problema 20: Barra sujeta a charnela e hilo con polea.

Una barra de masa m  y longitud  l  está sujeta a charnela por su extremo inferior. Al extremo superior de la barra está atado un hilo que pasa por una polea, la cual se encuentra en la misma vertical que la charnela y a la altura H de ésta. ¿Qué carga mínima hay que colgar en el otro extremo del hilo para que la barra se mantenga con estabilidad en posición vertical?

SOLUCIÓN:

El problema pide hallar el menor valor de la carga M para que la barra  se mantenga estable, es decir, en equilibrio estático, en posición vertical. Sea "alfa" el ángulo entre la vertical y la barra (fig. 1). Entonces lo anterior se resume en calcular M para alfa igual a cero, con la condición de que M sea un mínimo. Por tanto, trataremos de encontrar una relación entre M y alfa, osea determinar M en función de alfa; luego evaluaremos M para alfa igual cero y analizaremos este resultado.

NOTA:

1. La expresión para M en función de alfa, nos dice que conforme la barra se aleja de la vertical (alfa crece) la masa del bloque que cuelga de la polea debe también aumentar para mantener la estabilidad. Por eso cuando la barra está en posición vertical la masa M del bloque es la mínima para mantener la estabilidad.

2)  Los lectores que tengan conocimiento de cálculo, pueden comprobar que M en función de alfa es una función creciente y que M es mínima en posición vertical utilizando el método de la primera y segunda derivada.

Problema 19: Hombre subido en una escalera.

Una escalera de mano cuya longitud l=3m, está apoyada con su extremo superior redondeado en una pared lisa y con el inferior en el suelo. El ángulo de inclinación de la escalera con el horizonte es 60º y su masa m=15kg. En la escalera, a la distancia a=1m de su extremo superior, está de pie un hombre de masa M=60kg. ¿Con qué fuerza presiona sobre el suelo el extremo inferior de la escalera y como está dirigida esta fuerza?

SOLUCIÓN:

NOTA:  

1. Por motivos de espacio no he reemplazado los valores de mE y mH que son 15kg y 60 kg respectivamente. La gravedad g se puede considerar con un valor de 10 m/s.s. 

2. El problema pide hallar la fuerza con que presiona la escalera al piso, es decir la reacción de la escalera contra el piso. Lo que he calculado es la REACCIÓN DEL PISO CONTRA LA ESCALERA (R), sin embargo por la tercera ley de newton (acción - reacción), la reacción de la escalera contra el piso es -R, con igual magnitud R.

problema 18: Esfera suspendida de un hilo

Una esfera suspendida de un hilo se apoya en la pared como muestra la figura. El centro de la esfera C se encuentra en la misma vertical que el punto de suspensión O; el hilo forma con la vertical el ángulo "alfa", y por el punto de sujeción del hilo A, el ángulo "beta". ¿Con qué coeficiente de rozamiento de la esfera con la pared es posible este equilibrio? Suponer que Los ángulos alfa y beta suman 90º.

SOLUCIÓN: 

CONCLUSIÓN:

Como sabemos, el coeficiente de rozamiento es una propiedad que depende de las superficies en contacto, en este caso entre la pared y la esfera. Supusimos que la esfera está a punto de resbalar ya que en este caso la fuerza de rozamiento es la máxima y tiene el valor mostrado en la ecuación (1). Por tanto el resultado obtenido no significa que el coeficiente de rozamiento depende del ángulo beta, sino que por lo contrario, beta es el máximo ángulo con el cual la esfera se mantendrá en equilibrio sin resbalar de la pared.

problema 4: Bolita que se mueve por dos canales.

Una bolita se mueve sin rozamiento una vez por el canal ABC y otra por el canal ADC (ver figura). Las partes de los canales AD y BC son verticales, y los ángulos ABC y ADC están redondeados. Representar gráficamente para ambos casos cómo depende la rapidez v de la bolita del tiempo t, si AB=BC=CD=AD=h. La rapidez de la bolita en el punto A es nula. ¿Por cuál de loa caminos llegará antes la bolita al punto C?



SOLUCIÓN:

Analizamos el movimiento de la bolita por tramos.

Primero veamos el tramo AB. En este tramo la bolita tiene una aceleración que es la componente de la gravedad en la dirección de AB, En consecuencia, rapidez en este tramo esta dad por: $$v=g\sin { \alpha  } t\quad \quad \quad \quad (1)$$

En el tramo vertical BC es la misma gravedad, por tanto: $$v={ v }_{ B }+gt$$
Graficando las ecuaciones (1) y (2),  tenemos la grafica para la trayectoria ABC:

Ahora anañizemos los tramos AD y DC. En el tramo AD la aceleración es la gravedad, por tanto: $$v=gt\quad \quad \quad \quad (3)$$
En el tramo DC la aceleración es la componente de la gravedad en la dirección de DC. Por tanto: $$v={ v }_{ D }+g\sin { \alpha  } t\quad \quad \quad (4)$$
Graficando las ecuaciones (3) y (4), teniendo en cuenta que $${ v }_{ D }=\sqrt { 2gh }$$

problema 13: Avión supersónico 2

Un avión vuela de modo horizontal a velocidad v=470m/s. Un observador oye el ruido al cabo del tiempo t=21s de haber pasado el avión sobre él. ¿A qué altura vuela el avión? La velocidad del sonido es c=330m/s.



Solución

Éste es un problema idéntico al problema 12, ya que igualmente en este problema tenemos un avión que vuela con rapidez supersónica . Así que podemos usar los resultados obtenidos en el problema anterior para hacer nuestra solución. En este caso tenemos que hallar la altura a la que vuela el avión supersónico.

En el problema 12 obtuvimos para la velocidad del avión la expresión $$v=\cfrac { h }{ \sqrt { \cfrac { { h }^{ 2 } }{ { c }^{ 2 } } -{ t }^{ 2 } }  }$$ donde h es la altura a la que vuela el avión y t=21s .
Podemos despejar la altura h de esta ecuación, obteniendo $$h=\cfrac { vt }{ \sqrt { \cfrac { { v }^{ 2 } }{ { c }^{ 2 } } -1 }  }$$ reemplazando los datos tenemos $$h=\cfrac { 470m/s\times 21s }{ \sqrt { \cfrac { { (470m/s) }^{ 2 } }{ { (330m/s) }^{ 2 } } -1 }  }$$ $$h\approx 9733m$$

problema 12: Avión supersónico 1

Un avión vuela horizontalmente a la altura H=4km sobre la superficie de la tierra a velocidad supersónica. El ruido llega al observador al cabo del tiempo t=10s de haber pasado el avión sobre él. Determinar la velocidad v del avión. La velocidad del sonido es c=330m/s.

Conocimiento previo

Como sabemos, el sonido es una onda mecánica tridimensional, cuyo medio de propagación es el aire. Cuando un objeto emite un sonido, éste se propaga a una velocidad de 340 m/s (en la solución trabajaremos con el valor dado en el enunciado). Los frentes de onda, que son algo así como el perfil de la onda, se propagan de manera esférica en el espacio. Cuando el emisor de sonido está en movimiento, respecto a un observado que se considera fijo,  estos frentes de ondas se deforman un poco (ver imagen). 

IMAGEN 1
Ondas esféricas ocasionadas por el disparo de una bala

Si la velocidad de la fuente es menor que la velocidad del sonido, la fuente se mantendrá en el "interior" de estos frentes de onda. Por eso cuando viajamos en un automóvil, que por lo general va a velocidad mucho menor que la del sonido, podemos escuchar el motor. En cambio si la fuente de sonido se mueve a una velocidad igual a la velocidad del sonido, la fuente se mueve junto con el frente de onda. Una situación completamente diferente es cuando la fuente de sonido se mueve más rápido que la velocidad del sonido. En este caso la fuente sobre pasa al frente de onda y se encuentra, por tanto "fuera" del frente de onda que produce. Por ejemplo, los pilotos que vuelan aviones militares supersónicos no pueden escuchar el sonido del avión, porque van tan rápido que el propio sonido no tiene tiempo de llegar a ellos mismos. Estos tres casos se resumen en la siguiente imagen.

IMAGEN 2
En el caso 1, la fuente se mueve más lento que el sonido. En el caso 2 la fuente se mueve con igual velocidad del sonido. En el caso 3 la fuente ha sobrepasado la velocidad del sonido.

En el siguiente gif observaremos mejor porqué un piloto que vuela un avión supersónico no escucha su propio sonido:

IMAGEN 3

Como observamos la fuente es tan rápida que va dejando en el camino a cada frente de onda que produce.

Pues bien, necesitábamos este conocimiento previo para entender la situación que se expone en el problema y hacer nuestra solución al mismo.

Solución

IMAGEN 4

En la imagen 4 tenemos un esquema de la situación. Se señala el frente de onda circular que intersecta al observador en el punto B. En el punto C, que es el centro del frente de onda, el avión emitió el sonido. En el punto H el avión pasa sobre el observador. Y cuando el avión llega al punto A, después de 10 segundos de haber pasado por H, el sonido emitido en C llega al observador en B. Este esquema corresponde pues con el de un avión que se mueve a velocidad supersónica y como notamos en la figura 3 de la imagen 2.

Sea v la velocidad del avion que recorre la distancia HA en el tiempo t=10s, entonces 

 HA = vt . También según el problema la altura BH = h. Por tanto en la imagen 4 observando el triángulo BHA tenemos que, por el teorema de pitágoras: $$AB=\sqrt { { h }^{ 2 }+{ (vt) }^{ 2 } } \quad \quad \quad (1)$$  Luego también notamos que por semejanza de los triángulos BHA y ABC se cumple $$\cfrac { AC }{ BC } =\cfrac { AB }{ h } \quad \rightarrow \quad AC=\cfrac { AB\times BC }{ h } \quad \quad \quad (2)$$

El tiempo que el avión demora en ir del punto C al punto A, es decir la distancia AC es igual al tiempo que el sonido emitido en C demora en llegar al observador en B. Por tanto tenemos $$\cfrac { BC }{ c } =\cfrac { AC }{ v } \quad \quad \quad (3)$$ Reemplazando (2) en (3) $$\cfrac { BC }{ c } =\cfrac { AB\times BC }{ hv } \quad \rightarrow \quad AB=h\cfrac { v }{ c } \quad \quad \quad (4)$$ Igualando (1) y (4) $$\sqrt { { h }^{ 2 }+{ (vt) }^{ 2 } } =h\cfrac { v }{ c } \quad \rightarrow \quad v=\frac { h }{ \sqrt { \cfrac { { h }^{ 2 } }{ { c }^{ 2 } } -{ t }^{ 2 } }  }$$

Por fin llegamos a una expresión para la velocidad del avión, ahora reemplazemos los datos dados por el problema $$\quad v=\frac { 4000m }{ \sqrt { \cfrac { { (4000m) }^{ 2 } }{ { (330m{ s }^{ -1 }) }^{ 2 } } -{ (10s) }^{ 2 } }  }$$ $$\quad v\quad =\quad 584\quad m/s$$

 Como era de esperarse la velocidad del avión es mayor que la del sonido. Sin duda un lindo problema donde aprendimos un poco sobre lo que sucede cuando un objeto se mueve más rápido que la velocidad del sonido. :)

PSDT: Les dejo este vídeo donde podemos ver a un caza militar rompiendo la barrera del sonido. Bye :)

problema 17: Gota de barro que se desprende de una rueda en movimiento.

Una rueda de radio R rueda uniformemente sobre una superficie horizontal. Del punto A se desprende una gota de barro (ver imagen) ¿Con qué velocidad v se mueve la rueda si la gota, después de estar en el aire, vuelve a caer sobre el mismo punto de la rueda?

Solución:

La gota de barro antes de desprenderse de la rueda tiene dos velocidades, la velocidad wR como consecuencia del giro de la rueda y la velocidad v de traslación de la rueda. Al desprenderse de la rueda, la gota de barro se mueve en el aire con movimiento parabólico. En el instante mostrado  en la imagen derecha, la bola de barro sale disparada, por tanto, con velocidad vertical wR y velocidad horizontal v. 

Calculemos el tiempo en que la gota sube y vuelve a caer en el mismo punto. Este tiempo es el doble del tiempo en  que la bola de barro llega a su altura máxima por tanto tenemos $$t=\cfrac { 2\omega R }{ g }$$

Ahora analicemos la distancia que la rueda se traslada hasta que la gota vuelve a caer. Como la gota, según el problema, vuelve a caer sobre el mismo punto de la rueda, ésta ha dado un numero entero de vueltas n, por tanto la distancia d tiene una longitud que es un múltiplo entero de la longitud de la circunferencia de la rueda. Esto es $$d=(2\pi R)n$$ Pero esta distancia d también es el desplazamiento  horizontal de la bola de barro en su movimiento parabólico. Por tanto, teniendo en cuenta el tiempo calculado, tenemos $$d=vt=v\times \cfrac { 2\omega R }{ g }$$ 

Igualando estas dos expresiones de la distancia d, tenemos $$v\cfrac { 2\omega R }{ g } =2\pi Rn$$ $$v=n\cfrac { \pi g }{ \omega  }$$ 

 Por tanto encontramos que la velocidad de traslación de la rueda depende del número de vueltas n que da y de su rapidez angular w. 

problema 14: Cuerpo pequeño que se desprende un disco giratorio.

Un disco liso de radio R, cuyo plano es horizontal, gira alrededor de su eje con la frecuencia n = 4 r.p.m. De la superficie del disco, a la distancia R/2 del eje, se desprende un cuerpo pequeño que se desliza sin rozamiento por el disco ¿ Al cabo de cuánto tiempo saldrá despedido del disco?

Solución:

En el instante en que el cuerpo se desprende del disco, en la posición que se observa en la imagen, éste tenía según la cinemática rotacional una velocidad $$\upsilon =\omega \frac { R }{ 2 }$$, donde w es la velocidad angular y R es el radio del disco.

Después de desprenderse, el cuerpo pequeño se mantiene con la velocidad adquirida y se desplaza en línea recta. Esto se debe que el disco es liso y no hay rozamiento mientras el cuerpo se desliza, por tanto el cuerpo pequeño se mantendrá con la velocidad adquirida  hasta abandonar el disco.

Entonces, según lo anterior, el cuerpo pequeño recorre la distancia AB con velocidad constante v. Por geometría, la distancia AB tiene el valor (ver imagen) $$AB=\cfrac { R }{ 2 } \sqrt { 3 }$$. 

El tiempo t que el cuerpo tarda en dejar el disco será $$t=\cfrac { AB }{ \upsilon  } =\frac { \cfrac { R }{ 2 } \sqrt { 3 }  }{ \omega \cfrac { R }{ 2 }  } =\cfrac { \sqrt { 3 }  }{ \omega  }$$

Solo bastará reemplazar el valor de la velocidad angular dado en el problema (4 r.p.m) haciendo la conversión correspondiente a radian por segundo. Lo importante aquí es notar que el tiempo que el cuerpo pequeño demora en dejar el disco depende solo de la velocidad angular del disco. Si en dos discos girando con igual velocidad angular, con radios diferentes e igualmente lisos, hay dos cuerpos, uno en cada disco, que se desprenden de él estando a la mitad del radio, estos tardaran el mismo tiempo en dejar los discos. 

problema 9: Chorros de agua

Fig 1

De tres tubos que se encuentran en el suelo salen sendos chorros de agua con la misma rapidez, formando respectivamente ángulos de 60º, 45 y 30º con el horizonte. Hallar la relación entre las alturas máximas a que llegan los chorros y la relación de las distancias a la que caen los chorros sobre el suelo.

SOLUCIÓN

Fig 3

Fig 2

 Los chorros seguirán una trayectoria parabólica. Se demuestra que en todo movimiento parabólico la altura máxima que alcanza un cuerpo es $${ H }_{ máx }=\frac { { v }^{ 2 }sin^{ 2 }\left( \alpha  \right)  }{ 2g }$$ Donde alfa es el ángulo que forman los chorros  con el horizonte  al ser lanzados (ver figuras). Las velocidades de los chorros son diferentes, pero tienen la misma magnitud (rapidez) según el problema, es decir $$\left| \overrightarrow { { v }_{ 1 } }  \right| =\left| \overrightarrow { { v }_{ 2 } }  \right| =\left| \overrightarrow { { v }_{ 3 } }  \right| =v$$ donde v es la rapidez de los chorros. 

Sean H1,  H2,  H3  las alturas máximas de los chorros, tenemos para cada chorro, según lo anterior: $${ H }_{ 1 }=\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } sin^{ 2 }\left( 60º \right) =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } \left( \cfrac { 3 }{ 4 }  \right)$$ $${ H }_{ 2 }=\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } sin^{ 2 }\left( 45º \right) =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } \left( \cfrac { 1 }{ 2 }  \right)$$ $${ H }_{ 3 }=\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } sin^{ 2 }\left( 30º \right) =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } \left( \cfrac { 1 }{ 4 }  \right)$$

La proporción de las alturas será $$\frac { 4 }{ 3 } { H }_{ 1 }=2{ H }_{ 2 }=4{ H }_{ 3 }$$ $$\\ \rightarrow \quad \frac { { H }_{ 1 } }{ 3 } =\frac { { H }_{ 2 } }{ 2 } =\frac { { H }_{ 3 } }{ 1 }$$ 

Las distancia máxima horizontal o alcance máximo de un movimiento parabólico está dada por $${ d }_{ máx }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { 2\alpha  }  }{ g }$$ Para los chorros tenemos: $${ d }_{ 1 }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { (2\times 60º) }  }{ g } =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ g } \left( \cfrac { \sqrt { 3 }  }{ 2 }  \right)$$ $${ d }_{ 2 }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { (2\times 45º) }  }{ g } =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ g }$$ $${ d }_{ 3 }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { (2\times 30º) }  }{ g } =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ g } \left( \cfrac { \sqrt { 3 }  }{ 2 }  \right)$$ Por tanto las proporciones serán $$\frac { { d }_{ 1 } }{ \sqrt { 3 }  } =\frac { { d }_{ 2 } }{ 2 } =\frac { { d }_{ 3 } }{ \sqrt { 3 }  }$$

problema 11: "Movimiento parabólico" en un río

En un río, a la distancia L=90m de la orilla, está anclada una balsa. La velocidad de la corriente del río junto a la orilla es uo=0 y crece proporcionalmente a la distancia de ella de tal manera que a la distancia L la velocidad del río es uL=2m/s . Una canoa automóvil se dirige desde la orilla hasta la balsa. Respecto del agua la canoa desarrolla la velocidad v=7.2km/h ¿Cómo debe el motorista orientar la canoa al desatracar para que, sin tener que corregir después la velocidad, ésta atraque a la balsa exactamente enfrente al punto de partida? ¿Qué tiempo T demorará la canoa en recorrer el camino en estas condiciones?

SOLUCIÓN

Para analizar la situación, establezcamos primero dos sistemas de referencia; el sistema S ligado a la orilla, y el sistema S` ligado al río (ver imagen). 

Según el enunciado del problema y de acuerdo a los sistemas establecidos, la velocidad  u del río se mide respecto al sistema S y la velocidad v de la canoa se mide respecto al sistema S` .

Por tanto la velocidad Vs de la canoa medida por un observador desde la orilla (respecto al sistema S )  será: $$\overrightarrow { { V }_{ S } } =\overrightarrow { u } +\overrightarrow { v } \quad \quad \quad (1)$$

Donde, según el problema, la velocidad v es constante y la velocidad u varía en función de la distancia L. Si en el sistema S establecemos las coordenadas XY como se muestra en la imagen :

, tenemos para u: $$u=kL\quad \quad \quad (2)$$

$$\overrightarrow { u } =-kL\hat { i } \quad \quad \quad (3)$$ donde k es una constante de proporcionalidad cuyo valor podemos hallar reemplazando los valores L=90m y u=2m/s en la ecuación (2): $$2m/s=k(90m)$$

$$k=\frac { 1 }{ 45 } { s }^{ -1 }$$

Escribiendo el vector v en términos de sus componentes en los ejes X y Y , tenemos de acuerdo a la ecuación (1) y (3): $$\overrightarrow { { V }_{ S } } =-u\hat { i } +{ v }_{ x }\hat { i } +{ v }_{ y }\hat { j }$$ $$\overrightarrow { { V }_{ S } } =(-kL+{ v }_{ x })\hat { i } +{ v }_{ y }\hat { j } \quad \quad \quad (4)$$ 

Debemos notar que la distancia L de la canoa hacia la orilla viene dada por  $$L={ v }_{ y }t$$ ya que Vy es la componente vertical de Vs (ecuación cuatro) y es constante. Por tanto derivando L respecto del tiempo t : $$\frac { dL }{ dt } ={ v }_{ y }\quad \quad \quad (5)$$ 

Hallemos la aceleración del movimiento derivando Vs respecto al tiempo: $$\vec { a } =\frac { d\overrightarrow { { V }_{ S } }  }{ dt } =\frac { d }{ dt } (-kL+{ v }_{ x })\hat { i } +\frac { d{ v }_{ y } }{ dt } \hat { j }$$ $$\overrightarrow { a } =-k\frac { dL }{ dt } \hat { i }$$ $$\overrightarrow { a } =-k{ v }_{ y }\hat { i } \quad \quad \quad (6)$$

Según la ecuación (6) la aceleración es horizontal (ver imagen anterior) y tiene un valor constante kVy. En todo movimiento con aceleración constante se cumple: $$\Delta \overrightarrow { r } =\overrightarrow { v } t+\cfrac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { a } { t }^{ 2 }\quad \quad \quad (7)$$  donde $$\Delta \overrightarrow { r } :\quad vector\quad desplazamiento$$ es claro que, según las condiciones del problema (ver imagen): $$\Delta \overrightarrow { r } =\overrightarrow { { r }_{ f } } -\overrightarrow { { r }_{ 0 } } =L\hat { j }\quad \quad \quad (8)$$
Sea "theta" el ángulo que forma la canoa con la orilla al partir hacia la balsa entonces tenemos para Vx Y Vy : $${ v }_{ x }=v\cos { \theta  } \quad \quad y\quad \quad { v }_{ y }=v\sin { \theta  } \quad \quad \quad (9)$$
Reemplazando (6),(8) y (9) en (7),  tenemos: $$L\hat { j } =(v\cos { \theta  } { \hat { i }  }+v\sin { \theta  } \hat { j } )t+\cfrac { 1 }{ 2 } (-kv\sin { \theta  } \hat { j } ){ t }^{ 2 }$$ $$L\hat { j } =(v\cos { \theta  } t-\cfrac { 1 }{ 2 } kv\sin { \theta  } { t }^{ 2 })\hat { i } +v\sin { \theta  } t\hat { j }$$ de donde $$v\cos { \theta  } t-\cfrac { 1 }{ 2 } kv\sin { \theta  } { t }^{ 2 }=0\quad \quad y\quad \quad L=v\sin { \theta  } t$$ Resolviendo las dos ecuaciones anteriores: $$t=\cfrac { L }{ v\sin { \theta  }  } \quad \quad y\quad \quad \cos { \theta  } =\cfrac { kL }{ 2v }$$
Remplazando datos (tomar en cuenta que 7.2km/h=2m/s), primero resolviendo para el ángulo "theta" y luego para el tiempo t: $$\cos { \theta  } =\cfrac { \cfrac { 1 }{ 45 } { s }^{ -1 }\times 90m }{ 2\times 2m/s } =0.5\quad \rightarrow \quad \theta =60º$$ $$t=\cfrac { 90m }{ 2m/s\sin { 60º }  } \approx 52s$$

Por tanto el motorista de la canoa deberá orientarla formando un anguló de 60º con la orilla en dirección contraria a la corriente del rió (ver imagen inicial). El tiempo que tardará en llegar a la balsa es aprox. 52 segundos.

problema 8: Nadador que se lanza desde un trampolín.

Un nadador salta desde un trampolín de 10 metros de altura y se sumerge en el agua a la distancia l=3m , medida horizontalmente desde el borde del trampolín, al cabo del tiempo t=2s. Determinar la velocidad del deportista en el momento del salto.

Observación:
Recordemos que en física existen magnitudes escalares y vectoriales. Éstas últimas están compuestas por su valor numérico y unidad de medida (módulo) y ademas la dirección u orientación en que éstas magnitudes actúan.

La velocidad es una magnitud vectorial, ya que tiene un valor numérico y una dirección. Cuando se hace referencia solo a su módulo, estamos hablando entonces de su rapidez. Por tanto cuando nos dicen que un cuerpo tiene una rapidez x, solo se está refiriendo al módulo de su velocidad.

En resumen: velocidad = vector ; rapidez = módulo.

SOLUCIÓN:

Es claro que en el problema nos piden calcular la velocidad inicial del nadador al momento de saltar; por lo que debemos encontrar tanto su rapidez, como su dirección.

Aplicaremos una de las ecuaciones de la cinemática del movimiento rectilíneo en forma vectorial:
$$\overrightarrow { { r }_{ f } } =\overrightarrow { { r }_{ o } } +\overrightarrow { { v }_{ 0 } } t+\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { g } { t }^{ 2 }$$

Para poder aplicar esta ecuación, necesitamos primero establecer un origen de coordenadas. Por comodidad pongamos pues este origen en el punto O (ver imagen). De esta manera tenemos que:
$$\overrightarrow { { r }_{ f } } =\quad l\hat { i } \quad \overrightarrow { { r }_{ 0 } } =h\hat { j } \quad \overrightarrow { g } =-g\hat { j }$$

Reemplazando en la primera ecuación, tomando en cuenta que l=3m, h=10m, t=2s y g=10 m/s.s:
$$l\hat { i } =h\hat { j } +\overrightarrow { v } t\quad -\frac { 1 }{ 2 } g\hat { j } { t }^{ 2 }$$
$$3m\hat { i } =10m\hat { j } +\overrightarrow { v } (2s)\quad -\frac { 1 }{ 2 } (10\frac { m }{ { s }^{ 2 } } )\hat { j } { (2s) }^{ 2 }$$

Despejando la velocidad:
$$\overrightarrow { v } =1,5\frac { m }{ s } \hat { i } +5\frac { m }{ s } \hat { j } $$

problema 6 : Distancia mínima entre una canoa y una lancha, ambas en movimiento.

En los puntos A y B se encuentran respectivamente una canoa automóvil y una lancha de motor que se mueven con las velocidades constantes de Vc y Vl en las direcciones que se indica en la figura. Determinar gráficamente cuál será la distancia mínima entre la canoa y la lancha.

SOLUCIÓN:

Usaremos el concepto de velocidad relativa. Para este caso graficaremos la velocidad relativa de B respecto de A: $$\vec { { V }_{ B/A } } =\vec { { v }_{ c } } -\vec { { v }_{ l } } $$

Gráficamente la velocidad de A respecto de B se obtiene sumando por el método del paralelogramo los vectores Vc y -Vl:

De la imagen anterior, notar que un observador situado en la lancha B observará a la canoa A moverse con una velocidad VB/A .   Obviamente el observador B está en reposo respecto a sí mismo. Por tanto, la distancia mínima que el observador en B podrá medir es la distancia perpendicular entre el punto B y la línea de acción del vector  VB/A .  Gráficamente:

problema 5: Lanzamiento de un torpedo

Un torpedo es lanzado desde el punto A en el instante en que el barco enemigo se encuentra en el punto B y navega (el barco B) con la rapidez 50 Km/h formando un ángulo "beta" igual a 30º con la línea AB (ver figura). La  rapidez  del torpedo es 100 Km/h. ¿Bajo qué ángulo "alfa" hay que lanzarlo para que dé en el blanco?

SOLUCIÓN:

Suponiendo que el torpedo alcanza al barco en el punto C  (ver imagen derecha), las distancias BC y AC estarán dadas por:

$$BC={ v }_{ 1 }t\quad \quad ,\quad \quad AC={ v }_{ 2 }t$$ donde t es el tiempo transcurrido desde sus posiciones iniciales.

En el triángulo ABC se debe cumplir la famosa "ley de senos", es decir:

$$\frac { BC }{ \sin { \alpha  }  } =\frac { AC }{ \sin { \beta  }  } $$

$$\frac { { v }_{ 1 }t }{ \sin { \alpha  }  } =\frac { { v }_{ 2 }t }{ \sin { \beta  }  }$$

Despejando "alfa" y remplazando datos:

$$\sin { \alpha  } =\frac { { v }_{ 1 } }{ { v }_{ 2 } } \sin { \beta  } $$

$$\sin { \alpha  } =\frac { 50km/h }{ 100km/h } \sin { 30º } $$

$$\sin { \alpha  } =\frac { 1 }{ 4 }$$

$$\alpha =\arcsin { \frac { 1 }{ 4 }  }$$

Por tanto para que el torpedo de en el blanco, éste debe ser orientado con un ángulo de 14, 48º .

Problema 3: Cuerpo que cae rebotando en las paredes de una ranura.

Un cuerpo pequeño se desliza con la rapidez v =10 m/s por un plano horizontal, aproximándose a una ranura. La ranura está formada por dos paredes verticales paralelas situadas entre sí a la distancia d=5cm. La velocidad v es perpendicular a las paredes. La profundidad de la ranura es H=1m ¿Cuántas veces chocará el cuerpo con las paredes antes de caer al fondo? Suponer que los choques con la pared son perfectamente elásticos.

SOLUCIÓN

En la imagen izquierda se tiene un esquema del enunciado del problema. Notar que cada choque del cuerpo con las paredes está numerado y que el último choque es el número "n".

Según el problema, los choques del cuerpo con las paredes son perfectamente elásticos, esto es, que la rapidez del cuerpo antes y después del choque conserva su valor v. Esto implica que el tiempo t entre cada choque es el mismo e igual a $$t=\frac { d }{ v } \quad \quad \quad \quad \quad \quad (1)$$

No olvidar que el cuerpo está bajo la acción de la gravedad y que por tanto su movimiento vertical es el de caída libre con velocidad inicial cero (su rapidez antes de entrar a la ranura es horizontal y es la que produce los choques con las paredes). Entonces el tiempo total T que el cuerpo tarda en caer al fondo está dado por $$H=\frac { 1 }{ 2 } g{ T }^{ 2 }\\ T=\sqrt { \frac { 2H }{ g }  } \quad \quad \quad \quad \quad (2)$$

Si el número de choques es n, el tiempo entre cada choque es t y el tiempo total de caída es T, entonces debe cumplirse la relación: $$nt\quad \le \quad T$$ La desigualdad en la expresión anterior se debe a que el último choque del cuerpo con las paredes se puede dar de dos maneras:

Recordemos que n es un número entero, entonces remplazando las ecuaciones (1) y (2) en la desigualdad anterior: $$n\frac { d }{ v } \quad \le \quad \sqrt { \frac { 2H }{ g }  } \\ n\quad \le \quad \frac { v }{ d } \sqrt { \frac { 2H }{ g }  } \\ n\quad \le \quad \frac { 10\quad m/s }{ 0.05\quad m } \sqrt { \frac { 2\times 1m }{ 9.82\quad m/{ s }^{ 2 } }  } \\ n\quad \le \quad 90.26\\ n\quad =\quad 90$$

Por tanto el cuerpo choca 90 veces con las paredes de la ranura durante su caída. Hay que observar que el resultado nos indica que el último choque se da como el caso dos de la imagen anterior.

Problema 2: Cuerpos que se deslizan sobre las cuerdas de una circunferencia.

Desde el punto A, situado en el extremo superior del diámetro vertical de cierta circunferencia, por unos canales colocados a lo largo de distintas cuerdas de aquella, empiezan a deslizarse simultáneamente varios cuerpos. ¿ Al cabo de de cuánto tiempo llegan estos cuerpos a la circunferencia? ¿ Cómo depende el tiempo del ángulo de inclinación "alfa" de la cuerda respecto de la vertical ? Desprecie el rozamiento.

SOLUCIÓN:

Sea "R" el radio de la circunferencia y "B" el punto de la circunferencia donde llega un cuerpo soltado del punto A (ver figura izquierda). De la figura se observa que el segmento  $$AB=2R\cos { (\alpha ) } $$ que es la distancia que recorre el cuerpo al ser soltado. La aceleración que adquiere el cuerpo es la componente de la gravedad en la dirección de AB $$a=g\cos { \alpha  }$$

Como el cuerpo parte simultaneamente, es decir, con velocidad inicial cero, su desplazamiento está dado por  $$AB=\frac { 1 }{ 2 } a{ t }^{ 2 }$$ entonces $$2R\cos { \alpha  } =\frac { 1 }{ 2 } (g\cos { \alpha  } ){ t }^{ 2 }\\ t=2\sqrt { \frac { R }{ g }  } $$

Podemos concluir que el tiempo que un cuerpo demora en llegar a la circunferencia no depende del ángulo alfa. Por tanto si se sueltan varios cuerpos a través de varias cuerdas, todos llegaran a la circunferencia al mismo tiempo.

Problema 1: Cuerpo en caída libre.

Durante el último segundo de caída libre, sin velocidad inicial, un cuerpo recorre las 3/4 partes de todo su camino. ¿Cuánto tarda en caer el cuerpo?

SOLUCIÓN:

Cuando un cuerpo en caída libre cae con velocidad inicial cero, la distancia que cae en cada intervalo de un segundo, es decir, la distancia que cae en el intervalo de tiempo $$n-1\quad <\quad t\quad <\quad n$$ donde "n" es el enésimo segundo viene dada por $${ d }_{ n }=(2n-1)k$$ donde K es un factor de proporcionalidad entero. Esto quiere decir que las distancias recorridas en cada intervalo de un segundo están en proporción a los números 1, 3, 5, ... (ver imagen).

De la imagen se observa que la condición del problema se cumple habiendo transcurrido dos segundo del movimiento.
Esto también se verifica usando la fórmula anterior: $$\frac { { d }_{ 2 } }{ { d }_{ 1 }+{ d }_{ 2 } } =\frac { 3k }{ 4k } =\frac { 3 }{ 4 }$$

Por tanto el cuerpo demora en caer dos segundos :)