EJERCICIO DE CINEMATICA
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Ejercicio de cinematica

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se soluciona el problema de cinematica de forma novedosa para calcular el alcance sobre el horizonte, el tiempo de vuelo, la velocidad de llegada al suelo y otros detalles, explicado y con el paso a paso de las explicaciones para que cada uno siga.

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Ejercicio de cinematica

  1. 1. EJERCICIO DE CINEMATICA Tiro parabólico con caída por abajo del nivel de lanzamiento Barrios H., Erik S.1 Bogotá D.C. 28 de Noviembre de 2015 Se dispara un proyectil al aire desde la cima de una montaña a 200m por encima de un valle, como muestra la figura. Su velocidad inicial es de 60m/s a 60º respecto a la horizontal, despreciando la resistencia del aire ¿donde caerá el proyectil? Solución: Como el proyectil se mueve en forma parabólica, se puede hacer una descomposición del movimiento en los dos ejes coordenados que se observan en la figura, de tal manera que actuara una aceleración únicamente sobre la vertical, es decir, sobre el cambio de rapidez con que se desplaza hacia arriba o hacia abajo. Por otra parte la componente del movimiento en el plano horizontal, no presenta ninguna interacción en forma de fuerza, lo que se puede demostrar a partir de balance de Fuerzas y segunda ley de Newton observando un diagrama de cuerpo livre. Se inicia, asumiendo la situación del proyectil, en el tiempo en que demora en llegar a la parte más alta de su camino, encontrando el tiempo que se tarda en llegar a ese lugar. Se procede así atvv yoyf  Su velocidad final 0yfv , por lo que se tiene atvyo 0 1 Licenciado en Física Universidad Distrital Francisco José de Caldas, Bogotá D.C., Colombia.
  2. 2. g v t g v t a v t yo yo yo       Teniendo en cuenta que la aceleración ga  , es la aceleración de la gravedad, a partir del sistema de referencia y la segunda ley de Newton. Así que se tiene el tiempo de subida del proyectil desde su lugar de lanzamiento hasta el punto más alto, pero, ese tiempo es el mismo que se toma el cuerpo en caer desde el punto más alto, hasta la altura de la cual partió. Como se puede ver en la imagen siguiente, donde se ubican los vectores velocidad tanto en la situación en que el proyectil sube, como cuando cae, y los correspondiente ángulos Ese punto 1x , a la misma altura de 200m, pero cayendo tiene entonces un tiempo de vuelo del proyectil igual a        g v t yo 2*2 Tiempo que se usara para calcular la posición 1x , tvx x1        g v vx yo x 2 1 Se nombro esta distancia recorrida con el subindice (1) a partir del dibujo anterior, en que se presentan dos regiones. La región (1) donde el proyectil sube y baja hasta la misma altura de la que parte. La región (2) solo es caída desde la altura de 200m hasta el suelo que se ubica a 0m de altura, cayendo con una rapidez igual a la inicial de disparo. La altura alcanzada desde el punto de lanzamiento se determina a partir de.
  3. 3. ahvv yoyf 222  g v h yo 2 2  Por lo tanto el total de altura alcanzada desde el suelo es mhH 200 , con lo que se puede conocer la velocidad de llegada al piso gHvv yoyf 222  gHvyf 22  Luego el tiempo que en que recorre los 200m de caída es a parir de gtvv yoyf  t g vv yoyf   Así mismo desde la posición 1x , recorrerá con la misma velocidad xv hasta una posición 2x , que será en el momento que el proyectil toca el suelo, luego de caer durante el tiempo, t g vv yoyf  2 Y tvx x2           g vgH vx yo x 2 2           g vgH vx yo x 2 2 Por lo tanto la distancia total recorrida en Tx es igual a la suma de las distancias 1x y 2x ,                 g vgH v g v vx yo x yo xT 22 Realizando las operaciones de factorización correspondiente se llega a:           g gHv vx yo xT 2
  4. 4. NOTA: aunque no es del interés realizar las operaciones numéricas correspondientes a los datos, se expone el resultado reemplazando los datos del ejercicio mxT 445.401

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