movimiento parabólico fisica

1.El patinador deja la rampa A con una velocidad inicial de v A a un ángulo de 30°. Si golpea el suelo en B, determine v A y el tiempo de vuelo. Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x0  0 v0 x  vA cos  vA cos30 ax  0 y0  0 v0 y  vA sen   vA sen 30 a y   g  9,8 m/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  0,866vAt  2 (2) y  0,5vAt  4,9t  En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo. y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo, el patinador se encontrará en el punto B, que, de acuerdo a nuestro sistema de referencia, está ubicado en (5,-1). Entonces: x  5 t  tv    y  1 Remplazando en la ecuación (2): 5  0,866vAtv (3) 1  0,5vAtv  4,9tv 2 (4) Del primero se obtiene que: 5  vA 0,866tv Remplazando en la ecuación (4):  5  1  0,5   tv  4,9tv 2  0,866tv  1  2,87  4,9tv 2 De donde se puede obtener: 3,87  4,9tv 2 3,87  tv 2 4,9 3,87  tv 4,9 De donde se obtiene que el tiempo de vuelo será: tv  0,89 s Remplazando este valor en la ecuación (3) se obtiene: 5  0,866  vA  0,89 Por lo que: vA  6,49 m/s 2. El “pitcher” lanza la bola horizontalmente a una rapidez de 140 pies/s desde una altura de 5 pies. Si el bateador está a 60 pies del lanzador, determine el tiempo para que la bola llegue al bateador y la altura h a la cual pasa por él. ( PROB. ADICIONAL) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: y B x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo.-(5-h)).16.429 s Remplazando en la ecuación (4):  h= 16. que.1 (4) Del primero se obtiene que: tv  0.429 2 55-h 4.429)^2 De donde se despeja que la altura h será: .2 pies/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  140t  Y= . Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo. Entonces:  x  60 t  tv    y   5  h Remplazando en la ecuación (2) 60  140tv (3)  5  h   t^24.1  0.1t^2 2  (2) y  4.9t  En la figura 03 se observa el punto de impacto. el balón se encontrará en el punto B. está ubicado en (60. x0  0 v0 x  v  140 pies/s ax  0 y0  0 v0 y  0 a y   g  32.9(0. de acuerdo a nuestro sistema de referencia.9tv 2 -(5-h)=-16. h  2.4 ft . 3. Se lanza la pelota desde la azotea del edificio. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: . (ADICIONAL) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. determine la velocidad inicial v A y el ángulo de inclinación  A al cual fue lanzada. Si golpea el suelo en B en 3 s. También. determine la magnitud de la velocidad cuando golpea el suelo. Entonces: . el cual por dato del problema es 3 segundos y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo (el cual nos dan en el problema y es 3 segundos). el balón se encontrará en el punto B. está ubicado en (60.2 pies/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  vA cos  t   (2) y  vA sen   t  16.1t 2  En la figura 03 se observa el punto de impacto.-75). de acuerdo a nuestro sistema de referencia. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo. 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x0  0 v0 x  v A cos ax  0 y0  0 v0 y  v A sen  a y   g  32. que. 36 Por lo que: vA  30.3 a y   g  32.2 m/s 2 De donde se obtiene que las velocidades será: vx  20 v y  23.2t Como el tiempo de vuelo es 3 segundos.9  cos  69.  x  60 tv  3    y  75 Reemplazando en la ecuación (2).9 (4) Del primero se obtiene que: 20  vA cos Remplazando en la ecuación (4):  20  75  3  sen   144.7 m/s Luego la velocidad de choque estará dada por dos componentes: vx  v0 x  axt   (5) v y  v0 y  a yt  En donde remplazando las condiciones a partir de la figura 02.36  23.36  20 ax  0 v0 y  vA sen   30.36 Remplazando este valor en la ecuación (3) se obtiene: 60  3vA cos49.9  60 tan  De donde se puede obtener:  69. donde se utilizan los valores de la velocidad inicial y el ángulo inicial encontrados anteriormente: v0 x  vA cos  30.7cos 49.3  32.7sen 49.9    tan 1    60  De donde se obtiene que el tiempo de vuelo será:   49. tenemos las velocidades finales en x e y serán: . 60  3vA cos (3) 75  3vA sen   144. vx  20 v y  23. estará dada por: v  vx 2  v y 2  202  73.32  76 pies/s .3 Por lo tanto la magnitud de la velocidad final.3  32.2  3  73. Se dispara un proyectil a una rapidez v A en un ángulo de 60°. ¿En qué posición (x. Determine el ángulo  del segundo proyectil. ADICI) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.4. Luego se dispara un segundo proyectil con la misma rapidez 0. de modo que los dos proyectiles choquen.5 s después.y) sucederá esto? (PROB. Figura 02 Sistema de referencia Análisis del primer proyectil: Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: . 5  4.5   2 2   De la figura 02 se puede observar que: x20  0 v20 x  v20 cos  60cos ax  0 y20  0 v20 y  v20 sen   60sen  a y   g  9. .9t 2  Análisis del segundo proyectil: Las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante.5  Análisis del punto de intersección: En la figura 03 se observa el punto de intersección.5 segundo después que el primero: 1 2  x2  x20  v20 x  t  0.5   a y  t  0.5  2 (4) y2   60sen   t  0. tomando que en cuenta que el segundo proyectil sale 0.9  t  0.y de ambos proyectiles deberán coincidir.5   ax  t  0.8 m/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x2   60cos  t  0.8 m/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x1  30t   (2) y1  52t  4.5   2   (3) 1 y2  y20  v20 y  t  0. 1  x1  x10  v10 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y1  y10  v10 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x10  0 v10 x  v10 cos  60cos60  30 pies/s ax  0 y10  0 v10 y  v10 sen   60sen 60  52 pies/s a y   g  9. Nótese que en este punto las coordenadas x. 5  2 (6) Resolviendo la ecuación (5): 30te   60cos   te  0.5  30te  te  60cos   30cos 30cos  30te  2cos   30te 30cos  30te  2cos  1 De donde se obtiene: cos te  (7) 2cos  1 Resolviendo la ecuación (6): .5   4.9  te  0.9te 2   60sen    te  0.5 (5) 52te  4. Figura 03 Ubicación del punto de impacto Suponiendo que el tiempo en el que se interceptan es te desde que el primer proyectil fue lanzado entonces:  x1  x2 t  te    y1  y2 Remplazando en la ecuación (2) y (4): 30te   60cos   te  0. 225  52te  4.4  2 De donde se obtiene: x  222 m.9  7.9  te  0. Si el .4 s 2cos57.225  30sen   60te sen   4.225 1. y  116 m 5. para encontrar la posición x. El bombero sostiene la manguera a un ángulo   30 con la horizontal y el agua sale de la manguera A a una velocidad de vA  40 pies/s .1 cos  2.45cos  1.225 De donde se encuentra que   57.1 2cos  1  2cos  11.225  30sen     60sen   47.1 te De donde se obtiene: 1.9te 2  60te sen   30sen   4.5   4.5  2 52te  4. Utilizando las ecuaciones (2) x  30  7.9te 2  4.225  30sen  cos  60sen   47.225  30sen   47.6º Reemplazando en la ecuación (7) para obtener el tiempo de intersección: cos57.9te  1.4   4.55cos  30sen   1.225  30sen  te  (8) 60sen   47.1cos 2.9te  52te 1. 52te  4.225  30sen    60sen   47.9te 2  60te sen   30sen   4.9te 2   60sen    te  0.1cos 49.1 Igualando las ecuaciones (7) y (8) y obtenemos: 1.225  30sen   60cos sen   47.4  y  52  7.y en la que chocarán se debe reemplazar este tiempo en las coordenadas de posición de cualquiera de los dos proyectiles (ya que serán la misma para ambos).6º 1 Por lo tanto.6º te   7.9  te 2  te  0.45cos  60cos sen   1. ADICIONAL) Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   .chorro de agua golpea el edificio en B. (PROB. determine sus dos posibles distancias s del edificio. el chorro de agua se encontrará en el punto B.2 pies/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  34.64tv (3) 4  20tv  16. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo. de acuerdo a nuestro sistema de referencia.64t   (2) y  20t  16. está ubicado en (s. que. y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo. Entonces: x  s t  tv   y  4 Remplazando en la ecuación (2): s  34.De la figura 02 se puede observar que: x0  0 v0 x  vA cos  40cos30  34. 4).1t 2  En la figura 03 se observa el punto de impacto.64 pies/s ax  0 y0  0 v0 y  vA sen   40sen 30  20 pies/s a y   g  32.1tv 2 (4) . 64  4  0.0268 De donde se obtiene las dos posibles s que satisfacen al problema: s1  34.4 m s2  8.0134 s 2  0.577 s  0.0134 s 2 0  0.De (3) se obtiene que: s  tv 34.344 s 0.577   0.577  0.0134  4  2 s 2  0.577   4  0.64   34.577 s  4 De donde esa es una ecuación cuadrática.64 Remplazando en la ecuación (4): 2  s   s  4  20    16. que se puede resolver aplicando la fórmula general: 0.1   34.0134  0.7 m . De la manguera el agua sale a vA  40 pies/s . Determine los dos posibles ángulos  a que el bombero puede sostener la manguera.6. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: . de modo que el agua golpee el edificio en B. (ADICIONAL) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. Considere que s  20 pies . y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo. de acuerdo a nuestro sistema de referencia. 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x0  0 v0 x  vA cos  40cos  ax  0 y0  0 v0 y  vA sen   40sen  a y   g  32. Entonces: . que. está ubicado en (20.2 pies/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  40cos t   (2) y  40sen  t  16. el chorro de agua se encontrará en el punto B.1t 2  En la figura 03 se observa el punto de impacto. 4). Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo. 025  4.025  8. que se puede resolver aplicando la fórmula general: 20   20   4  4.1tv 2 (4) De (3) se obtiene que: 1  tv 2cos Remplazando en la ecuación (4): 2  1   1  4  40sen     16.8º .44  23.53 tan  2  0.  x  20 t  tv   y  4 Remplazando en la ecuación (2): 20   40cos  tv (3) 4   40sen   tv  16.025sec 2  Recordando que sec2   1  tan 2  . tenemos: 4  20 tan   4.53  77.46 tan   8.025 De donde esa es una ecuación cuadrática.025tan 2  4  20 tan   4.025tan 2   20 tan   8.025 1  tan 2   4  20 tan   4.1   2cos   2cos  2 16.025tan 2  0  4.025  20  16.44 De donde se obtienen los ángulos: 1  tan 1 4.05 De donde se obtiene las dos posibles la tangente del ángulo que satisfacen al problema: tan 1  4.5º  2  tan 1 0.1  1  4  20 tan     4  cos  4  20 tan   4.025  2 tan   2  4.025  4. . ADICIONAL) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. Si la bola golpea el suelo en B. (PROB. La máquina de lanzar se ajusta para que la bola salga despedida con una rapidez de vA  30 m/s . y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: .7. determine los dos posibles ángulos  A a que se lanzó. 9t 2  En la figura 03 se observa el punto de impacto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo. el balón se encontrará en el punto B.2   30sen   tv  4. que. Entonces:  x  30 t  tv    y  1.2). y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo. x0  0 v0 x  vA cos  30cos  ax  0 y0  0 v0 y  vA sen   30sen  a y   g  9. está ubicado en (30.9tv 2 (4) De (3) se obtiene que: 1  tv cos Remplazando en la ecuación (4): . de acuerdo a nuestro sistema de referencia.8 m/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  30cos t   (2) y  30sen  t  4.2 Remplazando en la ecuación (2): 30   30cos  tv (3) 1. -1. 9 1  tan 2   1.8 De donde se obtiene las dos posibles la tangente del ángulo que satisfacen al problema: tan 1  6 tan  2  0.5º  2  tan 1 0.9 tan 2  1.2  30 tan   4.9  4.9  30  28.9  4.77 tan   9.9sec 2  Recordando que sec2   1  tan 2  .2  30 tan   4. tenemos: 1.9 tan 2   30 tan   3.2  30 tan   4.9 tan 2  0  4.1255 De donde se obtienen los ángulo: 1  tan 1 6  80.9  3.9    cos   cos  1.7 De donde esa es una ecuación cuadrática. que se puede resolver aplicando la fórmula general: 30   30   4  4. 2  1   1  1.7  2 tan   2  4.1255  7.2  30sen     4.15º .2  30 tan   4. 5 s.8. 01) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado.8 m/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): . Determine la rapidez v A y el ángulo  A a que se arrojó. Se observa que el tiempo para que la bola golpea el suelo en B es de 2. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x0  0 v0 x  v A cos ax  0 y0  0 v0 y  v A sen  a y   g  9. (PROB. 9t  2 En la figura 03 se observa el punto de impacto. Entonces:  x  50 tv  2.2  2. x  vA cos  t   (2) y  vA sen   t  4.5 segundos). que. el balón se encontrará en el punto B. el cual por dato del problema es 3 segundos y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo (el cual nos dan en el enunciado que es 2.5   sen   30.2  2. está ubicado en (50.425  50 tan  De donde se puede obtener:  29.5vA cos (3) 1.625 (4) Del primero se obtiene que: 20  vA cos Remplazando en la ecuación (4):  20  1. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.2 Los cuales reemplazando en 50  2.425    tan 1    50  . de acuerdo a nuestro sistema de referencia.5vA sen   30.2).5    y  1.625  cos  29.-1. De donde se obtiene que el tiempo de vuelo será:   30.5 Remplazando este valor en la ecuación (3) se obtiene: 50  2.2 m/s .5vA cos30.5 Por lo que: vA  23. (ADIC.26t  2 (2) y  55t  16. determine la altura h que la rampa B debe tener de modo que la motocicleta aterrice a salvo.26 pies/s ax  0 y0  0 v0 y  vA sen   110sen 30  55 pies/s a y   g  32.) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x0  0 v0 x  vA cos  110cos30  95.2 pies/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  95. Si el motociclista deja la rampa a 110 pies/s.1t  .9. y x Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo. Entonces:  x  350 t  tv    y    30  h  Remplazando en la ecuación (2): 350  95.7 pie = 4. .-(30-h)).7 m 14.7 metros. está ubicado en (350.674 Remplazando en la ecuación (4):   30  h   55  3.32 h  14. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto se denomina tiempo de vuelo.674  2 h  30  202. de acuerdo a nuestro sistema de referencia.7  217.1tv 2 (4) Del (3) se obtiene que: tv  3.674   16.26tv (3)   30  h   55tv  16.1 3.En la figura 03 se observa el punto de impacto. que. el motociclista se encontrará en el punto B. 10. y x Figura 02 Sistema de referencia Análisis del bateador Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: . Cuando la bola está directamente sobre el jugador B éste comienza a correr debajo de ella. (PROBLEMA 03) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. Determine la rapidez constante vB y la distancia d a la cual B debe correr para hacer la atrapada a la misma altura a la que fue bateada. El beisbolista A batea la bola vA  40 pies/s y  A  60º . 2 pies/s 2 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  20t  2 (2) y  34. 1  x1  x10  v10 xt  a1xt 2  2   (1) 1 2 y1  y10  v10 yt  a1 yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x10  0 v10 x  vA cos  40cos60  20 pies/s y10  0 v10 y  vA sen   40sen 60  34.64 pies/s a1x  0 a1 y   g  32.1t  Análisis del corredor Las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x2  x20  v20 xt  a2 xt 2  2   (3) 1 2 y2  y20  v20 yt  a2 yt 2   De la figura 02 se puede observar que: x20  15 pies v20 x  vB a2 x  0 y20  0 v20 y  0 a2 y  0 Remplazando estas condiciones en la ecuación (1): x  15  vBt   (4) y0  Análisis de Intersección .64t  16. Entonces:  x1  x2  15  d t  tv    y1  y2  0 Remplazando en la ecuación (2) y (4): 15  d  20tv (5) a partir de (2)   0  34.64tv  16. tanto el corredor como el balón se encontrarán en el punto B. que la distancia d será: .0). que la solución no trivial es: tv  2.1tv  2. y x Figura 03 Ubicación del punto de intersección Se puede ver que cuando halla recorrido un tiempo igual al tiempo de vuelo.152  De donde se obtiene. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de intersección se denomina tiempo de vuelo.1tv 2 (6) 15  d  15  vBtv (7) a partir de (4)   00 (8) Del (6) se obtiene que: 0  16.152  tv  De donde se obtiene. de acuerdo a nuestro sistema de referencia. está ubicado en (15+d. que.152 s Remplazando este tiempo de vuelo en la ecuación (5): 15  d  20  2.En la figura 03 se observa el punto de intersección entre el balón y el corredor. d  43.152 De donde se despeja que: vB  20 pies/s . se reemplaza en la ecuación (7) 15  43.03  15  vB  2.3 pies Esta distancia encontrada junto con el tiempo de vuelo. Si luego lanza otra pelota a la misma rapidez v0 a un ángulo 2  1 . determine el tiempo entre los lanzamientos de modo que las bolas choquen en el aire en B. y x Figura 02 Sistema de referencia Recordemos que las ecuaciones que gobiernan el movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante: 1  x  x0  v0 xt  axt 2  2   (1) 1 2 y  y0  v0 yt  a yt 2   .11. ADICIO) Figura 01 Solución Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la gráfica del enunciado. (PROB.Un niño lanza al aire una pelota desde O con una rapidez v0 a un ángulo 1 . Entonces de la figura 2 se puede extraer x10  0 v10 x  v0 cos1 a1x  0 y10  0 v10 y  v0 sen 1 a1 y   g x20  0 v20 x  v0 cos 2 a2 x  0 y20  0 v20 y  v0 sen  2 a2 y   g Remplazando estas condiciones en la ecuación (1) tenemos que las ecuaciones que rigen los movimientos de ambas partículas serán (tomando en cuenta que cada uno tendrá un tiempo diferente): x1  v0 cos1  t1   g 2 (2) y1  v0 sen 1  t1  t1  2  x2  v0 cos 2  t2   g 2 (3) y2  v0 sen  2  t2  t2  2  En la figura 03 se observa el punto de intercepto. Nótese que a tiempo que tarda desde que salió hasta que llegue al punto de impacto llamaremos tiempo de encuentro te .Asumiendo que los subíndices 1 y 2 hacen referencia a los dos tipos de movimientos que podrá realizar el balón. y x . primero debemos encontrar el tiempo en el que ambos llegan al punto B. que.y). Figura 03 Ubicación del punto de impacto Se puede ver que cuando ambos balones hallan recorrido un tiempo igual al tiempo de encuentro. de acuerdo a nuestro sistema de referencia. los balones se encontrarán en el punto B. Entonces:  x1  x2  x t  te    y1  y2  y Es decir. está ubicado en (x. Para ello reemplazamos esa última condición en (2) y (3) v0 cos1  t1  v0 cos 2  t2 (4) g 2 g v0 sen 1  t1  t1  v0 sen  2  t2  t2 2 (5) 2 2 De (4) se obtiene que: cos 2 t1  t2 (6) cos1 Remplazando en la ecuación (5): 2  cos 2  g  cos 2  g 2 v0 sen 1   t2    t2   v0 sen  2  t2  t2  cos 1  2  cos 1  2 cos 2 g cos 2 2 2 g 2 v0 sen 1  t2  t2  v0 sen  2  t2  t2 cos1 2 cos12 2 cos 2 g cos 2 2 g v0 sen 1   t  v0 sen  2  t2 cos1 2 cos1 2 2 2 cos 2 g cos 2 2 g v0 sen 1   v0 sen  2  t  t2 cos1 2 cos12 2 2 Multiplicando todo por 2cos 2 1 se tiene: 2v0 cos1 sen 1 cos 2  2v0 sen  2 cos 2 1  g cos 2 2t2  g cos12t2 2v0 cos1  sen 1 cos 2  cos1 sen  2   gt2  cos 2 2  cos12  2v0 cos1 sen 1   2   gt2  cos 2 2  cos12  . De donde se puede despejar que: 2v cos1 sen 1   2  t2  0 g  cos 2 2  cos12  Reemplazando en (6) para obtener: cos 2  2v0 cos1 sen 1   2   t1    cos1  g  cos 2 2  cos12     2v0 cos 2 sen 1   2  t1  g  cos 2 2  cos12  Como nos piden la diferencia de tiempo entre lanzamientos. tomamos la diferencia: t  t1  t2 2v0 cos 2 sen 1   2  2v0 cos1 sen 1   2    g  cos 2 2  cos12  g  cos 2 2  cos12  2v0 sen 1   2  cos 2  cos1   g  cos 2 2  cos12  2v0 sen 1   2  cos 2  cos1   g  cos 2  cos1  cos 2  cos1  2v0 sen 1   2   g  cos 2  cos1  . SOLUCIÓN PROBLEMA 09: SOLUCIÓN PROBLEMA 07: . Si la altura de la rampa con respecto al suelo es de 6m. como se muestra en la figura. con velocidad horizontal de 12 m/s. determine el tiempo necesario para que el saco llegue al suelo y el rango R donde los sacos empiezan a apilarse. .SOLUCIÓN PROBLEMA 08: PROBLEMA 02: Un saco resbala por la rampa. las virutas chocan con la pila si en este instante caen en la pila a 20 pies del tubo. determine a que “h”.SOLUCIÓN: PROBLEMA 04 Una máquina desmenuzadora está diseñada para que lance virutas de madera a ?? = 25 ????/? como se muestra en la figura. Si el tubo está orientado a 30° con respecto a la horizontal. SOLUCIÓN: . Determine la rapidez a la cual estaba saliendo de la rampa. desde una altura de 1m. SOLUCIÓN: .PROBLEMA 05: La pista para este evento de carreras se diseñó para que los corredores salten la pendiente a 30°. la distancia horizontal que recorre antes de chocar con el suelo y la altura máxima que alcanza.5 s. Durante una carrera se observó que el corredor mostrado en la figura permanecía en el aire durante 1. No tome en cuenta el tamaño de la motocicleta ni al corredor. y el ángulo correspondiente ?0 a la que el balón debe ser pateado con el fin de que cruce por encima de los 3 m de altura de la valla. SOLUCIÓN: .PROBLEMA 06: Determinar la velocidad inicial mínima ?? .