Movimiento de proyectil El movimiento de proyectil es el movimiento de un objeto lanzado o proyectado al aire, sujeto únicamente a la aceleración como resultado de la gravedad. Las aplicaciones del movimiento de proyectil en física e ingeniería son numerosas. Algunos ejemplos son los meteoritos al entrar en la atmósfera terrestre, los fuegos artificiales y el movimiento de cualquier pelota en los deportes. Dichos objetos se denominan proyectiles y su recorrido se denomina trayectoria . El movimiento de los objetos que caen, tal y como se explica en Movimiento rectilíneo , es un tipo simple de movimiento de proyectil unidimensional en el que no hay movimiento horizontal. En esta sección, consideramos el movimiento bidimensional de proyectil, y nuestro tratamiento descarta los efectos de la resistencia del aire. El hecho más importante que hay que recordar aquí es que los movimientos a lo largo de los ejes perpendiculares son independientes y, por tanto, pueden analizarse por separado. Ya hablamos de este hecho en Vectores de desplazamiento y velocidad , donde vimos que los movimientos verticales y horizontales son independientes. La clave para analizar el movimiento bidimensional de proyectil es dividirlo en dos movimientos: uno a lo largo del eje horizontal y otro a lo largo del vertical. (Esta elección de ejes es la más sensata porque la aceleración resultante de la gravedad es vertical; por lo tanto, no hay aceleración a lo largo del eje horizontal cuando la resistencia del aire es despreciable). Como es habitual, llamamos al eje horizontal eje de la x y al eje vertical eje de la y . No es necesario que utilicemos esta elección de ejes; simplemente es conveniente en el caso de la aceleración gravitatoria. En otros casos podemos elegir un conjunto diferente de ejes. La ilustra la notación para el desplazamiento, donde definimos s → como el desplazamiento total, y x → y y → son sus vectores componentes a lo largo de los ejes horizontal y vertical, respectivamente. Las magnitudes de estos vectores son s , x y y . El desplazamiento total s de un balón de fútbol en un punto de su recorrido. El vector s → tiene componentes x → y y → a lo largo de los ejes horizontal y vertical. Su magnitud es s y forma un ángulo Φ con la horizontal. Para describir completamente el movimiento de proyectil , debemos incluir la velocidad y la aceleración, así como el desplazamiento. Debemos encontrar sus componentes a lo largo de los ejes de la x y la y . Supongamos que todas las fuerzas, excepto la gravedad (como la resistencia del aire y la fricción, por ejemplo), son despreciables. Definiendo que la dirección positiva es hacia arriba, los componentes de la aceleración son entonces muy simples: a y = − g = −9,8 m / s 2 ( − 32 pies / s 2 ) . Dado que la gravedad es vertical, a x = 0 . Si a x = 0 , esto significa que la velocidad inicial en la dirección x es igual a la velocidad final en la dirección x , o v x = v 0 x . Con estas condiciones sobre la aceleración y la velocidad, podemos escribir la cinemática de la a la para el movimiento en un campo gravitacional uniforme, incluso el resto de las ecuaciones cinemáticas para una aceleración constante de Movimiento con aceleración constante . Las ecuaciones cinemáticas del movimiento en un campo gravitacional uniforme se convierten en ecuaciones cinemáticas con a y = − g , a x = 0 : Movimiento horizontal v 0 x = v x , x = x 0 + v x t Movimiento vertical y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t v y = v 0 y − g t y = y 0 + v 0 y t − 1 2 g t 2 v y 2 = v 0 y 2 − 2 g ( y − y 0 ) Utilizando este conjunto de ecuaciones, podemos analizar el movimiento de proyectil, teniendo en cuenta algunos puntos importantes. Movimiento de proyectil Resuelva el movimiento en componentes horizontales y verticales a lo largo de los ejes de la x y la y . Las magnitudes de los componentes del desplazamiento s → a lo largo de estos ejes son x y y. Las magnitudes de los componentes de la velocidad v → son v x = v cos θ y v y = v sen θ , donde v es la magnitud de la velocidad y θ es su dirección con respecto a la horizontal, como se muestra en la . Trate el movimiento como dos movimientos unidimensionales independientes: uno horizontal y otro vertical. Utilice las ecuaciones cinemáticas para el movimiento horizontal y vertical presentadas anteriormente. Resuelva las incógnitas en los dos movimientos separados: uno horizontal y otro vertical. Observe que la única variable común entre los movimientos es el tiempo t . Los procedimientos de resolución de problemas aquí son los mismos que los de la cinemática unidimensional y se ilustran en los siguientes ejemplos resueltos. Recombine las cantidades en las direcciones horizontal y vertical para encontrar el desplazamiento total s → y la velocidad v → . Resuelva la magnitud y la dirección del desplazamiento y la velocidad mediante s = x 2 + y 2 , Φ = tan −1 ( y / x ) , v = v x 2 + v y 2 , donde Φ es la dirección del desplazamiento s → . (a) Analizamos el movimiento bidimensional de proyectil al dividirlo en dos movimientos unidimensionales independientes a lo largo de los ejes vertical y horizontal. (b) El movimiento horizontal es simple, porque a x = 0 y v x es una constante. (c) La velocidad en la dirección vertical comienza a disminuir a medida que el objeto se eleva. En su punto más alto, la velocidad vertical es cero. A medida que el objeto vuelve a caer hacia la Tierra, la velocidad vertical aumenta de nuevo en magnitud, pero apunta en la dirección opuesta a la velocidad vertical inicial. (d) Los movimientos x y y se recombinan para obtener la velocidad total en cualquier punto en la trayectoria. Un proyectil de fuegos artificiales estalla alto y lejos Durante un espectáculo de fuegos artificiales, se lanza un proyectil al aire con una rapidez inicial de 70,0 m/s con un ángulo de 75,0 ° por encima de la horizontal, como se ilustra en la . La mecha está programada para que el proyectil se encienda justo cuando alcance su punto más alto sobre el suelo. (a) Calcule la altura a la que explota el proyectil. (b) ¿Cuánto tiempo transcurre entre el lanzamiento del proyectil y la explosión? (c) ¿Cuál es el desplazamiento horizontal del proyectil cuando estalla? (d) ¿Cuál es el desplazamiento total desde el punto de lanzamiento hasta el punto más alto? La trayectoria de un proyectil de fuegos artificiales. La mecha se ajusta para que el proyectil explote en el punto más alto de su trayectoria, que se encuentra a una altura de 233 m y a 125 m de distancia horizontal. Estrategia El movimiento puede dividirse en movimientos horizontales y verticales en los que a x = 0 y a y = − g . Podemos entonces definir x 0 y y 0 como cero y resolver las cantidades deseadas. Solución (a) Por "altura" se entiende la altitud o posición vertical y sobre el punto de partida. El punto más alto de cualquier trayectoria, llamado vértice , se alcanza cuando v y = 0 . Como conocemos las velocidades inicial y final, así como la posición inicial, utilizamos la siguiente ecuación para encontrar y : v y 2 = v 0 y 2 − 2 g ( y − y 0 ) . Dado que y 0 y v y son ambos cero, la ecuación se simplifica a 0 = v 0 y 2 − 2 g y . Al resolver y obtenemos y = v 0 y 2 2 g . Ahora debemos encontrar v 0 y , el componente de la velocidad inicial en la dirección y . Está dado por v 0 y = v 0 sen θ 0 , donde v 0 es la velocidad inicial de 70,0 m/s y θ 0 = 75 ° es el ángulo inicial. Por lo tanto, v 0 y = v 0 sen θ = ( 70,0 m / s ) sen 75 ° = 67,6 m / s y la y es y = ( 67,6 m / s ) 2 2 ( 9,80 m / s 2 ) . Por lo tanto, tenemos y = 233 m . Observe que, al ser positivo hacia arriba, la velocidad vertical inicial es positiva, al igual que la altura máxima, pero la aceleración resultante de la gravedad es negativa. Observe también que la altura máxima depende únicamente del componente vertical de la velocidad inicial, de modo que cualquier proyectil con un componente vertical inicial de velocidad de 67,6 m/s alcanza una altura máxima de 233 m (descartando la resistencia del aire). Las cifras de este ejemplo son razonables para los grandes espectáculos pirotécnicos, cuyos proyectiles alcanzan esas alturas antes de estallar. En la práctica, la resistencia del aire no es completamente despreciable, por lo que la velocidad inicial tendría que ser algo mayor que la dada para alcanzar la misma altura. (b) Como en muchos problemas de física, hay más de una forma de resolver el tiempo en que el proyectil alcanza su punto más alto. En este caso, el método más sencillo consiste en utilizar v y = v 0 y − g t . Dado que v y = 0 en el vértice, esta ecuación se reduce simplemente a 0 = v 0 y − g t o t = v 0 y g = 67,6 m / s 9,80 m / s 2 = 6,90 s . Este tiempo también es razonable para los grandes fuegos artificiales. Si puede ver el lanzamiento de los fuegos artificiales, observe que transcurren varios segundos antes de que el proyectil estalle. Otra forma de encontrar el tiempo es utilizar y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t . Esto se deja como un ejercicio para completar. (c) Porque la resistencia del aire es despreciable, a x = 0 y la velocidad horizontal es constante, como se ha comentado anteriormente. El desplazamiento horizontal es la velocidad horizontal multiplicada por el tiempo, tal y como viene dada por x = x 0 + v x t , donde x 0 es igual a cero. Por lo tanto, x = v x t , donde v x es el componente x de la velocidad, que viene dada por v x = v 0 cos θ = ( 70,0 m / s ) cos 75 ° = 18,1 m / s . El tiempo t para ambos movimientos es el mismo, por lo que x es x = ( 18,1 m / s ) 6,90 s = 125 m . El movimiento horizontal es una velocidad constante a falta de resistencia del aire. El desplazamiento horizontal encontrado aquí serviría para evitar que los fragmentos de fuegos artificiales caigan sobre los espectadores. Cuando el proyectil estalla, la resistencia del aire tiene un efecto importante, y muchos fragmentos caen justo por debajo. (d) Se acaban de calcular los componentes horizontales y verticales del desplazamiento, por lo que lo único que le falta aquí es encontrar la magnitud y la dirección del desplazamiento en el punto más alto: s → = 125 i ^ + 233 j ^ | s → | = 125 2 + 233 2 = 264 m Φ = tan −1 ( 233 125 ) = 61,8 ° . Observe que el ángulo del vector de desplazamiento es menor que el ángulo inicial de lanzamiento. Para ver el porqué de esto, revise la , que muestra la curvatura de la trayectoria hacia el nivel del suelo. Al resolver el (a), la expresión que encontramos para y es válida para cualquier movimiento de proyectil cuando la resistencia del aire es despreciable. Llame a la altura máxima y = h . Luego, h = v 0 y 2 2 g . Esta ecuación define la altura máxima de un proyectil por encima de su posición de lanzamiento y depende únicamente del componente vertical de la velocidad inicial. Una roca es lanzada horizontalmente desde un acantilado de 100,0 m de altura con una velocidad de 15,0 m/s. (a) Defina el origen del sistema de coordenadas. (b) ¿Qué ecuación describe el movimiento horizontal? (c) ¿Qué ecuaciones describen el movimiento vertical? (d) ¿Cuál es la velocidad de la roca en el punto de impacto? (a) Elija la parte superior del acantilado donde se lanza la roca como el origen del sistema de coordenadas. Aunque es arbitrario, solemos elegir el tiempo t = 0 para que corresponda al origen. (b) La ecuación que describe el movimiento horizontal es x = x 0 + v x t . Con x 0 = 0 , esta ecuación se convierte en x = v x t . (c) La a la y la describen el movimiento vertical, pero dado que y 0 = 0 y v 0 y = 0 , estas ecuaciones se simplifican en gran medida para convertirse en y = 1 2 ( v 0 y + v y ) t = 1 2 v y t , v y = − g t , y = − 1 2 g t 2 , y v y 2 = −2 g y . (d) Utilizamos las ecuaciones cinemáticas para encontrar los componentes de la x y de la y de la velocidad en el punto de impacto. Utilizando v y 2 = −2 g y y observando que el punto de impacto es -100,0 m, encontramos que el componente y de la velocidad en el impacto es v y = 44,3 m / s . Se nos da el componente x , v x = 15,0 m / s , por lo que podemos calcular la velocidad total en el momento del impacto: v = 46,8 m/s y θ = 71,3 ° por debajo de la horizontal. Calcular el movimiento de proyectil: tenista Un tenista gana un partido en el estadio Arthur Ashe y golpea una pelota hacia las gradas a 30 m/s y a un ángulo de 45 ° sobre la horizontal ( ). En su descenso, un espectador atrapa la pelota a 10 m por encima del punto en el que fue golpeada. (a) Calcule el tiempo que tarda la pelota de tenis en llegar al espectador. (b) ¿Cuál es la magnitud y la dirección de la velocidad de la pelota en el momento del impacto? La trayectoria de una pelota de tenis golpeada hacia las gradas. Estrategia De nuevo, la resolución de este movimiento bidimensional en dos movimientos unidimensionales independientes nos permite resolver las cantidades deseadas. El tiempo que un proyectil está en el aire se rige únicamente por su movimiento vertical. Por lo tanto, primero resolvemos t . Mientras la pelota sube y baja verticalmente, el movimiento horizontal continúa a velocidad constante. En este ejemplo se pide la velocidad final. Por lo tanto, recombinamos los resultados verticales y horizontales para obtener v → en el tiempo final t , determinado en la primera parte del ejemplo. Solución (a) Mientras la pelota está en el aire, se eleva y luego cae hasta una posición final 10,0 m más alta que su altitud inicial. Podemos encontrar el tiempo para esto usando la : y = y 0 + v 0 y t − 1 2 g t 2 . Si tomamos la posición inicial y 0 como cero, entonces la posición final es y = 10 m. La velocidad vertical inicial es el componente vertical de la velocidad inicial: v 0 y = v 0 sen θ 0 = ( 30,0 m / s ) sen 45 ° = 21,2 m / s . Sustituyendo en la para y obtenemos 10,0 m = ( 21,2 m/s ) t − ( 4,90 m/s 2 ) t 2 . Reordenando los términos obtenemos una ecuación cuadrática en t : ( 4,90 m/s 2 ) t 2 − ( 21,2 m/s ) t + 10,0 m = 0 . El uso de la fórmula cuadrática produce t = 3,79 s y t = 0,54 s. Dado que la pelota se encuentra a una altura de 10 m en dos tiempos de su trayectoria, una vez al subir y otra al bajar, tomamos la solución más larga para el tiempo que tarda la pelota en llegar al espectador: t = 3,79 s . El tiempo de movimiento de proyectil está determinado completamente por el movimiento vertical. Por lo tanto, cualquier proyectil que tenga una velocidad vertical inicial de 21,2 m/s y aterrice 10,0 m por debajo de su altitud inicial pasa 3,79 s en el aire. (b) Podemos encontrar las velocidades horizontales y verticales finales v x y v y con el resultado de (a). Luego, podemos combinarlos para encontrar la magnitud del vector de velocidad total v → y el ángulo θ que hace con la horizontal. Dado que v x es constante, podemos resolverla en cualquier posición horizontal. Elegimos el punto de partida porque conocemos tanto la velocidad inicial como el ángulo inicial. Por lo tanto, v x = v 0 cos θ 0 = ( 30 m / s ) cos 45 ° = 21,2 m / s . La velocidad vertical final viene dada por la : v y = v 0 y − g t . Dado que v 0 y se encontró en la parte (a) como 21,2 m/s, tenemos v y = 21,2 m / s − 9,8 m / s 2 ( 3,79 s ) = −15,9 m / s . La magnitud de la velocidad final v → es v = v x 2 + v y 2 = ( 21,2 m / s ) 2 + ( − 15 0,9 m / s ) 2 = 26,5 m / s . La dirección θ v se encuentra con la tangente inversa: θ v = tan −1 ( v y v x ) = tan −1 ( −15,9 21,2 ) = 36,9 ° . Importancia (a) Como se mencionó anteriormente, el movimiento vertical determina completamente el tiempo del movimiento de proyectil. Por lo tanto, cualquier proyectil que tenga una velocidad vertical inicial de 21,2 m/s y aterrice 10,0 m por encima de su altitud inicial pasa 3,79 s en el aire. (b) El ángulo negativo significa que la velocidad está 36,9 ° por debajo de la horizontal en el punto de impacto. Este resultado es coherente con el hecho de que la pelota impacta en un punto al otro lado del vértice de la trayectoria y, por lo tanto, tiene un componente y negativo de velocidad. La magnitud de la velocidad es menor que la magnitud de la velocidad inicial prevista, ya que impacta a 10,0 m por encima de la elevación de lanzamiento. Tiempo de vuelo, trayectoria y alcance Son interesantes el tiempo de vuelo, la trayectoria y el alcance de un proyectil lanzado sobre una superficie horizontal plana y que impacta en la misma superficie. En este caso, las ecuaciones cinemáticas dan expresiones útiles para estas cantidades, que se derivan en las siguientes secciones. Tiempo de vuelo Podemos resolver el tiempo de vuelo de un proyectil que se lanza e impacta en una superficie plana horizontal al realizar algunas manipulaciones de las ecuaciones cinemáticas. Observamos que la posición y el desplazamiento en y deben ser cero en el lanzamiento y en el impacto en una superficie plana. Así, suponemos el desplazamiento en y igual a cero y encontramos y − y 0 = v 0 y t − 1 2 g t 2 = ( v 0 sen θ 0 ) t − 1 2 g t 2 = 0 . Factorizando, tenemos t ( v 0 sen θ 0 − g t 2 ) = 0 . Al resolver t obtenemos T tof = 2 ( v 0 sen θ 0 ) g . Este es el tiempo de vuelo para un proyectil tanto lanzado como impactado en una superficie horizontal plana. La no se aplica cuando el proyectil aterriza a una elevación diferente de la que fue lanzado, como vimos en el del tenista que golpeó la pelota hacia las gradas. La otra solución, t = 0, corresponde al momento del lanzamiento. El tiempo de vuelo es linealmente proporcional a la velocidad inicial en la dirección y e inversamente proporcional a g . Por lo tanto, en la Luna, donde la gravedad es una sexta parte de la de la Tierra, un proyectil lanzado con la misma velocidad que en la Tierra estaría en el aire seis veces más tiempo. Trayectoria La trayectoria de un proyectil se puede encontrar al eliminar la variable de tiempo t de las ecuaciones cinemáticas para un t arbitrario y al resolver para y ( x ). Tomamos x 0 = y 0 = 0 por lo que el proyectil se lanza desde el origen. La ecuación cinemática para x da x = v 0 x t ⇒ t = x v 0 x = x v 0 cos θ 0 . Sustituyendo la expresión de t en la ecuación de la posición y = ( v 0 sen θ 0 ) t − 1 2 g t 2 nos da y = ( v 0 sen θ 0 ) ( x v 0 cos θ 0 ) − 1 2 g ( x v 0 cos θ 0 ) 2 . Reordenando los términos, tenemos y = ( tan θ 0 ) x − [ g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ] x 2 . Esta ecuación de trayectoria es de la forma y = a x + b x 2 , que es una ecuación de una parábola con coeficientes a = tan θ 0 , b = − g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 . Alcance A partir de la ecuación de la trayectoria también podemos encontrar el alcance , o la distancia horizontal recorrida por el proyectil. Factorizando la , tenemos y = x [ tan θ 0 − g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 x ] . La posición de la y es cero tanto para el punto de lanzamiento como para el punto de impacto, ya que de nuevo estamos considerando solo una superficie horizontal plana. Suponiendo que y = 0 en esta ecuación se obtienen las soluciones x = 0, correspondiente al punto de lanzamiento, y x = 2 v 0 2 sen θ 0 cos θ 0 g , correspondiente al punto de impacto. Utilizando la identidad trigonométrica 2 sen θ cos θ = sen 2 θ y asumiendo x = R para el alcance, encontramos R = v 0 2 sen 2 θ 0 g . Observe especialmente que la solo es válida para el lanzamiento y el impacto sobre una superficie horizontal. Vemos que el alcance es directamente proporcional al cuadrado de la rapidez inicial v 0 y sen 2 θ 0 , y es inversamente proporcional a la aceleración de la gravedad. Así, en la Luna, el alcance sería seis veces mayor que en la Tierra para la misma velocidad inicial. Además, vemos en el factor sen 2 θ 0 que el alcance es máximo en 45 ° . Estos resultados se muestran en la . En (a) vemos que cuanto mayor es la velocidad inicial, mayor es el alcance. En (b), vemos que el alcance es máximo en 45 ° . Esto es cierto solo para las condiciones en la que se descarta la resistencia del aire. Si se tiene en cuenta la resistencia del aire, el ángulo máximo es algo menor. Es interesante que se encuentre el mismo alcance para dos ángulos de lanzamiento iniciales que suman 90 ° . El proyectil lanzado con el ángulo menor tiene un vértice más bajo que el ángulo mayor, pero ambos tienen el mismo alcance. Trayectorias de proyectiles en terreno llano. (a) Cuanto mayor sea la rapidez inicial v 0 , mayor será el alcance para un ángulo inicial dado. (b) El efecto del ángulo inicial θ 0 sobre el alcance de un proyectil con una rapidez inicial determinada. Observe que el alcance es el mismo para los ángulos iniciales de 15 ° y 75 ° , aunque las alturas máximas de esas trayectorias son diferentes. Comparación de tiros de golf Un golfista se encuentra en dos situaciones diferentes en distintos hoyos. En el segundo hoyo está a 120 m del green y quiere golpear la pelota 90 m y dejarla correr hacia el green . Angula el tiro bajo al suelo a 30 ° de la horizontal para que la pelota ruede después del impacto. En el cuarto hoyo está a 90 m del green y quiere dejar caer la bola con un mínimo de rodadura después del impacto. Aquí, angula el tiro a 70 ° de la horizontal para minimizar la rodadura tras el impacto. Ambos tiros los golpean e impactan en una superficie plana. (a) ¿Cuál es la rapidez inicial de la bola en el segundo hoyo? (b) ¿Cuál es la rapidez inicial de la bola en el cuarto hoyo? (c) Escriba la ecuación de la trayectoria para ambos casos. (d) Grafique las trayectorias. Estrategia Vemos que la ecuación de alcance tiene la rapidez y el ángulo iniciales, por lo que podemos resolver la rapidez inicial tanto para (a) como para (b). Cuando tenemos la rapidez inicial, podemos utilizar este valor para escribir la ecuación de la trayectoria. Solución (a) R = v 0 2 sen 2 θ 0 g ⇒ v 0 = R g sen 2 θ 0 = 90,0 m ( 9,8 m / s 2 ) sen ( 2 ( 30 ° ) ) = 31,9 m / s (b) R = v 0 2 sen 2 θ 0 g ⇒ v 0 = R g sen 2 θ 0 = 90,0 m ( 9,8 m / s 2 ) sen ( 2 ( 70 ° ) ) = 37,0 m / s (c) y = x [ tan θ 0 − g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 x ] Segundo hoyo: y = x [ tan 30 ° − 9,8 m / s 2 2 [ ( 31,9 m / s)( cos 30 ° ) ] 2 x ] = 0,58 x − 0,0064 x 2 Cuarto hoyo: y = x [ tan 70 ° − 9,8 m / s 2 2 [ ( 37,0 m / s)( cos 70 ° ) ] 2 x ] = 2,75 x − 0,0306 x 2 (d) Utilizando una calculadora gráfica, podemos comparar las dos trayectorias, que se muestran en la . Dos trayectorias de una pelota de golf con un alcance de 90 m. Los puntos de impacto de ambos están al mismo nivel que el punto de lanzamiento. Importancia La rapidez inicial para el tiro a 70 ° es mayor que la rapidez inicial del tiro a 30 ° . Observe en la que dos proyectiles lanzados a la misma rapidez, pero con ángulos diferentes, tienen el mismo alcance si los ángulos de lanzamiento suman 90 ° . Los ángulos de lanzamiento en este ejemplo se suman para dar un número mayor que 90 ° . Por lo tanto, el tiro a 70 ° tiene que tener una mayor rapidez de lanzamiento para alcanzar los 90 m, de lo contrario aterrizaría a una distancia menor. Si los dos tiros de golf que aparecen en el se lanzan a la misma rapidez, ¿qué tiro tendría mayor alcance? El tiro de golf a 30 ° . Cuando hablamos del alcance de un proyectil en terreno llano, suponemos que R es muy pequeño comparado con la circunferencia de la Tierra. Sin embargo, si el alcance es grande, la Tierra se curva por debajo del proyectil y la aceleración resultante de la gravedad cambia de dirección a lo largo del recorrido. El alcance es mayor que el predicho por la ecuación de alcance dada anteriormente porque el proyectil tiene más distancia para caer que la que tendría en terreno llano, como se muestra en la , que se basa en un dibujo de las leyes de Newton. Si la rapidez inicial es lo suficientemente grande, el proyectil entra en órbita. La superficie de la Tierra desciende 5 m cada 8000 m. En 1 s un objeto cae 5 m sin resistencia del aire. Por lo tanto, si a un objeto se le da una velocidad horizontal de 8000 m/s (o 18.000 mi/h) cerca de la superficie de la Tierra, entrará en órbita alrededor del planeta porque la superficie se aleja continuamente del objeto. Esta es aproximadamente la rapidez del transbordador espacial en una órbita terrestre baja cuando estaba operativo, o de cualquier satélite en una órbita terrestre baja. Estos y otros aspectos del movimiento orbital, como la rotación de la Tierra, se tratan con mayor profundidad en Gravitación . Proyectil a satélite. En cada uno de los casos mostrados aquí, se lanza un proyectil desde una torre muy alta para evitar la resistencia del aire. Al aumentar la rapidez inicial, el alcance aumenta y se hace más largo de lo que sería en terreno llano porque la Tierra se curva bajo su recorrido. Con una rapidez de 8000 m/s, se alcanza la órbita. En Exploraciones de PhET: Movimiento de proyectil , aprenda sobre el movimiento de proyectil en términos del ángulo de lanzamiento y la velocidad inicial. Resumen El movimiento de proyectil es el movimiento de un objeto sometido únicamente a la aceleración de la gravedad, cuando la aceleración es constante, como ocurre cerca de la superficie de la Tierra. Para resolver problemas de movimiento de proyectil, analizamos el movimiento del proyectil en las direcciones horizontal y vertical mediante el empleo de las ecuaciones cinemáticas unidimensionales para x y y . El tiempo de vuelo de un proyectil lanzado con velocidad vertical inicial v 0 y en una superficie llana está dado por T t o f = 2 ( v 0 sen θ ) g . Esta ecuación es válida únicamente cuando el proyectil cae a la misma altura desde la que se lanzó. La distancia horizontal máxima que recorre un proyectil se denomina alcance. Una vez más, la ecuación del alcance es válida únicamente cuando el proyectil cae a la misma altura desde la que se lanzó. Preguntas conceptuales Responda las siguientes preguntas con respecto al movimiento de proyectil en terreno llano suponiendo que la resistencia del aire es despreciable y que el ángulo inicial no es 0 ° ni 90 ° : (a) ¿La velocidad es siempre cero? (b) ¿Cuándo la velocidad es mínima? ¿Y máxima? (c) ¿Puede la velocidad ser alguna vez igual a la velocidad inicial en un tiempo distinto a t = 0? (d) ¿Puede la rapidez ser alguna vez igual a la rapidez inicial en un tiempo distinto a t = 0? a. no; b. mínima en el vértice de la trayectoria y máxima en el lanzamiento y el impacto; c. no, la velocidad es un vector; d. sí, donde cae Responda las siguientes preguntas con respecto al movimiento de proyectil en terreno llano suponiendo que la resistencia del aire es despreciable y que el ángulo inicial no es 0 ° ni 90 ° : (a) ¿La aceleración es siempre cero? (b) ¿El vector v → siempre es paralelo o antiparalelo al vector a → ? (c) ¿El vector v es siempre perpendicular al vector a? Si es así, ¿dónde se encuentra? Se coloca una moneda de diez centavos en el borde de una mesa para que cuelgue ligeramente. Una moneda de 25 centavos se desliza horizontalmente sobre la superficie de la mesa perpendicularmente al borde y golpea la moneda de 10 centavos de frente. ¿Qué moneda cae primero al suelo? Ambas caen al suelo al mismo tiempo. Problemas Se dispara una bala horizontalmente desde la altura del hombro (1,5 m) con una rapidez inicial de 200 m/s. (a) ¿Cuánto tiempo transcurre antes de que la bala toque el suelo? (b) ¿Qué distancia recorre la bala horizontalmente? a. t = 0,55 s , b. x = 110 m Una canica rueda desde una mesa de 1,0 m de altura y cae al suelo en un punto situado a 3,0 m del borde de la mesa en dirección horizontal. (a) ¿Cuánto tiempo está la canica en el aire? (b) ¿Cuál es la rapidez de la canica cuando sale del borde de la mesa? (c) ¿Cuál es su rapidez cuando cae al suelo? Se lanza un dardo horizontalmente a una rapidez de 10 m/s a la diana de un tablero de dardos que está a 2,4 m de distancia, como en la siguiente figura. (a) ¿A qué distancia debajo del blanco previsto impacta el dardo? (b) ¿Qué le dice su respuesta sobre cómo lanzan los dardos los jugadores expertos? a. t = 0,24 s, d = 0,28 m , b. Apuntan alto. Un avión que vuela horizontalmente con una rapidez de 500 km/h a una altura de 800 m deja caer una caja de suministros (ver la siguiente figura). Si el paracaídas no se abre, ¿a qué distancia del punto de liberación golpea la caja el suelo? Supongamos que el avión del problema anterior dispara un proyectil horizontalmente en su dirección de movimiento a una rapidez de 300 m/s con respecto al avión. (a) ¿A qué distancia del punto de lanzamiento impacta el proyectil en el suelo? (b) ¿Cuál es su rapidez cuando impacta en el suelo? a., t = 12,8 s, x = 5.619 m b. v y = 125,0 m / s, v x = 439,0 m / s, | v → | = 456,0 m / s Un lanzador de bolas rápidas puede lanzar una bola de béisbol a una rapidez de 40 m/s (90 mi/h). (a) Suponiendo que el lanzador suelte la bola a 16,7 m del plato de home para que la bola se mueva horizontalmente, ¿cuánto tiempo tarda la bola en llegar al plato de home? (b) ¿Qué distancia cae la bola entre la mano del lanzador y el plato de home? Un proyectil se lanza con un ángulo de 30 ° y aterriza 20 s después a la misma altura a la que se lanzó. (a) ¿Cuál es la rapidez inicial del proyectil? (b) ¿Cuál es la altitud máxima? (c) ¿Cuál es el alcance? (d) Calcule el desplazamiento desde el punto de lanzamiento hasta la posición en su trayectoria a los 15 s. a. v y = v 0 y − g t , t = 10 s, v y = 0 , v 0 y = 98,0 m / s , v 0 = 196,0 m / s , b. h = 490,0 m , c. v 0 x = 169,7 m / s, x = 3394,0 m, d. x = 169,7 m/s ( 15,0 s ) = 2.550 m y = ( 98,0 m/s ) ( 15,0 s ) – 4,9 ( 15,0 s ) 2 = 368 m s r = 2.550 m i ^ + 368 m j ^ Un jugador de baloncesto lanza hacia una canasta situada a 6,1 m y a 3,0 m del suelo. Si la pelota se suelta a 1,8 m del suelo con un ángulo de 60 ° sobre la horizontal, ¿cuál debe ser la rapidez inicial para que pase por la canasta? En un instante determinado, un globo aerostático se encuentra a 100 m de altura y desciende a una rapidez constante de 2,0 m/s. En ese preciso instante, una chica lanza una pelota horizontalmente, con respecto a ella misma, con una rapidez inicial de 20 m/s. Cuando aterrice, ¿dónde encontrará la pelota? Ignore la resistencia del aire. −100 m = ( −2,0 m / s ) t − ( 4,9 m / s 2 ) t 2 , t = 4,3 s, x = 86,0 m Un hombre en una motocicleta que viaja a una rapidez uniforme de 10 m/s lanza una lata vacía directamente hacia arriba con respecto a él con una rapidez inicial de 3,0 m/s. Halle la ecuación de la trayectoria vista por un policía al lado de la carretera. Supongamos que la posición inicial de la lata es el punto donde se lanza. Ignore la resistencia del aire. Un atleta puede saltar una distancia de 8,0 m en el salto largo. ¿Cuál es la distancia máxima que puede saltar el atleta en la Luna, donde la aceleración gravitatoria es una sexta parte de la de la Tierra? R M o o n = 48 m La distancia horizontal máxima a la que un niño puede lanzar una pelota es de 50 m. Asuma que puede lanzar con la misma rapidez inicial en todos los ángulos. ¿A qué altura lanza la pelota cuando lo hace directamente hacia arriba? Una roca es lanzada desde un acantilado con un ángulo de 53 ° con respecto a la horizontal. El acantilado tiene 100 m de altura. La rapidez inicial de la roca es de 30 m/s. (a) ¿A qué altura sobre el borde del acantilado se eleva la roca? (b) ¿A qué distancia se ha desplazado horizontalmente cuando se encuentra a la máxima altura? (c) ¿Cuánto tiempo después del lanzamiento golpea el suelo? (d) ¿Cuál es el alcance de la roca? (e) ¿Cuáles son las posiciones horizontal y vertical de la roca con respecto al borde del acantilado en t = 2,0 s, t = 4,0 s y t = 6,0 s? a. v 0 y = 24 m / s v y 2 = v 0 y 2 − 2 g y ⇒ h = 29,3 m , b. t = 2,4 s v 0 x = 18 m/s x = 43,2 m , c. y = −100 m y 0 = 0 y − y 0 = v 0 y t − 1 2 g t 2 − 100 = 24 t − 4,9 t 2 ⇒ t = 7,58 s , d. x = 136,44 m , e. t = 2,0 s y = 28,4 m x = 36 m t = 4,0 s y = 17,6 m x = 72 m t = 6,0 s y = -32,4 m x = 108 m Tratando de escapar de sus perseguidores, un agente secreto esquía por una pendiente inclinada a 30 ° por debajo de la horizontal a 60 km/h. Para sobrevivir y aterrizar en la nieve 100 m más abajo, debe superar un desfiladero de 60 m de ancho. ¿Lo consigue? Ignore la resistencia del aire. Una golfista en una calle se encuentra a 70 m del green , que se encuentra 20 m por debajo del nivel de la calle. Si la golfista golpea la pelota con un ángulo de 40 ° con una rapidez inicial de 20 m/s, ¿qué tan cerca del green llega? v 0 y = 12,9 m / s y − y 0 = v 0 y t − 1 2 g t 2 − 20,0 = 12,9 t − 4,9 t 2 t = 3,7 s v 0 x = 15,3 m / s ⇒ x = 56,7 m Por lo tanto el tiro de la golfista cae a 13,3 m del green . Se dispara un proyectil contra una colina cuya base está a 300 m de distancia. El proyectil se dispara a 60 ° sobre la horizontal con una rapidez inicial de 75 m/s. La colina puede ser aproximada por un plano inclinado a 20 ° de la horizontal. En relación con el sistema de coordenadas mostrado en la siguiente figura, la ecuación de esta recta es y = ( tan 20 ° ) x − 109 . ¿En qué parte de la colina cae el proyectil? Un astronauta en Marte patea un balón de fútbol a un ángulo de 45 ° con una velocidad inicial de 15 m/s. Si la aceleración de la gravedad en Marte es 3,7 m/ s 2 , (a) ¿cuál es el alcance del golpe del balón de fútbol en una superficie plana? (b) ¿cuál sería el alcance del mismo golpe en la Luna, donde la gravedad es una sexta parte de la Tierra? a. R = 60,8 m , b. R = 137,8 m Mike Powell ostenta el récord de salto de longitud de 8,95 m, establecido en 1991. Si dejó el suelo a un ángulo de 15 ° , ¿cuál era su rapidez inicial? El guepardo robot del Instituto Tecnológico de Massachusetts (Massachusetts Institute of Technology, MIT) puede saltar obstáculos de 46 cm de altura y tiene una rapidez de 12,0 km/h. (a) Si el robot se lanza en un ángulo de 60 ° a esta rapidez, ¿cuál es su altura máxima? (b) ¿Cuál tendría que ser el ángulo de lanzamiento para alcanzar una altura de 46 cm? a. v y 2 = v 0 y 2 − 2 g y ⇒ y = 2,9 m / s y = 3,3 m / s y = v 0 y 2 2 g = ( v 0 sen θ ) 2 2 g ⇒ sen θ = 0,91 ⇒ θ = 65,5 ° El monte Asama, en Japón, es un volcán activo. En 2009, una erupción arrojó rocas volcánicas sólidas que cayeron a 1 km en horizontal desde el cráter. Si las rocas volcánicas fueron lanzadas en un ángulo de 40 ° con respecto a la horizontal y aterrizaron a 900 m por debajo del cráter, (a) ¿cuál sería su velocidad inicial y (b) cuál es su tiempo de vuelo? Drew Brees, de los Saints de Nueva Orleans, puede lanzar un balón de fútbol a 23,0 m/s (50 mph). Si angula el lanzamiento a 10 ° desde la horizontal, ¿qué distancia recorre si debe atraparse a la misma altura a la que se lanzó? R = 18,5 m El vehículo lunar itinerante que se utilizó en las últimas misiones Apolo de la NASA alcanzó una rapidez lunar no oficial de 5,0 m/s por el astronauta Eugene Cernan. Si el rover se moviera a esta rapidez en una superficie lunar plana y golpeara un pequeño bache que lo proyectara fuera de la superficie en un ángulo de 20 ° , ¿cuánto tiempo estaría "en el aire" en la Luna? Una portería de fútbol tiene 2,44 m de altura. Un jugador patea el balón a una distancia de 10 m de la portería con un ángulo de 25 ° . El balón golpea el travesaño en la parte superior de la portería. ¿Cuál es la rapidez inicial del balón de fútbol? y = ( tan θ 0 ) x − [ g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ] x 2 ⇒ v 0 = 16,4 m / s El monte Olimpo de Marte es el mayor volcán del sistema solar, con una altura de 25 km y un radio de 312 km. Si está de pie en la cima, ¿con qué velocidad inicial tendría que disparar un proyectil desde un cañón en horizontal para superar el volcán y aterrizar en la superficie de Marte? Tenga en cuenta que Marte tiene una aceleración de la gravedad de 3,7 m / s 2 . En 1999, Robbie Knievel fue el primero en saltar el Gran Cañón en moto. En una parte estrecha del cañón (69,0 m de ancho) y viajando a 35,8 m/s desde la rampa de despegue, llegó al otro lado. ¿Cuál era su ángulo de lanzamiento? R = v 0 2 sen 2 θ 0 g ⇒ θ 0 = 15,9 ° Usted lanza una pelota de béisbol a una rapidez inicial de 15,0 m/s con un ángulo de 30 ° con respecto a la horizontal. ¿Cuál tendría que ser la rapidez inicial de la pelota a 30 ° en un planeta que tiene el doble de aceleración de la gravedad que la Tierra para lograr el mismo alcance? Considere el lanzamiento y el impacto en una superficie horizontal. Aaron Rodgers lanza un balón de fútbol a 20,0 m/s a su receptor, que corre en línea recta por el campo a 9,4 m/s. Si Aarón lanza el balón cuando el receptor está a 10,0 m delante de él, ¿con qué ángulo tiene que lanzarlo Aarón para que el receptor lo atrape a 20,0 m delante de él? El receptor tarda 1,1 s en recorrer los últimos 10 m de su recorrido. T tof = 2 ( v 0 sen θ ) g ⇒ sen θ = 0,27 ⇒ θ = 15,6 ° movimiento de proyectil movimiento de un objeto sujeto únicamente a la aceleración de la gravedad alcance distancia horizontal máxima que recorre un proyectil tiempo de vuelo tiempo que transcurre un proyectil en el aire trayectoria recorrido de un proyectil en el aire

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Movimiento circular uniforme El movimiento circular uniforme es un tipo específico de movimiento en el que un objeto se desplaza en círculo a una rapidez constante. Por ejemplo, cualquier punto de una hélice que gira a una velocidad constante en un movimiento circular uniforme. Otros ejemplos son las agujas de los segundos, los minutos y las horas de un reloj. Es notable que, los puntos de estos objetos en rotación se aceleren realmente, aunque la velocidad de rotación sea una constante. Para ver esto, debemos analizar el movimiento en términos de vectores. Aceleración centrípeta En la cinemática unidimensional, los objetos con rapidez constante tienen una aceleración cero. Sin embargo, en la cinemática bidimensional y tridimensional, aunque la rapidez sea una constante, una partícula puede tener aceleración si se mueve a lo largo de una trayectoria curva, como un círculo. En este caso, el vector de velocidad está cambiando, o d v → / d t ≠ 0 . Esto se muestra en la . A medida que la partícula se desplaza en sentido contrario de las agujas del reloj en el tiempo Δ t en la trayectoria circular, su vector de posición se mueve desde r → ( t ) hasta r → ( t + Δ t ) . El vector de velocidad tiene una magnitud constante y es tangente a la trayectoria al pasar de v → ( t ) a v → ( t + Δ t ) , y solo cambia su dirección. Dado que el vector de velocidad v → ( t ) es perpendicular al vector de posición r → ( t ) , los triángulos formados por los vectores de posición y Δ r → , y los vectores de velocidad y Δ v → son similares. Además, dado que | r → ( t ) | = | r → ( t + Δ t ) | y | v → ( t ) | = | v → ( t + Δ t ) | , los dos triángulos son isósceles. A partir de estos hechos podemos hacer la afirmación Δ v v = Δ r r o Δ v = v r Δ r . (a) Una partícula se mueve en un círculo con rapidez constante, con vectores de posición y velocidad en tiempos t y t + Δ t . (b) Vectores de velocidad que forman un triángulo. Los dos triángulos de la figura son similares. El vector Δ v → apunta hacia el centro del círculo en el límite Δ t → 0 . Podemos encontrar la magnitud de la aceleración a partir de a = lim Δ t → 0 ( Δ v Δ t ) = v r ( lim Δ t → 0 Δ r Δ t ) = v 2 r . La dirección de la aceleración también se puede encontrar observando que como Δ t y por lo tanto Δ θ se acerca a cero, el vector Δ v → se acerca a una dirección perpendicular a v → . En el límite Δ t → 0 , Δ v → es perpendicular a v → . Dado que v → es tangente al círculo, la aceleración d v → / d t apunta hacia el centro del círculo. En resumen, una partícula que se mueve en un círculo con rapidez constante tiene una aceleración con magnitud a c = v 2 r . La dirección del vector de aceleración es hacia el centro del círculo ( ). Se trata de una aceleración radial y se denomina aceleración centrípeta , por lo que le damos el subíndice c. La palabra centrípeta viene de las palabras latinas centrum (que significa "centro") y petere (que significa "buscar"), y por tanto toma el significado de "búsqueda del centro". El vector de aceleración centrípeta apunta hacia el centro de la trayectoria circular del movimiento y es una aceleración en la dirección radial. También se muestra el vector de velocidad, que es tangente al círculo. Investiguemos algunos ejemplos que ilustren las magnitudes relativas de la velocidad, el radio y la aceleración centrípeta. Creación de una aceleración de 1 g Un jet vuela a 134,1 m/s en línea recta y realiza un giro en una trayectoria circular a nivel del suelo. ¿Cuál debe ser el radio del círculo para producir una aceleración centrípeta de 1 g sobre el piloto y el jet hacia el centro de la trayectoria circular? Estrategia Dada la rapidez del jet, podemos resolver el radio del círculo en la expresión de la aceleración centrípeta. Solución Establezca la aceleración centrípeta igual a la aceleración de la gravedad: 9,8 m/s 2 = v 2 / r . Al resolver el radio, encontramos r = ( 134,1 m / s ) 2 9,8 m / s 2 = 1.835 m = 1,835 km . Importancia Para crear una aceleración mayor que g en el piloto, el jet tendría que disminuir el radio de su trayectoria circular o aumentar su rapidez en su trayectoria existente, o ambas cosas. Un volante de inercia tiene un radio de 20,0 cm. ¿Cuál es la rapidez de un punto en el borde del volante de inercia si experimenta una aceleración centrípeta de 900,0 cm / s 2 ? 134,0 cm/s La aceleración centrípeta puede tener una amplia gama de valores, dependiendo de la rapidez y del radio de curvatura de la trayectoria circular. Las aceleraciones centrípetas típicas se indican en la siguiente tabla. Aceleraciones centrípetas típicas Objeto Aceleración centrípeta (m/s 2 o factores de g ) La Tierra alrededor del Sol 5,93 × 10 −3 La Luna alrededor de la Tierra 2,73 × 10 −3 Satélite en órbita geosincrónica 0,233 Borde exterior de un CD al reproducirlo 5,78 Jet en un rollo de barril (2–3 g ) Montaña rusa (5 g ) Un electrón orbita un protón en un modelo de Bohr simple del átomo 9,0 × 10 22 Ecuaciones de movimiento para el movimiento circular uniforme Una partícula que ejecuta un movimiento circular puede describirse por su vector de posición r → ( t ) . La muestra una partícula que ejecuta un movimiento circular en sentido contrario de las agujas del reloj. A medida que la partícula se mueve en el círculo, su vector de posición barre el ángulo θ con el eje de la x . El vector r → ( t ) haciendo un ángulo θ con el eje de la x se muestra con sus componentes a lo largo de los ejes de la x y la y . La magnitud del vector de posición es A = | r → ( t ) | y es también el radio del círculo, por lo que en términos de sus componentes, r → ( t ) = A cos ω t i ^ + A sen ω t j ^ . Aquí, ω es una constante llamada frecuencia angular de la partícula. La frecuencia angular tiene unidades de radianes (rad) por segundo y es simplemente el número de radianes de medida angular por los que pasa la partícula por segundo. El ángulo θ que tiene el vector de posición en un tiempo determinado es ω t . Si T es el periodo del movimiento, o el tiempo para completar una revolución ( 2 π rad), entonces ω = 2 π T . El vector de posición de una partícula en movimiento circular con sus componentes a lo largo de los ejes de la x y la y . La partícula se mueve en sentido contrario de las agujas del reloj. El ángulo θ es la frecuencia angular ω en radianes por segundo multiplicado por t . La velocidad y la aceleración pueden obtenerse a partir de la función de posición por diferenciación: v → ( t ) = d r → ( t ) d t = - A ω sen ω t i ^ + A ω cos ω t j ^ . Se puede demostrar en la que el vector de velocidad es tangente al círculo en la ubicación de la partícula, con magnitud A ω . Del mismo modo, el vector de aceleración se encuentra al diferenciar la velocidad: a → ( t ) = d v → ( t ) d t = - A ω 2 cos ω t i ^ - A ω 2 sen ω t j ^ . De esta ecuación vemos que el vector de aceleración tiene la magnitud A ω 2 y se dirige en sentido contrario al vector de posición, hacia el origen, porque a → ( t ) = - ω 2 r → ( t ) . Movimiento circular de un protón Un protón tiene rapidez 5 × 10 6 m/s y se mueve en un círculo en el plano xy de radio r = 0,175 m. ¿Cuál es su posición en el plano xy en el tiempo t = 2,0 × 10 −7 s = 200 ¿n? En t = 0, la posición del protón es 0,175 m i ^ y da vueltas en sentido contrario de las agujas del reloj. Haga un esquema de la trayectoria. Solución A partir de los datos dados, el protón tiene periodo y frecuencia angular: T = 2 π r v = 2 π ( 0,175 m ) 5,0 × 10 6 m / s = 2,20 × 10 −7 s ω = 2 π T = 2 π 2,20 × 10 −7 s = 2,856 × 10 7 rad / s . La posición de la partícula en t = 2,0 × 10 −7 s con A = 0,175 m es r → ( 2,0 × 10 −7 s ) = A cos ω ( 2,0 × 10 −7 s ) i ^ + A sen ω ( 2,0 × 10 −7 s ) j ^ m = 0,175 cos [ ( 2,856 × 10 7 rad / s ) ( 2,0 × 10 −7 s ) ] i ^ + 0,175 sen [ ( 2,856 × 10 7 rad / s ) ( 2,0 × 10 −7 s ) ] j ^ m = 0,175 cos ( 5,712 rad ) i ^ + 0,175 sen ( 5,712 rad ) j ^ = 0,147 i ^ - 0,095 j ^ m . De este resultado vemos que el protón se encuentra ligeramente por debajo del eje de la x . Esto se muestra en la . Vector de posición del protón en t = 2,0 × 10 −7 s = 200 ns . Se muestra la trayectoria del protón. El ángulo que recorre el protón a lo largo del círculo es de 5,712 rad, es decir, algo menos de una revolución completa. Importancia Elegimos la posición inicial de la partícula para que esté en el eje de la x . Esto fue completamente arbitrario. Si se diera una posición inicial diferente, tendríamos otra posición final en t = 200 ns. Movimiento circular no uniforme El movimiento circular no tiene por qué ser de rapidez constante. Una partícula puede viajar en círculo y acelerar o frenar, lo cual indica aceleración en la dirección del movimiento. En el movimiento circular uniforme, la partícula que ejecuta el movimiento circular tiene una rapidez constante, mientras que el círculo tiene un radio fijo. Si la rapidez de la partícula también cambia, entonces añadimos una aceleración en la dirección tangencial al círculo. Estas aceleraciones se producen en un punto de un trompo que cambia su velocidad de giro, o en cualquier rotor que se acelere. En Desplazamiento y vectores de velocidad señalamos que la aceleración centrípeta es la tasa de tiempo del cambio de la dirección del vector de velocidad. Si la rapidez de la partícula cambia, entonces tiene una aceleración tangencial , que es la tasa de tiempo del cambio de la magnitud de la velocidad: a T = d | v → | d t . La dirección de la aceleración tangencial es tangente al círculo, mientras que la dirección de la aceleración centrípeta es radialmente hacia el centro del círculo. Por lo tanto, una partícula en movimiento circular con una aceleración tangencial tiene una aceleración total , que es la suma vectorial de las aceleraciones centrípeta y tangencial: a → = a → c + a → T . Los vectores de aceleración se muestran en la . Observe que los dos vectores de aceleración a → c y a → T son perpendiculares entre sí, con a → c en la dirección radial y a → T en la dirección tangencial. La aceleración total a → apunta a un ángulo entre a → c y a → T . La aceleración centrípeta apunta hacia el centro del círculo. La aceleración tangencial es tangente al círculo en la posición de la partícula. La aceleración total es la suma vectorial de las aceleraciones tangencial y centrípeta, que son perpendiculares. Aceleración total durante el movimiento circular Una partícula se mueve en un círculo de radio r = 2,0 m. Durante el intervalo comprendido entre t = 1,5 s y t = 4,0 s su rapidez varía con el tiempo según v ( t ) = c 1 - c 2 t 2 , c 1 = 4,0 m / s, c 2 = 6,0 m · s . ¿Cuál es la aceleración total de la partícula en t = 2,0 s? Estrategia Nos dan la rapidez de la partícula y el radio del círculo, por lo que podemos calcular fácilmente la aceleración centrípeta. La dirección de la aceleración centrípeta es hacia el centro del círculo. Encontramos la magnitud de la aceleración tangencial al tomar la derivada con respecto al tiempo de | v ( t ) | utilizando la y evaluándola en t = 2,0 s. Usamos esto y la magnitud de la aceleración centrípeta para encontrar la aceleración total. Solución La aceleración centrípeta es v ( 2,0 s ) = ( 4,0 - 6,0 ( 2,0 ) 2 ) m / s = 2,5 m / s a c = v 2 r = ( 2,5 m / s ) 2 2,0 m = 3,1 m / s 2 dirigida hacia el centro del círculo. La aceleración tangencial es a T = | d v → d t | = 2 c 2 t 3 = 12,0 ( 2,0 ) 3 m / s 2 = 1,5 m / s 2 . La aceleración total es | a → | = 3,1 2 + 1,5 2 m / s 2 = 3,44 m / s 2 y θ = tan −1 3,1 1,5 = 64 ° de la tangente al círculo. Vea la . Los vectores de aceleración tangencial y centrípeta. La aceleración neta a → es la suma vectorial de las dos aceleraciones. Importancia Las direcciones de las aceleraciones centrípeta y tangencial pueden describirse de forma más conveniente en términos de un sistema de coordenadas polares, con vectores unitarios en las direcciones radial y tangencial. Este sistema de coordenadas, que se utiliza para el movimiento a lo largo de trayectorias curvas, se explora en detalle más adelante en el libro. Resumen El movimiento circular uniforme es el movimiento en un círculo a rapidez constante. La aceleración centrípeta a → C es la aceleración que debe tener una partícula para seguir una trayectoria circular. La aceleración centrípeta siempre apunta hacia el centro de rotación y tiene una magnitud a C = v 2 / r . El movimiento circular no uniforme se produce cuando hay aceleración tangencial de un objeto, que ejecuta un movimiento circular, de tal manera que la rapidez del objeto cambia. Esta aceleración recibe el nombre de aceleración tangencial a → T . La magnitud de la aceleración tangencial es la tasa de tiempo del cambio de la magnitud de la velocidad. El vector de aceleración tangencial es tangente al círculo, mientras que el vector de aceleración centrípeta apunta radialmente hacia el centro del círculo. La aceleración total es la suma vectorial de las aceleraciones tangencial y centrípeta. Un objeto que ejecuta un movimiento circular uniforme puede describirse con ecuaciones de movimiento. El vector de posición del objeto es r → ( t ) = A cos ω t i ^ + A sen ω t j ^ , donde A es la magnitud | r → ( t ) | , que es también el radio del círculo, y ω es la frecuencia angular. Preguntas conceptuales ¿Puede la aceleración centrípeta modificar la rapidez de una partícula en movimiento circular? ¿Puede la aceleración tangencial modificar la rapidez de una partícula en movimiento circular? sí Problemas Un volante de inercia rota a 30 rev/s. ¿Cuál es el ángulo total, en radianes, por el que rota un punto del volante de inercia en 40 s? Una partícula se desplaza en un círculo de radio 10 m, a una rapidez constante de 20 m/s. ¿Cuál es la magnitud de la aceleración? a C = 40 m / s 2 Cam Newton, de los Panthers de Carolina, lanza una espiral de fútbol americano perfecta a 8,0 rev/s. El radio de un balón de fútbol profesional es de 8,5 cm en el centro del lado corto. ¿Cuál es la aceleración centrípeta de los cordones del balón? Una atracción de un parque de diversiones hace girar a sus ocupantes dentro de un espacio en forma de platillo volador. Si la trayectoria circular horizontal que siguen los ocupantes tiene un radio de 8,00 m, ¿a cuántas revoluciones por minuto se someten los ocupantes a una aceleración centrípeta igual a la de la gravedad? a C = v 2 r ⇒ v 2 = r a C = 78,4 , v = 8,85 m / s T = 5,68 s, que es 0,176 rev / s = 10,6 rev / min Una corredora que participa en la carrera de 200 metros debe correr alrededor del extremo de una pista que tiene un arco circular con un radio de curvatura de 30,0 m. La corredora comienza la carrera a una rapidez constante. Si culmina la carrera de 200 metros en 23,2 s y corre a una rapidez constante durante toda la carrera, ¿cuál es su aceleración centrípeta al recorrer la parte curva de la pista? ¿Cuál es la aceleración de Venus hacia el Sol, suponiendo una órbita circular? Venus se encuentra a 108,2 millones de km del Sol y tiene un periodo orbital de 0,6152 años (year, y). r = 1,082 × 10 11 m T = 1,94 × 10 7 s v = 3,5 × 10 4 m/s, a C = 1,135 × 10 −2 m/s 2 Un cohete experimental a reacción viaja alrededor de la Tierra a lo largo de su ecuador, justo por encima de su superficie. ¿A qué rapidez debe viajar si la magnitud de su aceleración es g ? Un ventilador gira a una constante de 360,0 rev/min. ¿Cuál es la magnitud de la aceleración de un punto de una de sus aspas a 10,0 cm del eje de rotación? 360 rev / min = 6 rev / s v = 3,8 m / s a C = 144. m / s 2 Un punto situado en el segundero de un gran reloj tiene una aceleración radial de 0,1 cm / s 2 . ¿A qué distancia está el punto del eje de rotación del segundero? frecuencia angular ω , tasa de cambio de un ángulo al que se mueve un objeto en una trayectoria circular aceleración centrípeta componente de la aceleración de un objeto que se mueve en círculo y que se dirige radialmente hacia el centro del círculo aceleración tangencial magnitud que es el tiempo del cambio de rapidez. Su dirección es tangente al círculo. aceleración total suma vectorial de las aceleraciones centrípeta y tangencial

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Movimiento relativo en una y dos dimensiones El movimiento no se produce de forma aislada. Si va en un tren que se mueve a 10 m/s hacia el este, esta velocidad se mide en relación con el suelo sobre el que viaja. Sin embargo, si otro tren le pasa a 15 m/s al este, su velocidad relativa a este otro tren es diferente de su velocidad relativa al suelo. Su velocidad relativa al otro tren es de 5 m/s al oeste. Para profundizar en esta idea, primero tenemos que establecer cierta terminología. Marcos de referencia Para abordar el movimiento relativo en una o más dimensiones, primero introducimos el concepto de marcos de referencia a . Cuando decimos que un objeto tiene una determinada velocidad, debemos afirmar que tiene una velocidad con respecto a un determinado marco de referencia. En la mayoría de los ejemplos que hemos examinado hasta ahora, este marco de referencia ha sido la Tierra. Si dice que una persona está sentada en un tren que se mueve a 10 m/s hacia el este, entonces implica que la persona en el tren se desplaza con respecto a la superficie de la Tierra a esta velocidad, y la Tierra es el marco de referencia. Podemos ampliar nuestra visión del movimiento de la persona en el tren y afirmar que la Tierra está girando en su órbita alrededor del Sol, en cuyo caso el movimiento se complica. En este caso, el sistema solar es el marco de referencia. En resumen, todo debate sobre el movimiento relativo deberá definir los marcos de referencia involucrados. Ahora desarrollamos un método para referirse a los marcos de referencia en movimiento relativo. Movimiento relativo en una dimensión Primero introducimos el movimiento relativo en una dimensión, porque los vectores de velocidad se simplifican al tener solo dos direcciones posibles. Tomemos el ejemplo de la persona sentada en un tren que avanza hacia el este. Si elegimos el este como dirección positiva y la Tierra como marco de referencia, entonces podemos escribir la velocidad del tren con respecto a la Tierra como v → TE = 10 m / s i ^ al este, donde los subíndices TE se refieren al tren y la Tierra. Digamos ahora que la persona se levanta de su asiento y camina hacia la parte trasera del tren a 2 m/s. Esto nos dice que tiene una velocidad relativa al marco de referencia del tren. Como la persona camina hacia el oeste, en dirección negativa, escribimos su velocidad con respecto al tren como v → PT = −2 m / s i ^ . Podemos sumar los dos vectores de velocidad para encontrar la velocidad de la persona con respecto a la Tierra. Esta velocidad relativa se escribe como v → PE = v → PT + v → TE . Observe el orden de los subíndices de los distintos marcos de referencia en la . Los subíndices para el marco de referencia de acoplamiento, que es el tren, aparecen consecutivamente en el lado derecho de la ecuación. La muestra el orden correcto de los subíndices al formar la ecuación vectorial. Al construir la ecuación vectorial, los subíndices del marco de referencia de acoplamiento aparecen consecutivamente en el interior. Los subíndices del lado izquierdo de la ecuación son los mismos que los dos subíndices exteriores del lado derecho de la ecuación. Sumando los vectores, encontramos v → PE = 8 m / s i ^ , por lo que la persona se mueve 8 m/s al este con respecto a la Tierra. Gráficamente, esto se muestra en la . Vectores de velocidad del tren con respecto a la Tierra, de la persona con respecto al tren y de la persona con respecto a la Tierra. Velocidad relativa en dos dimensiones Ahora podemos aplicar estos conceptos para describir el movimiento en dos dimensiones. Consideremos una partícula P y los marcos de referencia S y S ′ , como se muestra en la . La posición del origen de S ′ medida en S es r → S ′ S , la posición de P medida en S ′ es r → P S ′ , y la posición de P medida en S es r → P S . Las posiciones de la partícula P con respecto a los marcos S y S ′ son r → P S y r → P S ′ , respectivamente. En la vemos que r → P S = r → P S ′ + r → S ′ S . Las velocidades relativas son las derivadas del tiempo de los vectores de posición. Por lo tanto, v → P S = v → P S ′ + v → S ′ S . La velocidad de una partícula con respecto a S es igual a su velocidad con respecto a S ′ más la velocidad de S ′ en relación con S . Podemos ampliar la a cualquier número de marcos de referencia. Para la partícula P con velocidades v → P A , v → P B , y v → P C en los marcos A , B y C , v → P C = v → P A + v → A B + v → B C . También podemos ver cómo se relacionan las aceleraciones observadas en dos marcos de referencia al diferenciar la : a → P S = a → P S ′ + a → S ′ S . Vemos que si la velocidad de S ′ con respecto a S es una constante, entonces a → S ′ S = 0 y a → P S = a → P S ′ . Esto manifiesta que la aceleración de una partícula es la misma medida por dos observadores que se mueven a una velocidad constante uno respecto del otro. Movimiento de un auto con respecto a un camión Un camión viaja hacia el sur a una rapidez de 70 km/h hacia una intersección. Un auto viaja hacia el este en dirección a la intersección a una rapidez de 80 km/h ( ). ¿Cuál es la velocidad del auto con respecto al camión? Un auto viaja hacia el este en dirección a una intersección, mientras que un camión viaja hacia el sur en dirección a la misma intersección. Estrategia En primer lugar, debemos establecer el marco de referencia común a ambos vehículos, que es la Tierra. A continuación, escribimos las velocidades de cada uno con respecto al marco de referencia de la Tierra, lo que nos permite formar una ecuación vectorial que relaciona el auto, el camión y la Tierra para resolver la velocidad del auto con respecto al camión. Solución La velocidad del auto con respecto a la Tierra es v → CE = 80 km / h i ^ . La velocidad del camión con respecto a la Tierra es v → TE = -70 km / h j ^ . Utilizando la regla de adición de velocidades, la ecuación de movimiento relativo que buscamos es v → CT = v → CE + v → ET . Aquí, v → CT es la velocidad del auto con respecto al camión, y la Tierra es el marco de referencia de conexión. Como tenemos la velocidad del camión con respecto a la Tierra, el negativo de este vector es la velocidad de la Tierra con respecto al camión: v → ET = - v → TE . El diagrama vectorial de esta ecuación se muestra en la . Diagrama vectorial de la ecuación vectorial v → CT = v → CE + v → ET . Ahora podemos resolver la velocidad del auto con respecto al camión: | v → CT | = ( 80,0 km / h ) 2 + ( 70,0 km / h ) 2 = 106. km / h y θ = tan −1 ( 70,0 80,0 ) = 41,2 ° al norte del este. Importancia Dibujar un diagrama vectorial que muestre los vectores de velocidad permitiría entender la velocidad relativa de los dos objetos. Un barco se dirige hacia el norte en aguas tranquilas a 4,5 m/s directamente a través de un río que corre hacia el este a 3,0 m/s. ¿Cuál es la velocidad del barco con respecto a la Tierra? Al marcar los subíndices de la ecuación vectorial, tenemos B = barco, R = río y E = Tierra. La ecuación vectorial se convierte en v → BE = v → BR + v → RE . Tenemos una geometría de triángulo rectángulo que se muestra en la figura 04_05_BoatRiv_img. Al resolver v → BE , tenemos v BE = v BR 2 + v RE 2 = 4,5 2 + 3,0 2 v BE = 5,4 m / s, θ = tan −1 ( 3,0 4,5 ) = 33,7 ° . Volar un avión con viento Un piloto debe volar su avión hacia el norte para llegar a su destino. El avión puede volar a 300 km/h en aire en calma. Un viento sopla del noreste a 90 km/h. (a) ¿Cuál es la rapidez del avión con respecto al suelo? (b) ¿En qué dirección debe dirigir su avión el piloto para volar hacia el norte? Estrategia El piloto debe apuntar su avión algo al este del norte para compensar la velocidad del viento. Necesitamos construir una ecuación vectorial que contenga la velocidad del avión con respecto al suelo, la velocidad del avión con respecto al aire y la velocidad del aire con respecto al suelo. Ya que se conocen estas dos últimas cantidades, podemos resolver la velocidad del avión con respecto al suelo. Podemos representar gráficamente los vectores y utilizar este diagrama para evaluar la magnitud de la velocidad del avión con respecto al suelo. El diagrama también nos dirá el ángulo que forma la velocidad del avión con el norte con respecto al aire, que es la dirección en la que el piloto debe dirigir su avión. Solución La ecuación vectorial es v → PG = v → PA + v → AG , donde P = avión, A = aire y G = suelo. A partir de la geometría en la , podemos resolver fácilmente la magnitud de la velocidad del avión con respecto al suelo y el ángulo del rumbo del avión, θ . Diagrama vectorial para la que muestra los vectores v → PA , v → AG , y v → PG . (a) Cantidades conocidas: | v → PA | = 300 km / h | v → AG | = 90 km / h Al sustituir los valores en la ecuación del movimiento, obtenemos | v → PG | = 230 km / h . (b) El ángulo θ = tan −1 63,64 300 = 12 ° al este del norte. Resumen Al analizar el movimiento de un objeto, es necesario especificar el marco de referencia en términos de posición, velocidad y aceleración. La velocidad relativa es la velocidad de un objeto observada desde un marco de referencia concreto, y varía con la elección del marco de referencia. Si S y S ′ son dos marcos de referencia que se mueven uno respecto al otro a velocidad constante, entonces la velocidad de un objeto respecto a S es igual a su velocidad respecto a S ′ más la velocidad de S ′ en relación con S. Si dos marcos de referencia se mueven uno respecto al otro a velocidad constante, entonces la aceleración de un objeto que se observa en ambos marcos de referencia es igual. Ecuaciones clave Vector de posición r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ Vector de desplazamiento Δ r → = r → ( t 2 ) - r → ( t 1 ) Vector de velocidad v → ( t ) = lim Δ t → 0 r → ( t + Δ t ) - r → ( t ) Δ t = d r → d t Velocidad en términos de componentes v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ + v z ( t ) k ^ Componentes de la velocidad v x ( t ) = d x ( t ) d t v y ( t ) = d y ( t ) d t v z ( t ) = d z ( t ) d t Velocidad media v → avg = r → ( t 2 ) - r → ( t 1 ) t 2 - t 1 Aceleración instantánea a → ( t ) = lim t → 0 v → ( t + Δ t ) - v → ( t ) Δ t = d v → ( t ) d t Aceleración instantánea, forma de componente a → ( t ) = d v x ( t ) d t i ^ + d v y ( t ) d t j ^ + d v z ( t ) d t k ^ Aceleración instantánea como segunda derivada de la posición a → ( t ) = d 2 x ( t ) d t 2 i ^ + d 2 y ( t ) d t 2 j ^ + d 2 z ( t ) d t 2 k ^ Tiempo de vuelo (tof) T tof = 2 ( v 0 sen θ 0 ) g Trayectoria y = ( tan θ 0 ) x - [ g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ] x 2 Alcance R = v 0 2 sen 2 θ 0 g Aceleración centrípeta a C = v 2 r Vector de posición, movimiento circular uniforme r → ( t ) = A cos ω t i ^ + A sen ω t j ^ Vector de velocidad, movimiento circular uniforme v → ( t ) = d r → ( t ) d t = - A ω sen ω t i ^ + A ω cos ω t j ^ Vector de aceleración, movimiento circular uniforme a → ( t ) = d v → ( t ) d t = - A ω 2 cos ω t i ^ - A ω 2 sen ω t j ^ Aceleración tangencial a T = d | v → | d t Aceleración total a → = a → C + a → T Vector de posición en el marco S es el vector de posición en el marco S ′ más el vector que va del origen de S al origen de S ′ r → P S = r → P S ′ + r → S ′ S Ecuación de velocidad relativa que conecta dos marcos de referencia v → P S = v → P S ′ + v → S ′ S Ecuación de la velocidad relativa que conecta más de dos marcos de referencia v → P C = v → P A + v → A B + v → B C Ecuación de la aceleración relativa a → P S = a → P S ′ + a → S ′ S Preguntas conceptuales ¿Qué marco o marcos de referencia utiliza instintivamente cuando conduce un auto? ¿Cuando vuela en un avión comercial? Un jugador de baloncesto que regatea en la cancha mantiene la mirada fija en los jugadores que le rodean. Se mueve rápido. ¿Por qué no tiene que mantener la vista en el balón? Si va a pasar el balón a otro jugador, tiene que mantener la vista en el marco de referencia en el que se encuentran los demás jugadores del equipo. Si alguien va en la parte trasera de una camioneta y lanza una pelota de sóftbol directamente hacia atrás, ¿es posible que la pelota caiga directamente hacia abajo, vista por una persona que esté parada a un lado de la carretera? ¿En qué condiciones ocurriría esto? ¿Cómo parecería para la persona que la lanzó el movimiento de la pelota? La gorra de un corredor que corre a velocidad constante se le cae de la nuca. Dibuje un esquema que muestre la trayectoria de la gorra en el marco de referencia del corredor. Dibuje su trayectoria vista por un observador inmóvil. Ignore la resistencia del aire. Un terrón de tierra cae de la plataforma de un camión en movimiento. Golpea el suelo directamente debajo del extremo del camión. (a) ¿Cuál es la dirección de su velocidad con respecto al camión justo antes de chocar? (b) ¿Es la misma que la dirección de su velocidad con respecto al suelo justo antes de chocar? Explique sus respuestas. Problemas Los ejes de coordenadas del marco de referencia S ′ permanecen paralelos a los de S , ya que S ′ se aleja de S a una velocidad constante v → S ′ S = ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) m / s . (a) Si en el tiempo t = 0 los orígenes coinciden, ¿cuál es la posición del origen O ′ en el marco S en función del tiempo? (b) ¿Cómo se relaciona la posición de la partícula para r → ( t ) y r → ′ ( t ) , medida en S y S ′ , respectivamente? (c) ¿Cuál es la relación entre las velocidades de las partículas v → ( t ) y v → ′ ( t ) ? (d) ¿Cómo están las aceleraciones a → (t) y a → ′ (t) relacionadas? a. O ′ ( t ) = ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) t m , b. r → P S = r → P S ′ + r → S ′ S , r → ( t ) = r → ′ ( t ) + ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) t m , c. v → ( t ) = v → ′ ( t ) + ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) m/s , d. Las aceleraciones son las mismas. Los ejes de coordenadas del marco de referencia S ′ permanecen paralelos a los de S , ya que S ′ se aleja de S a una velocidad constante v → S ′ S = ( 1,0 i ^ + 2,0 j ^ + 3,0 k ^ ) t m / s . (a) Si en el tiempo t = 0 los orígenes coinciden, ¿cuál es la posición del origen O ′ en el marco S en función del tiempo? (b) ¿Cómo se relaciona la posición de la partícula para r → ( t ) y r → ′ ( t ) , medida en S y S ′ , respectivamente? (c) ¿Cuál es la relación entre las velocidades de las partículas v → ( t ) y v → ′ ( t ) ? (d) ¿Cómo están las aceleraciones a → (t) y a → ′ (t) relacionadas? La velocidad de una partícula en el marco de referencia A es ( 2,0 i ^ + 3,0 j ^ ) m / s . La velocidad del marco de referencia A con respecto al marco de referencia B es 4,0 k ^ m / s , y la velocidad del marco de referencia B con respecto a C es 2,0 j ^ m / s . ¿Cuál es la velocidad de la partícula en el marco de referencia C ? v → P C = ( 2,0 i ^ + 5,0 j ^ + 4,0 k ^ ) m / s Las gotas de lluvia caen verticalmente a 4,5 m/s con respecto a la tierra. ¿Qué mide un observador en un auto que se mueve a 22,0 m/s en línea recta como la velocidad de las gotas de lluvia? Una gaviota puede volar a una velocidad de 9,00 m/s en aire en calma. (a) Si el ave tarda 20,0 min en recorrer 6,00 km en línea recta hacia un viento que se aproxima, ¿cuál es la velocidad del viento? (b) Si el ave da la vuelta y vuela con el viento, ¿cuánto tardará en recorrer de vuelta 6,00 km? a. A = aire, S = gaviota, G = suelo v → SA = 9,0 m / s velocidad de la gaviota con respecto al aire en calma v → AG = ? v → SG = 5 m / s v → SG = v → SA + v → AG ⇒ v → AG = v → SG - v → SA v → AG = −4,0 m / s b. v → SG = v → SA + v → AG ⇒ v → SG = −13,0 m / s -6000 m −13,0 m / s = 7 min 42 s Un barco zarpa de Rotterdam con rumbo norte a 7,00 m/s respecto al agua. La corriente marina local es de 1,50 m/s en una dirección 4 0 , 0 ° al norte del este. ¿Cuál es la velocidad del barco con respecto a la Tierra? Un bote se puede remar a 8,0 km/h en aguas tranquilas. (a) ¿Cuánto tiempo se necesita para remar 1,5 km aguas abajo en un río que se mueve a 3,0 km/h con respecto a la orilla? (b) ¿Cuánto tiempo se necesita para el viaje de vuelta? (c) ¿En qué dirección debe apuntar el bote para remar en línea recta por el río? (d) Supongamos que el río tiene 0,8 km de ancho. ¿Cuál es la velocidad del bote con respecto a la Tierra y cuánto tiempo se necesita para llegar a la orilla opuesta? (e) Supongamos, en cambio, que el bote se dirige directamente al otro lado del río. ¿Cuánto tiempo se necesita para cruzar y a qué distancia aguas abajo está el bote cuando llega a la orilla opuesta? Tome la dirección positiva como la misma dirección en la que fluye el río, es decir, el este. S = orilla/tierra, W = agua y B = bote. a v → BS = 11 km / h t = 8,2 min b. v → BS = −5 km / h t = 18 min c. v → BS = v → BW + v → WS θ = 22 ° al oeste del norte d. | v → BS | = 7,4 km / h t = 6,5 min e. v → BS = 8,54 km / h , pero solo se utiliza el componente de la velocidad en línea recta para obtener el tiempo t = 6,0 min Aguas abajo = 0,3 km Una avioneta vuela a 200 km/h en aire en calma. Si el viento sopla directamente del oeste a 50 km/h, (a) ¿en qué dirección debe la piloto dirigir su avión para moverse directamente hacia el norte por tierra y (b) cuánto tiempo tarda en alcanzar un punto a 300 km directamente al norte de su punto de partida? Un ciclista que viaja hacia el sureste por una carretera a 15 km/h siente un viento que sopla del suroeste a 25 km/h. Para un observador inmóvil, ¿cuáles son la rapidez y la dirección del viento? v → A G = v → A C + v → C G | v → A C | = 25 km / h | v → C G | = 15 km / h | v → A G | = 29,15 km / h v → A G = v → A C + v → C G El ángulo entre v → A C y v → A G es 31 ° , por lo que la dirección del viento es 14 ° al norte del este. Un río se mueve hacia el este a 4 m/s. Un bote parte del muelle en dirección 30 ° al norte del oeste a 7 m/s. Si el río tiene 1.800 m de ancho, (a) ¿cuál es la velocidad del bote con respecto a la Tierra y (b) cuánto tarda el bote en cruzar el río? Problemas adicionales Un auto de carreras de Fórmula 1 se desplaza a 89,0 m/s por una pista recta y entra en una curva con un radio de curvatura de 200,0 m. ¿Qué aceleración centrípeta debe tener el auto para mantenerse en la pista? a C = 39,6 m / s 2 Una partícula viaja en una órbita circular de radio de 10 m. Su rapidez cambia a una tasa de 15,0 m / s 2 en un instante en que su rapidez es de 40,0 m/s. ¿Cuál es la magnitud de la aceleración de la partícula? El conductor de un auto que se mueve a 90,0 km/h pisa el freno cuando el auto entra en una curva circular de radio de 150,0 m. Si la rapidez del auto disminuye a una tasa de 9,0 km/h cada segundo, ¿cuál es la magnitud de la aceleración del auto en el instante en que su rapidez es de 60,0 km/h? 90,0 km / h = 25,0 m / s, 9,0 km / h = 2,5 m / s , 60,0 km / h = 16,7 m / s a T = −2,5 m/s 2 , a C = 1,86 m / s 2 , a = 3,1 m / s 2 Un auto de carreras que entra en la parte curva de la pista en las 500 millas de Daytona reduce su rapidez de 85,0 m/s a 80,0 m/s en 2,0 s. Si el radio de la parte curva de la pista es de 316,0 m, calcule la aceleración total del auto de carreras al principio y al final de la reducción de rapidez. Un elefante se encuentra en la superficie de la Tierra a una latitud λ . Calcule la aceleración centrípeta del elefante resultante de la rotación de la Tierra alrededor de su eje polar. Exprese su respuesta en términos de λ , el radio R E de la Tierra, y el tiempo T para una rotación de la Tierra. Compare su respuesta con la g para λ = 40 ° . El radio del círculo de revolución en la latitud λ es R E cos λ . La velocidad del cuerpo es 2 π r T . a C = 4 π 2 R E cos λ T 2 para λ = 40 ° , a C = 0,26 % g Un protón en un sincrotrón se mueve en un círculo de radio de 1 km y aumenta su rapidez en v ( t ) = c 1 + c 2 t 2 , donde c 1 = 2,0 × 10 5 m / s, c 2 = 10 5 m / s 3 . (a) ¿Cuál es la aceleración total del protón en t = 5,0 s? (b) ¿A qué tiempo la expresión de la velocidad deja de ser física? Un aspa de hélice en reposo comienza a girar desde t = 0 s hasta t = 5,0 s con una aceleración tangencial de la punta del aspa a 3,00 m / s 2 . La punta del aspa está a 1,5 m del eje de rotación. En t = 5,0 s, ¿cuál es la aceleración total de la punta del aspa? a T = 3,00 m / s 2 v ( 5 s ) = 15,00 m / s a C = 150,00 m / s 2 θ = 88,8 ° con respecto a la tangente al círculo de revolución dirigida hacia el interior. | a → | = 150,03 m / s 2 Una partícula ejecuta un movimiento circular con una frecuencia angular constante de ω = 4,00 rad / s . Si el tiempo t = 0 corresponde a la posición de la partícula situada en y = 0 m y x = 5 m, (a) ¿cuál es la posición de la partícula en t = 10 s? (b) ¿cuál es su velocidad en este tiempo? (c) ¿cuál es su aceleración? La aceleración centrípeta de una partícula es a C = 4,0 m / s 2 en t = 0 s donde se encuentra en el eje de la x y se mueve en sentido contrario de las agujas del reloj en el plano xy . Ejecuta un movimiento circular uniforme en torno a un eje a una distancia de 5,0 m. ¿Cuál es su velocidad en t = 10 s? a → ( t ) = - A ω 2 cos ω t i ^ - A ω 2 sen ω t j ^ a C = 5,0 m ω 2 ω = 0,89 rad / s v → ( t ) = -2,24 m / s i ^ - 3,87 m / s j ^ Una varilla de 3,0 m de longitud rota a 2,0 rev/s en torno a un eje situado en un extremo. Compare las aceleraciones centrípetas en radios de (a) 1,0 m, (b) 2,0 m y (c) 3,0 m. Una partícula situada inicialmente en ( 1,5 j ^ + 4,0 k ^ ) m sufre un desplazamiento de ( 2,5 i ^ + 3,2 j ^ - 1,2 k ^ ) m . ¿Cuál es la posición final de la partícula? r → 1 = 1,5 j ^ + 4,0 k ^ r → 2 = Δ r → + r → 1 = 2,5 i ^ + 4,7 j ^ + 2,8 k ^ La posición de una partícula viene dada por r → ( t ) = ( 50 m / s ) t i ^ - ( 4,9 m / s 2 ) t 2 j ^ . (a) ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración de la partícula en función del tiempo? (b) ¿Cuáles son las condiciones iniciales para producir el movimiento? Una nave espacial viaja a una velocidad constante de v → ( t ) = 250,0 i ^ m / s cuando sus cohetes se activan, lo que le imprime una aceleración de a → ( t ) = ( 3,0 i ^ + 4,0 k ^ ) m / s 2 . ¿Cuál es su velocidad 5 s después de la activación de los cohetes? v x ( t ) = 265,0 m / s v y ( t ) = 20,0 m / s v → ( 5,0 s ) = ( 265,0 i ^ + 20,0 j ^ ) m / s Una ballesta apunta horizontalmente a un objetivo a 40 m de distancia. La flecha impacta 30 cm por debajo del punto al que estaba dirigida. ¿Cuál es la velocidad inicial de la flecha? Un atleta de salto largo puede saltar una distancia de 8,0 m cuando se eleva a un ángulo de 45 ° con respecto a la horizontal. Suponiendo que pueda saltar con la misma rapidez inicial en todos los ángulos, ¿cuánta distancia pierde al saltar a 30 ° ? R = 1,07 m En el planeta Arcon, el alcance horizontal máximo de un proyectil lanzado a 10 m/s es de 20 m. ¿Cuál es la aceleración de la gravedad en este planeta? Un ciclista de montaña se topa con un obstáculo en un circuito de carreras que lo lanza por el aire a 60 ° de la horizontal. Si aterriza a una distancia horizontal de 45,0 m y 20 m por debajo de su punto de lanzamiento, ¿cuál es su rapidez inicial? v 0 = 20,1 m / s ¿Cuál tiene mayor aceleración centrípeta, un auto con una rapidez de 15,0 m/s a lo largo de una pista circular de radio de 100,0 m o un auto con una rapidez de 12,0 m/s a lo largo de una pista circular de radio de 75,0 m? Un satélite geosincrónico orbita la Tierra a una distancia de 42.250,0 km y tiene un periodo de 1 día. ¿Cuál es la aceleración centrípeta del satélite? v = 3072,5 m / s a C = 0,223 m / s 2 Dos lanchas rápidas viajan a la misma rapidez con respecto al agua en direcciones opuestas en un río en movimiento. Un observador en la orilla del río ve que las lanchas se mueven a 4,0 m/s y 5,0 m/s. (a) ¿Cuál es la rapidez de las lanchas con respecto al río? (b) ¿A qué velocidad se mueve el río con respecto a la orilla? Problemas de desafío El par 3 más largo del mundo. El tee del par 3 más largo del mundo se encuentra en la cima de la montaña Hanglip de Sudáfrica, a 400,0 m de altura sobre el green , y solo se puede llegar a él en helicóptero. La distancia horizontal al green es de 359,0 m. Ignore la resistencia del aire y responda a las siguientes preguntas. (a) Si una golfista lanza un tiro que es de 40 ° con respecto a la horizontal, ¿qué velocidad inicial le debe dar a la pelota? (b) ¿Cuál es el tiempo para llegar al green ? a. - 400,0 m = v 0 y t - 4,9 t 2 359,0 m = v 0 x t t = 359,0 v 0 x - 400,0 = 359,0 v 0 y v 0 x - 4,9 ( 359,0 v 0 x ) 2 −400,0 = 359,0 tan 40 - 631516,9 v 0 x 2 ⇒ v 0 x 2 = 900,6 v 0 x = 30,0 m / s v 0 y = v 0 x tan 40 = 25,2 m / s v = 39,2 m / s , b. t = 12,0 s Cuando un goleador de campo patea un balón de fútbol tan fuerte como puede a 45 ° de la horizontal, el balón pasa justo por encima del travesaño de 3 m de altura de los postes de la portería a 45,7 m de distancia. (a) ¿Cuál es la rapidez máxima que el pateador puede impartir al balón? (b) Además de pasar por encima del travesaño, el balón debe estar lo suficientemente alto en el aire durante su vuelo para evitar el alcance del liniero defensivo que se aproxima. Si el liniero está a 4,6 m y tiene un alcance vertical de 2,5 m, ¿puede bloquear el intento de gol de campo de 45,7 m? (c) ¿Y si el liniero está a 1,0 m? Un camión viaja hacia el este a 80 km/h. En una intersección situada a 32 km, un auto circula hacia el norte a 50 km/h. (a) ¿Cuánto tiempo después de este momento estarán los vehículos más cerca el uno del otro? (b) ¿A qué distancia estarán en ese momento? a. r → T C = ( −32 + 80 t ) i ^ + 50 t j ^ , | r → T C | 2 = ( −32 + 80 t ) 2 + ( 50 t ) 2 2 r d r d t = 2 ( −32 + 80 t ) ( 80 ) + 5.000 t d r d t = 160 ( −32 + 80 t ) + 5.000 t 2 r = 0 17800 t = 5.184 ⇒ t = 0,29 hr , b. | r → T C | = 17 km marco de referencia sistema de coordenadas en el que se mide la posición, la velocidad y la aceleración de un objeto en reposo o en movimiento. velocidad relativa velocidad de un objeto observado desde un marco de referencia particular, o la velocidad de un marco de referencia con respecto a otro marco de referencia.

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Introducción El puente Golden Gate, una de las mayores obras de la ingeniería moderna, era el puente colgante más largo del mundo en el año de su inauguración, 1937. Al momento de redactar esto, sigue estando entre los 10 puentes colgantes más largos. Al diseñar y construir un puente, ¿qué física debemos tener en cuenta? ¿Qué fuerzas actúan sobre el puente? ¿Qué fuerzas impiden que el puente se caiga? ¿Cómo interactúan las torres, los cables y el suelo para mantener la estabilidad? Cuando conduce por un puente, espera que se mantenga estable. También espera acelerar o frenar su auto en respuesta a los cambios de tráfico. En ambos casos, se está lidiando con fuerzas. Las fuerzas sobre el puente están en equilibrio, por lo que se mantiene en su sitio. Por el contrario, la fuerza producida por el motor de su auto provoca un cambio en el movimiento. Isaac Newton descubrió las leyes del movimiento que describen estas situaciones. Las fuerzas afectan a cada momento de su vida. Su cuerpo está sujeto a la Tierra por la fuerza y se mantiene unido por las fuerzas de las partículas cargadas. Cuando abre una puerta, camina por la calle, levanta el tenedor o toca la cara de un bebé, está aplicando fuerzas. Si nos acercamos más, los átomos del cuerpo se mantienen unidos por fuerzas eléctricas, y el núcleo del átomo se mantiene unido por la fuerza más potente que conocemos: la fuerza nuclear fuerte.

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Fuerzas El estudio del movimiento recibe el nombre de cinemática ; sin embargo, la cinemática describe solamente la forma en que se mueven los objetos: su velocidad y su aceleración. La dinámica es el estudio de cómo las fuerzas inciden en el movimiento de los objetos y sistemas. Considera las causas del movimiento de los objetos y sistemas de interés, donde un sistema es cualquier cosa que se analice. El fundamento de la dinámica son las leyes del movimiento enunciadas por Isaac Newton (1642-1727). Estas leyes son un ejemplo de la amplitud y simplicidad de los principios conforme a los cuales funciona la naturaleza. También son leyes universales, en el sentido de que se aplican a situaciones en la Tierra y en el espacio. Las leyes del movimiento de Newton fueron apenas una parte de la monumental obra que lo ha hecho legendario ( ). El desarrollo de las leyes de Newton marca la transición del Renacimiento a la era moderna. No fue sino hasta la llegada de la física moderna que se descubrió que las leyes de Newton describen adecuadamente el movimiento únicamente cuando los objetos se mueven a velocidades muy inferiores a la de la luz y cuando esos objetos son más grandes que el tamaño de la mayoría de las moléculas (alrededor de 10 −9 m de diámetro). Estas limitaciones definen el ámbito de la mecánica newtoniana. A principios del siglo XX, Albert Einstein (1879-1955) desarrolló la teoría de la relatividad y, junto con otros muchos científicos, la mecánica cuántica. La mecánica cuántica no tiene las limitaciones presentes en la física newtoniana. Todas las situaciones que consideramos en este capítulo, y todas las que preceden a la introducción de la relatividad en Relatividad , se sitúan en el ámbito de la física newtoniana. Isaac Newton (1642-1727) publicó su sorprendente obra, Philosophiae Naturalis Principia Mathematica (Principios matemáticos de la filosofía natural) , en 1687. Propuso leyes científicas que aún hoy se aplican para describir el movimiento de los objetos (las leyes del movimiento). Newton también descubrió la ley de la gravedad, inventó el cálculo e hizo grandes aportaciones a las teorías de la luz y el color. Definición funcional de fuerza La dinámica es el estudio de las fuerzas que movilizan los objetos y los sistemas. Para entender esto, necesitamos una definición funcional de fuerza. La definición intuitiva de fuerza , es decir, un empujón o tirón, es un buen punto de partida. Sabemos que un empujón o tirón tiene magnitud y dirección (por lo tanto, es una cantidad vectorial), por lo que podemos definir la fuerza como el empujón o tirón sobre un objeto con una magnitud y dirección específicas. La fuerza puede representarse mediante vectores o expresarse como múltiplo de una fuerza estándar. El empujón o tirón de un objeto puede variar considerablemente en magnitud o dirección. Por ejemplo, un cañón ejerce una gran fuerza sobre una bala de cañón que se lanza al aire. En cambio, la Tierra ejerce únicamente una pequeña fuerza gravitatoria hacia abajo sobre una pulga. Nuestras experiencias cotidianas también nos dan una buena idea de cómo se suman las múltiples fuerzas. Si dos personas empujan en distintas direcciones a una tercera persona, como se ilustra en la , podríamos esperar que la fuerza total sea en la dirección indicada. Dado que la fuerza es un vector, se suma igual que otros vectores. Las fuerzas, al igual que otros vectores, se representan mediante flechas y pueden sumarse mediante el conocido método de cabeza a cola o los métodos trigonométricos. Estas ideas se desarrollaron en Vectores . (a) Vista aérea de dos patinadores sobre hielo que empujan a un tercer patinador. Las fuerzas son vectores y se suman como otros vectores, por lo que la fuerza total sobre el tercer patinador está en la dirección indicada. (b) Diagrama de cuerpo libre que representa las fuerzas que actúan sobre el tercer patinador. La (b) es nuestro primer ejemplo de diagrama de cuerpo libre ; se trata de un esquema que muestra todas las fuerzas externas que actúan sobre un objeto o sistema. El objeto o sistema está representado por un único punto aislado (o cuerpo libre), y solo se muestran las fuerzas que actúan sobre este y que se originan fuera del objeto o sistema, es decir, las fuerzas externas . (Estas fuerzas son las únicas que se muestran porque solamente las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo libre inciden en su movimiento. Podemos ignorar las fuerzas internas del cuerpo). Las fuerzas están representadas por vectores que se extienden hacia afuera del cuerpo libre. Los diagramas de cuerpo libre sirven para analizar las fuerzas que actúan sobre un objeto o sistema, y se emplean ampliamente en el estudio y la aplicación de las leyes del movimiento de Newton. Los verá por todo este texto y en todos sus estudios de física. Los siguientes pasos explican brevemente cómo se crea un diagrama de cuerpo libre; examinamos esta estrategia con más detalle en Dibujar diagramas de cuerpo libre . Dibujar diagramas de cuerpo libre Dibuje el objeto en cuestión. Si está tratando el objeto como una partícula, represente el objeto como un punto. Sitúe este punto en el origen de un sistema de coordenadas xy . Incluya todas las fuerzas que actúan sobre el objeto, represente estas fuerzas como vectores. Sin embargo, no incluya la fuerza neta sobre el objeto ni las fuerzas que este ejerce sobre su entorno. Resuelva todos los vectores de fuerza en componentes x y y . Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada objeto del problema. Ilustramos esta estrategia con dos ejemplos de diagramas de cuerpo libre ( ). Los términos utilizados en esta figura se explican con más detalle más adelante en el capítulo. En estos diagramas de cuerpo libre, N → es la fuerza normal, w → es el peso del objeto, y f → es la fricción. Los pasos que se dan aquí son suficientes para guiarlo en esta importante estrategia de resolución de problemas. La última sección de este capítulo explica con más detalle cómo dibujar diagramas de cuerpo libre cuando se trabaja con las ideas presentadas en este capítulo. Desarrollo del concepto de fuerza Una definición cuantitativa de la fuerza puede basarse en alguna fuerza estándar, al igual que la distancia se mide en unidades relativas a una longitud estándar. Una posibilidad es estirar un resorte a una cierta distancia fija ( ) y utilizar la fuerza que ejerce para volver a su forma relajada (llamada fuerza restauradora ) como estándar. La magnitud de todas las demás fuerzas puede considerarse como múltiplos de esta unidad de fuerza estándar. Existen muchas otras posibilidades para las fuerzas estándar. Más adelante en este capítulo se darán algunas otras definiciones de fuerza. La fuerza ejercida por un resorte estirado puede utilizarse como unidad de fuerza estándar. (a) Este resorte tiene una longitud x cuando está inalterado. (b) Cuando se estira una distancia Δ x , el resorte ejerce una fuerza restauradora F → restauración , que es reproducible. (c) Una balanza de resorte es un dispositivo que utiliza un resorte para medir la fuerza. La fuerza F → restauración se ejerce sobre lo que está unido al gancho. Aquí, esta fuerza tiene una magnitud de seis unidades de la fuerza estándar que se está empleando. Analicemos la fuerza a profundidad. Supongamos que un estudiante de física está sentado en una mesa, y trabaja diligentemente en sus deberes ( ). ¿Qué fuerzas externas actúan sobre él? ¿Podemos determinar el origen de estas fuerzas? (a) Las fuerzas que actúan sobre el estudiante se deben a la silla, la mesa, el suelo y la atracción gravitatoria de la Tierra. (b) Al resolver un problema que implique al estudiante, podemos considerar solo las fuerzas que actúan a lo largo de la línea que pasa por su torso. Se muestra un diagrama de cuerpo libre para esta situación. En la mayoría de las situaciones, las fuerzas se agrupan en dos categorías: fuerzas de contacto y fuerzas de campo . Como podrá imaginar, las fuerzas de contacto se deben al contacto físico directo entre objetos. Por ejemplo, el estudiante en la experimenta las fuerzas de contacto C → , F → , y T → , que ejercen la silla en su parte posterior, el suelo en sus pies y la mesa en sus antebrazos, respectivamente. Sin embargo, las fuerzas de campo actúan sin necesidad de contacto físico entre los objetos. Dependen de la presencia de un "campo" en la región del espacio que rodea al cuerpo en cuestión. Como el estudiante está en el campo gravitatorio de la Tierra, siente una fuerza gravitatoria w → ; en otras palabras, tiene peso. Se puede pensar en un campo como una propiedad del espacio que detectan las fuerzas que ejerce. Los científicos creen que solo hay cuatro campos de fuerza fundamentales en la naturaleza. Se trata de los campos gravitatorio, electromagnético, nuclear fuerte y débil (consideramos estas cuatro fuerzas en la naturaleza más adelante en este texto). Como se ha señalado para w → en la , el campo gravitatorio es el responsable del peso de un cuerpo. Las fuerzas del campo electromagnético incluyen las de la electricidad estática y el magnetismo. Estas también son responsables de la atracción entre los átomos de la materia en bruto. Tanto el campo de fuerza nuclear fuerte como el campo de fuerza débil son eficaces únicamente en distancias aproximadamente iguales a una longitud de escala no mayor que un núcleo atómico ( 10 −15 m ). Su alcance es tan pequeño que ninguno de los dos campos tiene influencia en el mundo macroscópico de la mecánica newtoniana. Las fuerzas de contacto son fundamentalmente electromagnéticas. Mientras el codo del estudiante en la está en contacto con la superficie de la mesa, las cargas atómicas de su piel interactúan electromagnéticamente con las cargas de la superficie de la mesa. El resultado neto (total) es la fuerza T → . Del mismo modo, cuando la cinta adhesiva se pega a un trozo de papel, los átomos de la cinta se entremezclan con los del papel para provocar una fuerza electromagnética neta entre los dos objetos. Sin embargo, en el contexto de la mecánica newtoniana, el origen electromagnético de las fuerzas de contacto no es ninguna preocupación importante. Notación vectorial para la fuerza Como ya se ha mencionado, la fuerza es un vector; tiene magnitud y dirección. La unidad de fuerza del SI se llama newton (abreviado N), y 1 N es la fuerza necesaria para acelerar un objeto con una masa de 1 kg a una tasa de 1 m/s 2 : 1 N = 1 kg · m/s 2 . Una forma fácil de recordar el tamaño de un newton es imaginar que se sostiene una pequeña manzana; tiene un peso de aproximadamente 1 N. Por lo tanto, podemos describir una fuerza bidimensional de la forma F → = a i ^ + b j ^ (los vectores unitarios i ^ y j ^ indican la dirección de estas fuerzas a lo largo del eje de la x y del eje de la y , respectivamente) y una fuerza tridimensional de la forma F → = a i ^ + b j ^ + c k ^ . En la , supongamos que el patinador sobre hielo 1, en el lado izquierdo de la figura, empuja horizontalmente con una fuerza de 30,0 N hacia la derecha; lo representamos como F → 1 = 30,0 i ^ N . Del mismo modo, si el patinador sobre hielo 2 empuja con una fuerza de 40,0 N en la dirección vertical positiva mostrada, escribiríamos F → 2 = 40,0 j ^ N . La resultante de las dos fuerzas hace que una masa se acelere, en este caso, el tercer patinador sobre hielo. Esta resultante se denomina fuerza externa neta F → neta y se encuentra tomando la suma vectorial de todas las fuerzas externas que actúan sobre un objeto o sistema (por lo tanto, también podemos representar la fuerza externa neta como ∑ F → ): F → neta = ∑ F → = F → 1 + F → 2 + ⋯ Esta ecuación puede extenderse a cualquier cantidad de fuerzas. En este ejemplo, tenemos F → neta = ∑ F → = F → 1 + F → 2 = 30,0 i ^ + 40,0 j ^ N . La hipotenusa del triángulo mostrado en la es la fuerza resultante, o fuerza neta. Es un vector. Para encontrar su magnitud (el tamaño del vector, sin tener en cuenta la dirección), utilizamos la regla dada en Vectores . Tomamos la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de las componentes: F neta = ( 30,0 N ) 2 + ( 40,0 N ) 2 = 50,0 N . La dirección viene dada por: θ = tan −1 ( F 2 F 1 ) = tan −1 ( 40,0 30,0 ) = 53,1 ° , que se mide desde el eje de la x positiva, como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en la (b). Supongamos que los patinadores sobre hielo ahora empujan al tercer patinador con F → 1 = 3,0 i ^ + 8,0 j ^ N y F → 2 = 5,0 i ^ + 4,0 j ^ N . ¿Cuál es la resultante de estas dos fuerzas? Debemos reconocer que la fuerza es un vector; por lo tanto, debemos sumar mediante el empleo de las reglas para la adición de vectores: F → neta = F → 1 + F → 2 = ( 3,0 i ^ + 8,0 j ^ ) + ( 5,0 i ^ + 4,0 j ^ ) = 8,0 i ^ + 12 j ^ N Halle la magnitud y la dirección de la fuerza neta en el ejemplo del patinador sobre hielo que acabamos de dar. 14 N, 56 ° que se miden desde el eje de la x positiva Participe en la simulación Phet a continuación para aprender a sumar vectores. Arrastre vectores a un gráfico, cambie su longitud y ángulo, y súmelos. La magnitud, el ángulo y los componentes de cada vector pueden mostrarse en varios formatos. Resumen La dinámica es el estudio de cómo las fuerzas inciden en el movimiento de los objetos, mientras que la cinemática simplemente describe la forma en que se mueven los objetos. La fuerza es un empujón o tirón, que puede definirse en términos de varias normas, y es un vector que tiene tanto magnitud como dirección. Las fuerzas externas son cualquier fuerza exterior que actúe sobre un cuerpo. Un diagrama de cuerpo libre es un dibujo de todas las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo. La unidad de fuerza del SI es el newton (N). Preguntas conceptuales ¿Qué propiedades tienen las fuerzas que nos permiten clasificarlas como vectores? Las fuerzas son direccionales y tienen magnitud. Problemas Dos cuerdas están atadas a un árbol, y las fuerzas de F → 1 = 2,0 i ^ + 4,0 j ^ N y F → 2 = 3,0 i ^ + 6,0 j ^ N se aplican. Las fuerzas son coplanarias (en el mismo plano). (a) ¿Cuál es la resultante (fuerza neta) de estos dos vectores de fuerza? (b) Halle la magnitud y dirección de esta fuerza neta. a. F → neta = 5,0 i ^ + 10,0 j ^ N ; b. la magnitud es F neta = 11 N , y la dirección es θ = 63 ° Un poste telefónico tiene tres cables que halan como se muestra desde arriba, con F → 1 = ( 300,0 i ^ + 500,0 j ^ ) , F → 2 = -200,0 i ^ , y F → 3 = -800,0 j ^ . (a) Halle la fuerza neta sobre el poste telefónico en forma de componentes. (b) Halle la magnitud y la dirección de esta fuerza neta. Dos adolescentes halan unas cuerdas atadas a un árbol. El ángulo entre las cuerdas es 30,0 ° . David hala con una fuerza de 400,0 N y Stephanie hala con una fuerza de 300,0 N. (a) Halle la forma de componentes de la fuerza neta. (b) Halle la magnitud de la fuerza resultante (neta) sobre el árbol y el ángulo que forma con la cuerda de David. a. F → neta = 660,0 i ^ + 150,0 j ^ N ; b. F neta = 676,6 N a θ = 12,8 ° de la cuerda de David dinámica estudio de cómo las fuerzas inciden en el movimiento de los objetos y sistemas fuerza externa fuerza que actúa sobre un objeto o sistema y que se origina fuera del objeto o sistema fuerza empujón o tirón de un objeto con una magnitud y dirección específicas; puede representarse mediante vectores o expresarse como múltiplo de una fuerza estándar diagrama de cuerpo libre esquema que muestra todas las fuerzas externas que actúan sobre un objeto o sistema; el sistema está representado por un único punto aislado, y las fuerzas están representadas por vectores que se extienden hacia fuera desde ese punto fuerza externa neta suma vectorial de todas las fuerzas externas que actúan sobre un objeto o sistema; hace que una masa se acelere newton unidad de fuerza del SI; 1 N es la fuerza necesaria para acelerar un objeto con una masa de 1 kg a una tasa de 1 m/s 2

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