\,dt \]

\[ x=v_0\int \left(1-\frac{t}{\tau}\right)dt \]

\[ x=v_0\left(t-\frac{t^2}{2\tau}\right) \]

Con \(v_0=10,0\,\text{cm/s}\) y \(\tau=5,0\,\text{s}\):

\[ x=10\left(t-\frac{t^2}{10}\right) \]

\[ x=10t-t^2 \]

a) Coordenadas pedidas

Para \(t=6,0\,\text{s}\):

\[ x(6)=10\cdot 6-6^2=60-36=24\,\text{cm} \]

Para \(t=10\,\text{s}\):

\[ x(10)=100-100=0\,\text{cm} \]

Para \(t=20\,\text{s}\):

\[ x(20)=200-400=-200\,\text{cm} \]

\[ \boxed{x(6)=24\,\text{cm}} \]

\[ \boxed{x(10)=0} \]

\[ \boxed{x(20)=-200\,\text{cm}} \]

b) Instantes en que la partícula está a \(10,0\,\text{cm}\) del origen

La distancia al origen es \(10,0\,\text{cm}\), entonces:

\[ |x|=10 \]

Primero, para \(x=10\):

\[ 10t-t^2=10 \]

\[ t^2-10t+10=0 \]

\[ t=\frac{10\pm\sqrt{100-40}}{2} \]

\[ t=\frac{10\pm\sqrt{60}}{2} \]

\[ t\approx 1,13\,\text{s} \]

\[ t\approx 8,87\,\text{s} \]

Luego, para \(x=-10\):

\[ 10t-t^2=-10 \]

\[ t^2-10t-10=0 \]

\[ t=\frac{10+\sqrt{100+40}}{2} \]

\[ t=\frac{10+\sqrt{140}}{2} \]

\[ t\approx 10,92\,\text{s} \]

Por lo tanto:

\[ \boxed{t\approx 1,13\,\text{s};\quad 8,87\,\text{s};\quad 10,92\,\text{s}} \]

c) Distancia recorrida en los primeros \(4,0\,\text{s}\) y \(8,0\,\text{s}\)

La velocidad se anula en:

\[ 1-\frac{t}{5}=0 \]

\[ t=5\,\text{s} \]

Hasta \(5\,\text{s}\), la partícula avanza en sentido positivo. Después de \(5\,\text{s}\), retrocede.

Para \(t=4,0\,\text{s}\):

\[ s=x(4)=10\cdot 4-4^2=40-16=24\,\text{cm} \]

Para \(t=8,0\,\text{s}\), primero llega al máximo:

\[ x(5)=10\cdot 5-5^2=50-25=25\,\text{cm} \]

Luego vuelve hasta:

\[ x(8)=80-64=16\,\text{cm} \]

La distancia recorrida entre \(5\) y \(8\,\text{s}\) es:

\[ 25-16=9\,\text{cm} \]

Entonces:

\[ s(8)=25+9=34\,\text{cm} \]

\[ \boxed{s(4)=24\,\text{cm}} \]

\[ \boxed{s(8)=34\,\text{cm}} \]

Problema 1.22

Una partícula se mueve en la dirección positiva del eje \(x\) de modo que su velocidad varía según:

\[ v=\alpha\sqrt{x} \]

donde \(\alpha\) es una constante positiva. En \(t=0\), la partícula estaba en \(x=0\). Determinar:

1. la dependencia de la velocidad y de la aceleración respecto del tiempo;
2. la velocidad media de la partícula durante el tiempo en el cual recorre los primeros \(s\) metros.

Solución

a) Velocidad y aceleración en función del tiempo

Como:

\[ v=\frac{dx}{dt} \]

tenemos:

\[ \frac{dx}{dt}=\alpha\sqrt{x} \]

Separando variables:

\[ \frac{dx}{\sqrt{x}}=\alpha dt \]

Integrando:

\[ 2\sqrt{x}=\alpha t \]

\[ \sqrt{x}=\frac{\alpha t}{2} \]

\[ x=\frac{\alpha^2t^2}{4} \]

Entonces:

\[ v=\alpha\sqrt{x} \]

\[ v=\alpha\cdot\frac{\alpha t}{2} \]

\[ \boxed{v(t)=\frac{\alpha^2}{2}t} \]

La aceleración es:

\[ w=\frac{dv}{dt} \]

\[ \boxed{w=\frac{\alpha^2}{2}} \]

b) Velocidad media en los primeros \(s\) metros

Para recorrer una distancia \(s\):

\[ s=\frac{\alpha^2t^2}{4} \]

Despejamos el tiempo:

\[ t=\frac{2\sqrt{s}}{\alpha} \]

La velocidad media es:

\[ \langle v\rangle=\frac{s}{t} \]

\[ \langle v\rangle=\frac{s}{\frac{2\sqrt{s}}{\alpha}} \]

\[ \boxed{\langle v\rangle=\frac{\alpha\sqrt{s}}{2}} \]

Problema 1.23

Un punto se mueve retardadamente en línea recta con una aceleración cuyo módulo depende de la velocidad según:

\[ w=a\sqrt{v} \]

donde \(a\) es una constante positiva. La velocidad inicial es \(v_0\). Hallar la distancia que recorrerá hasta detenerse y el tiempo necesario para hacerlo.

Solución

Como el movimiento es retardado, la aceleración se opone a la velocidad:

\[ \frac{dv}{dt}=-a\sqrt{v} \]

Tiempo hasta detenerse

Separamos variables:

\[ \frac{dv}{\sqrt{v}}=-a\,dt \]

Integramos desde \(v_0\) hasta \(0\):

\[ \int_{v_0}^{0}\frac{dv}{\sqrt{v}}=-a\int_0^t dt \]

\[ -2\sqrt{v_0}=-at \]

\[ \boxed{t=\frac{2\sqrt{v_0}}{a}} \]

Distancia recorrida hasta detenerse

Usamos:

\[ w=v\frac{dv}{dx} \]

Como la aceleración es negativa:

\[ v\frac{dv}{dx}=-a\sqrt{v} \]

\[ \sqrt{v}\,dv=-a\,dx \]

Integramos:

\[ \int_{v_0}^{0}\sqrt{v}\,dv=-a\int_0^s dx \]

\[ -\frac{2}{3}v_0^{3/2}=-as \]

\[ \boxed{s=\frac{2v_0^{3/2}}{3a}} \]

Problema 1.24

El radio vector del punto \(A\) varía con el tiempo según:

\[ \vec r=a t\,\vec i-bt^2\,\vec j \]

donde \(a\) y \(b\) son constantes positivas, y \(\vec i\), \(\vec j\) son versores de los ejes \(x\) e \(y\). Hallar:

1. la ecuación de la trayectoria \(y(x)\);
2. los vectores velocidad y aceleración, y sus módulos;
3. la dependencia del ángulo entre \(\vec w\) y \(\vec v\) respecto del tiempo;
4. el vector velocidad media en los primeros \(t\) segundos y su módulo.

Solución

a) Ecuación de la trayectoria

De la expresión del radio vector:

\[ x=at \]

\[ y=-bt^2 \]

Despejamos el tiempo:

\[ t=\frac{x}{a} \]

Sustituyendo en \(y\):

\[ y=-b\left(\frac{x}{a}\right)^2 \]

\[ \boxed{y=-\frac{b}{a^2}x^2} \]

La trayectoria es una parábola abierta hacia abajo.

b) Velocidad, aceleración y módulos

La velocidad es:

\[ \vec v=\frac{d\vec r}{dt} \]

\[ \vec v=a\,\vec i-2bt\,\vec j \]

Su módulo es:

\[ |\vec v|=\sqrt{a^2+4b^2t^2} \]

La aceleración es:

\[ \vec w=\frac{d\vec v}{dt} \]

\[ \vec w=-2b\,\vec j \]

Su módulo es:

\[ |\vec w|=2b \]

Por lo tanto:

\[ \boxed{\vec v=a\,\vec i-2bt\,\vec j} \]

\[ \boxed{|\vec v|=\sqrt{a^2+4b^2t^2}} \]

\[ \boxed{\vec w=-2b\,\vec j} \]

\[ \boxed{|\vec w|=2b} \]

c) Ángulo entre \(\vec w\) y \(\vec v\)

Usamos el producto escalar:

\[ \vec w\cdot \vec v=|\vec w|\,|\vec v|\cos\theta \]

Calculamos:

\[ \vec w\cdot \vec v=(-2b\,\vec j)\cdot(a\,\vec i-2bt\,\vec j) \]

\[ \vec w\cdot \vec v=4b^2t \]

Entonces:

\[ \cos\theta=\frac{4b^2t}{2b\sqrt{a^2+4b^2t^2}} \]

\[ \boxed{\cos\theta=\frac{2bt}{\sqrt{a^2+4b^2t^2}}} \]

También puede escribirse:

\[ \boxed{\theta=\arccos\left(\frac{2bt}{\sqrt{a^2+4b^2t^2}}\right)} \]

d) Vector velocidad media y módulo

La velocidad media vectorial en los primeros \(t\) segundos es:

\[ \langle \vec v\rangle=\frac{\Delta \vec r}{\Delta t} \]

Como \(\vec r(0)=0\):

\[ \langle \vec v\rangle=\frac{\vec r(t)}{t} \]

\[ \langle \vec v\rangle=\frac{at\,\vec i-bt^2\,\vec j}{t} \]

\[ \boxed{\langle \vec v\rangle=a\,\vec i-bt\,\vec j} \]

Su módulo es:

\[ \boxed{|\langle \vec v\rangle|=\sqrt{a^2+b^2t^2}} \]

Conceptos utilizados

• Radio vector. (Position vector)
• Velocidad instantánea. (Instantaneous velocity)
• Aceleración instantánea. (Instantaneous acceleration)
• Velocidad media escalar. (Average speed)
• Velocidad media vectorial. (Average velocity vector)
• Aceleración media. (Average acceleration)
• Movimiento circular. (Circular motion)
• Trayectoria semicircular. (Semicircular path)
• Movimiento rectilíneo retardado. Decelerated rectilinear motion
• Movimiento parabólico. (Parabolic motion)
• Producto escalar. (Scalar product)
• Vector desplazamiento. (Displacement vector)
• Módulo de un vector. (Magnitude of a vector)
• Versor. (Unit vector)
• Dependencia temporal. (Time dependence)

Problema : Pequeños objetos que deslizan por caminos descendentes diferentes

Se muestran dos caminos, A y B. En ambos casos, la altura inicial, la altura final y la distancia horizontal \(l\) entre el punto de partida y el punto de llegada son iguales. Dos objetos idénticos se colocan en los puntos de partida y comienzan a deslizar simultáneamente. Se desprecia el rozamiento.

Se debe elegir cuál de las siguientes afirmaciones describe mejor el movimiento:

1. Como el objeto del camino A es acelerado dos veces, llega primero.
2. Como el objeto del camino B desciende al principio por una pendiente más pronunciada, adquiere mayor rapidez y llega primero.
3. Como las distancias entre el punto inicial y final son iguales, llegan simultáneamente.
4. Como las alturas iniciales y finales son iguales, llegan simultáneamente.

Fundamento teórico

Si no hay rozamiento, se conserva la energía mecánica:

\[ E_m=E_c+E_p \]

\[ \frac{1}{2}mv^2+mgh=\text{constante} \]

Cuando el objeto desciende una altura \(\Delta h\), pierde energía potencial gravitatoria y gana energía cinética:

\[ mg\Delta h=\frac{1}{2}mv^2 \]

De allí:

\[ v=\sqrt{2g\Delta h} \]

Esto significa que cuanto mayor es la caída vertical acumulada desde el punto de partida, mayor es la rapidez del objeto.

Solución

En el camino B, el objeto desciende más rápidamente al comienzo. Por eso, desde los primeros instantes adquiere una rapidez mayor que el objeto del camino A.

Aunque ambos objetos parten desde la misma altura y llegan a la misma altura final, eso solo garantiza que tendrán la misma rapidez final, si se desprecia el rozamiento. Pero no garantiza que tarden el mismo tiempo.

El objeto que viaja durante mayor parte del recorrido con mayor rapidez llega antes. En este caso, el camino B permite que el objeto gane rapidez más temprano.

Respuesta correcta: opción b.

\[ \boxed{\text{El objeto del camino B llega primero.}} \]

Interpretación física

La clave no es solamente la altura inicial y final, sino cómo se distribuye la caída durante el recorrido. Si el objeto baja mucho al comienzo, aumenta pronto su rapidez y recorre el resto del camino más rápido. Por eso, aunque el camino B puede ser más largo, el objeto puede llegar antes porque se desplaza durante más tiempo con mayor velocidad.

Problema : Plano inclinado

Una bola se coloca en la parte superior de un plano inclinado de altura \(h\) y empieza a moverse hacia abajo. Se comparan dos casos:

• Caso A: la bola desliza sin rodar sobre un plano sin rozamiento.
• Caso B: la bola rueda sin deslizar sobre un plano con rozamiento.

Se debe elegir cuál afirmación describe mejor el tiempo que tarda la bola en llegar al suelo.

1. En el caso A llega en menor tiempo porque no pierde energía mecánica.
2. En el caso B llega en menor tiempo porque cae con energía de rotación.
3. En ambos casos llega al mismo tiempo por conservación de la energía.
4. En el caso A llega en menor tiempo porque toda la energía potencial se transforma en energía cinética traslacional, sin convertirse en energía cinética de rotación.

Fundamento teórico

La energía potencial gravitatoria inicial es:

\[ E_p=mgh \]

En el caso A, la bola no rota. Por lo tanto, toda la energía potencial se transforma en energía cinética traslacional:

\[ mgh=\frac{1}{2}mv_A^2 \]

Entonces:

\[ v_A=\sqrt{2gh} \]

En el caso B, la bola rueda sin deslizar. Por lo tanto, la energía potencial se reparte entre energía cinética traslacional y energía cinética rotacional:

\[ mgh=\frac{1}{2}mv_B^2+\frac{1}{2}I\omega^2 \]

Como parte de la energía se dedica a la rotación, la energía cinética traslacional es menor que en el caso A. Por eso:

\[ v_B<v_A \]

Solución

En el caso A, al no haber rotación, toda la energía disponible se transforma en movimiento de traslación. La bola adquiere mayor rapidez lineal.

En el caso B, el rozamiento permite la rotación de la bola. Este rozamiento no necesariamente disipa energía si hay rodadura pura, pero sí hace que parte de la energía potencial se transforme en energía cinética rotacional. Por eso queda menos energía para la velocidad de traslación.

Como la velocidad traslacional de la bola es mayor en el caso A, llega al suelo en menor tiempo.

Respuesta correcta: opción d.

\[ \boxed{\text{La bola del caso A llega primero.}} \]

Interpretación física

La conservación de la energía no implica que ambos movimientos tengan el mismo tiempo de llegada. En ambos casos se conserva la energía mecánica, pero se distribuye de manera diferente. En el deslizamiento sin rozamiento, toda la energía va a la traslación. En la rodadura, una parte se emplea en hacer girar la bola. Por eso, la rapidez de avance es menor.

Conceptos utilizados

• Energía mecánica. (Mechanical energy)
• Energía cinética. (Kinetic energy)
• Energía potencial gravitatoria. (Gravitational potential energy)
• Conservación de la energía mecánica. (Conservation of mechanical energy)
• Plano inclinado. (Inclined plane)
• Movimiento sin rozamiento. (Frictionless motion)
• Rozamiento estático. (Static friction)
• Rodadura sin deslizamiento. (Rolling without slipping)
• Energía cinética traslacional. (Translational kinetic energy)
• Energía cinética rotacional. (Rotational kinetic energy)
• Velocidad final. (Final velocity)
• Rapidez de descenso. (Descending speed)
• Altura inicial. (Initial height)
• Altura final. (Final height)
• Caída vertical. (Vertical drop)
• Momento de inercia. (Moment of inertia)
• Velocidad angular. (Angular velocity)
• Trayectoria descendente. (Descending path)
• Distribución de la energía. (Energy distribution)
• Tiempo de llegada. (Arrival time)

Problemas resueltos de cinemática

Problema 1.25

Un punto se mueve en el plano \(xy\) según:

\[ x=at,\qquad y=at(1-\alpha t) \]

donde \(a\) y \(\alpha\) son constantes positivas.

Solución

Como \(x=at\), entonces:

\[ t=\frac{x}{a} \]

Sustituyendo en \(y\):

\[ y=a\frac{x}{a}\left(1-\alpha \frac{x}{a}\right) \]

\[ \boxed{y=x-\frac{\alpha}{a}x^2} \]

La trayectoria es una parábola abierta hacia abajo.

Velocidad

\[ \vec v=\frac{d\vec r}{dt} \]

\[ \boxed{\vec v=a\,\vec i+a(1-2\alpha t)\,\vec j} \]

Aceleración

\[ \vec w=\frac{d\vec v}{dt} \]

\[ \boxed{\vec w=-2a\alpha\,\vec j} \]

Instante en que \(\vec v\) forma un ángulo \(\pi/4\) con \(\vec w\)

Usamos:

\[ \cos\theta=\frac{\vec v\cdot \vec w}{|\vec v|\,|\vec w|} \]

Para \(\theta=\pi/4\):

\[ \cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} \]

Al resolver se obtiene:

\[ \boxed{t_0=\frac{1}{\alpha}} \]

Problema 1.26

Un punto se mueve en el plano \(xy\) según:

\[ x=a\sin\omega t,\qquad y=a(1-\cos\omega t) \]

Solución

Gráfico del problema 1.26

El movimiento está definido por:

\[ x=a\sin(\omega t) \]

\[ y=a(1-\cos(\omega t)) \]

Eliminando el tiempo:

\[ \sin^2(\omega t)+\cos^2(\omega t)=1 \]

Como:

\[ \sin(\omega t)=\frac{x}{a} \]

\[ \cos(\omega t)=1-\frac{y}{a} \]

Resulta:

\[ \left(\frac{x}{a}\right)^2+\left(1-\frac{y}{a}\right)^2=1 \]

Es decir:

\[ \boxed{x^2+(y-a)^2=a^2} \]

La trayectoria es una circunferencia de radio \(a\), con centro en \((0,a)\).

a) Recorrido en el tiempo \(\tau\)

Derivamos para obtener la velocidad:

\[ v_x=a\omega\cos\omega t \]

\[ v_y=a\omega\sin\omega t \]

El módulo de la velocidad es:

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2} \]

\[ v=a\omega\sqrt{\cos^2\omega t+\sin^2\omega t} \]

\[ v=a\omega \]

Como la rapidez es constante:

\[ \boxed{s=a\omega\tau} \]

b) Ángulo entre velocidad y aceleración

La aceleración es:

\[ w_x=-a\omega^2\sin\omega t \]

\[ w_y=a\omega^2\cos\omega t \]

Calculamos el producto escalar:

\[ \vec v\cdot \vec w= (a\omega\cos\omega t)(-a\omega^2\sin\omega t) + (a\omega\sin\omega t)(a\omega^2\cos\omega t) \]

\[ \vec v\cdot \vec w=0 \]

Por lo tanto, los vectores son perpendiculares:

\[ \boxed{\theta=\frac{\pi}{2}} \]

Problema 1.27

Una partícula se mueve en el plano \(xy\) con aceleración constante \(w\), dirigida en sentido negativo del eje \(y\). La trayectoria es:

\[ y=ax-bx^2 \]

donde \(a\) y \(b\) son constantes positivas. Determinar la velocidad de la partícula en el origen.

Solución

Para un movimiento con aceleración vertical constante, la trayectoria tiene la forma:

\[ y=\frac{v_{0y}}{v_{0x}}x-\frac{w}{2v_{0x}^2}x^2 \]

Comparando con:

\[ y=ax-bx^2 \]

se obtiene:

\[ a=\frac{v_{0y}}{v_{0x}} \]

\[ b=\frac{w}{2v_{0x}^2} \]

De la segunda ecuación:

\[ v_{0x}=\sqrt{\frac{w}{2b}} \]

Y de la primera:

\[ v_{0y}=a\sqrt{\frac{w}{2b}} \]

Entonces, el vector velocidad inicial es:

\[ \boxed{\vec v_0=\sqrt{\frac{w}{2b}}\,\vec i +a\sqrt{\frac{w}{2b}}\,\vec j} \]

Su módulo es:

\[ \boxed{v_0=\sqrt{\frac{w}{2b}(1+a^2)}} \]

Problema 1.28

Un pequeño cuerpo se lanza con velocidad inicial \(v_0\), formando un ángulo \(\alpha\) con el horizonte. Se desprecia la resistencia del aire.

Solución

a) Desplazamiento en función del tiempo

El vector posición es:

\[ \vec r(t)=v_0\cos\alpha\,t\,\vec i+ \left(v_0\sin\alpha\,t-\frac{1}{2}gt^2\right)\vec j \]

\[ \boxed{\vec r(t)=v_0\cos\alpha\,t\,\vec i+ \left(v_0\sin\alpha\,t-\frac{1}{2}gt^2\right)\vec j} \]

b) Vector velocidad media

En los primeros \(t\) segundos:

\[ \langle \vec v\rangle=\frac{\vec r(t)}{t} \]

\[ \boxed{\langle \vec v\rangle= v_0\cos\alpha\,\vec i+ \left(v_0\sin\alpha-\frac{1}{2}gt\right)\vec j} \]

Durante todo el tiempo de vuelo:

\[ T=\frac{2v_0\sin\alpha}{g} \]

La velocidad media total es horizontal:

\[ \boxed{\langle \vec v\rangle_{\text{total}}=v_0\cos\alpha\,\vec i} \]

Problema 1.29

Desde la superficie de la Tierra se lanza un cuerpo con velocidad inicial \(v_0\), formando un ángulo \(\alpha\) con el horizonte. Se desprecia la resistencia del aire.

Solución

a) Duración del movimiento

\[ \boxed{T=\frac{2v_0\sin\alpha}{g}} \]

b) Altura máxima y alcance horizontal

\[ \boxed{H=\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}} \]

\[ \boxed{L=\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}} \]

Para que \(H=L\):

\[ \frac{\sin^2\alpha}{2}=\sin 2\alpha \]

\[ \boxed{\tan\alpha=4} \]

c) Ecuación de la trayectoria

\[ x=v_0\cos\alpha\,t \]

\[ y=v_0\sin\alpha\,t-\frac{1}{2}gt^2 \]

Eliminando \(t\):

\[ \boxed{y=x\tan\alpha-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}} \]

d) Radio de curvatura

El radio de curvatura puede obtenerse mediante:

\[ \rho=\frac{v^3}{|\vec v\times \vec w|} \]

Al comienzo:

\[ \boxed{\rho_0=\frac{v_0^2}{g\cos\alpha}} \]

En el vértice de la trayectoria:

\[ \boxed{\rho_{\text{vértice}}=\frac{v_0^2\cos^2\alpha}{g}} \]

Problema 1.30

Por la superficie interior de un cilindro vertical liso de radio \(R\), se lanza un pequeño cuerpo con velocidad inicial \(v_0\), formando un ángulo \(\theta\) con la vertical. Hallar \(v_0\) para que el cuerpo regrese al punto de partida.

Solución

La componente vertical de la velocidad es:

\[ v_z=v_0\cos\theta \]

La componente horizontal tangencial es:

\[ v_t=v_0\sin\theta \]

Para dar una vuelta completa alrededor del cilindro, el tiempo es:

\[ T=\frac{2\pi R}{v_0\sin\theta} \]

Para volver a la misma altura, el movimiento vertical debe cumplir:

\[ 0=v_0\cos\theta\,T-\frac{1}{2}gT^2 \]

De aquí:

\[ T=\frac{2v_0\cos\theta}{g} \]

Igualando ambos tiempos:

\[ \frac{2\pi R}{v_0\sin\theta}=\frac{2v_0\cos\theta}{g} \]

\[ v_0^2=\frac{\pi Rg}{\sin\theta\cos\theta} \]

Como:

\[ \sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta \]

resulta:

\[ \boxed{v_0=\sqrt{\frac{2\pi Rg}{\sin 2\theta}}} \]

Problema 1.31

Una bola inicia su caída con velocidad inicial nula sobre un plano inclinado liso que forma un ángulo \(\alpha\) con el horizonte. Después de caer una distancia \(h\), rebota elásticamente contra el plano. Hallar a qué distancia del primer lugar rebotará por segunda vez.

Solución

Antes del primer choque, la bola cae desde el reposo una distancia \(h\). Por conservación de la energía:

\[ \frac{1}{2}mv^2=mgh \]

\[ v=\sqrt{2gh} \]

Al rebotar elásticamente contra el plano, la componente normal de la velocidad cambia de sentido y la componente tangencial se conserva.

Tomamos un eje paralelo al plano. La componente de la velocidad paralela al plano después del rebote es:

\[ v_{\parallel}=v\sin\alpha \]

La componente normal al plano es:

\[ v_{\perp}=v\cos\alpha \]

El tiempo hasta volver a tocar el plano se obtiene del movimiento normal:

\[ 0=v\cos\alpha\,t-\frac{1}{2}g\cos\alpha\,t^2 \]

Para \(t\neq 0\):

\[ t=\frac{2v}{g} \]

La distancia recorrida sobre el plano durante ese tiempo es:

\[ s=v\sin\alpha\,t+\frac{1}{2}g\sin\alpha\,t^2 \]

Sustituyendo \(t=2v/g\):

\[ s=v\sin\alpha\frac{2v}{g} +\frac{1}{2}g\sin\alpha\frac{4v^2}{g^2} \]

\[ s=\frac{2v^2\sin\alpha}{g} +\frac{2v^2\sin\alpha}{g} \]

\[ s=\frac{4v^2\sin\alpha}{g} \]

Como \(v^2=2gh\):

\[ s=\frac{4(2gh)\sin\alpha}{g} \]

\[ \boxed{s=8h\sin\alpha} \]

Conceptos utilizados

• Movimiento parabólico. (Projectile motion)
• Movimiento en dos dimensiones. (Two-dimensional motion)
• Radio vector. (Position vector)
• Velocidad instantánea. (Instantaneous velocity)
• Aceleración instantánea. (Instantaneous acceleration)
• Velocidad media vectorial. (Average velocity vector)
• Trayectoria parabólica. (Parabolic trajectory)
• Alcance horizontal. (Horizontal range)
• Altura máxima. (Maximum height)
• Tiempo de vuelo. (Time of flight)
• Radio de curvatura. (Radius of curvature)
• Rebote elástico. (Elastic rebound)
• Componente tangencial. (Tangential component)
• Componente normal. (Normal component)
• Movimiento sobre cilindro. (Motion on a cylinder)