Otras carreras Problema de cinematica

[jose manuel]

Hola buenas, necesito una ayuda con un ejercicio que me trae por la calle de la amargura... Espero vuestra ayuda, muchas gracias de ante mano...

Se muestra una imagen con una pelota a una distancia "s" de una pared con altura "h".

A) ¿A que velocidad se debe tirar la pelota para que alcance su máxima altura justo encima de la pared?Sol.: V(inicial)= \sqrt{(2gh + gs^2/2h)}

B)¿Cual es el ángulo que debe formar la velocidad inicial con respecto al eje horizontal para que esto ocurra?Sol.:\alpha = arctang 2h/s

C)¿Cual es el radio de curvatura de la trayectoria justo en el punto de máxima altura?Sol.:\rho =s^2/2h.

Bueno espero que me podais echar una mano. Muchas gracias

[angel relativamente]

Re: Problema de cinematica

No me hago a la idea de la imagen, si nos ilustrases mejor el problema

pd: has de meter las ecuaciones entre [tex] [/ tex] para que adquieran forma

¡Un saludo!

[jose manuel]

Re: Problema de cinematica

Bueno aquí os dejo lo que es el ejercicio en si...

[Resh]

Re: Problema de cinematica

Puedes volver a escribir los resultados? Escribelos usando lo que te ha dicho Angel.

[Resh]

Re: Problema de cinematica

El primero se puede resolver así:
$v=\sqrt{{v}_{x } ^2+{v}_{y }^2 }$

La componente Vy tendrá de velocidad inicial la misma que la v- final si dejas el objeto caer desde h:
${v}_{y }^2=2gh$

Ahora sacas el tiempo de:
$h=\frac{gt^2}{2 }$

Sabes que ${v}_{x }=\frac{s}{t }$

Substituyes el tiempo aquí:
${v}_{x }^2=\frac{2gs^2}{ h}$

Lo pones dentro de la primera ecuación y da:
$\sqrt{2(gh+\frac{gs^2}{h } })$

¡Saludos!

[angel relativamente]

Re: Problema de cinematica

Responderé al a) y al b)

Al tratarse de un movimiento parabólico,hay que calcular la velocidad inicial en el eje x y en el eje y por separado.

En el eje y:

Tenemos un MRUA cuyas ecuaciones son:

$$\dst y=y_0 + v_{0y}t-\frac 12 gt^2$$

$$\dst v_y=v_{0y}-gt$$

Sustituimos y despejamos t en (2):

$$t=\dst \frac{v_{0y}}{g}$$

Ahora sustituimos (3) en (1):

$$\dst y=v_{0y}\cdot \left( \dst \frac{v_{0y}}{g} \right) -\frac 12 g\cdot \left( \dst \frac{v_{0y}}{g} \right)^2$$

En nuestro caso la y podemos sustituirla por H, ya que representa la altura máxima. Operando... :

$$\dst H=\frac{{v_{0y}}^2}{2g}\; \Rightarrow \; v_{0y}=\sqrt{2gH}$$

Ahora vamos a analizarlo en el eje x, se trata de un MRU. En lugar de poner x pondré directamente s, pues se sobreentiende que es el desplazamiento horizontal máximo:

$$\dst s=v_x \cdot t\; \Rightarrow \; v_x=\frac{s}{t}$$

Como el tiempo que pasa es el mismo en el estudio del movimiento horizontal que en el vertical, sustituiremos la ecuación (3) en (6):

$$\dst v_x=\frac{s}{t}=\frac{gs}{v_{0y}}=\frac{gs}{\sqrt{2gH}}$$

Ahora que ya tenemos las componentes horizontal y vertical, solo hay que fijarse que son los catetos de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es la velocidad que nos piden, por tanto:

$$\dst v_0=\sqrt{{v_{0y}}^2 + {v_x}^2}=\sqrt{\left( \sqrt{2gH} \right) ^2 + \left( \frac{gs}{\sqrt{2gH}} \right) ^2}=\sqrt{2gH+\frac{gs^2}{2h}}$$

Y he ahí la respuesta.

El apartado b es bien sencillo, si $v_x$ y $v_{0y}$ son los catetos de un triángulo rectángulo, entonces:

$$\dst \tan{\alpha}= \frac{v_{0y}}{v_x}= \frac{2gh}{gs} \; \Rightarrow \; \alpha=\arctan{\left( \frac{2gh}{gs} \right) }$$

Si no se entiende algún paso no dudes en preguntar

¡Un saludo!
Angel


EDITADO: El rápido de resh se me ha adelantado en el apartado a) jiji

[jose manuel]

Re: Problema de cinematica

Muchas gracias a todos, de verdad, me habéis hecho un favor muy grande, os debo una xDDD

[bertolet]

Re: Problema de cinematica

El apartado c) es bien sencillo, teniendo en cuenta las componentes intrínsecas de la aceleración.

Dado que $\dst \vec{a}=\frac{\mathrm{d}\vec{v} }{\mathrm{d}t }$ y la dirección de $\vec{v} =v\vec{e_t}$ varía con el tiempo, debe tenerse cuidado a la hora de realizar la derivación (es decir, cambia el vector $\vec{e_t}$, que lleva la dirección de la velocidad, por lo que es tangente a la trayectoria en cada punto). Así, se tendrá:
$\dst \vec{a}=\frac{\mathrm{d}\vec{v} }{\mathrm{d}t }=\frac{\mathrm{d}v }{\mathrm{d}t } \vec{e_t}+v \frac{\mathrm{d}\vec{e_t} }{\mathrm{d}t }=a_t\vec{e_t}+v \frac{\mathrm{d}\vec{e_t} }{\mathrm{d}t }=a_t\vec{e_t}+v(\vec{\omega }\times \vec{e_t})$.
Puede verse que, dado que $\vec{\omega }$ tiene dirección binormal a la curva y su módulo viene dado por la variación temporal del argumento del vector $\vec{e_t}$, su producto vectorial por el del propio $\vec{e_t}$ da la variación temporal de dicho vector.
Así, dado que $\dst\omega =\frac{v}{\rho }$, donde $\rho$ es el radio de curvatura, podemos escribir:
$\dst \vec{a}=\frac{\mathrm{d}\vec{v} }{\mathrm{d}t }=a_t\vec{e_t}+\frac{v^2}{\rho}\vec{e_n}=a_t\vec{e_t}+a_n \vec{e_n}$

En el problema que nos ocupa, la aceleración normal justo en el punto máximo de la altura, es la aceleración en la dirección $y$, pues la velocidad en la componente $y$ en dicho punto es nula. Así, el radio de curvatura vendrá dado por:
$\dst \rho =\frac{v^2}{a_y}$. Dado que en el punto considerado $\dst v=v_x=\frac{gs}{\sqrt{2gH}}$ y $a_y=g$, se tiene
$\dst \rho =\frac{g^2 s^2}{2g^2H}=\frac{s^2}{2H}$