Física 1 (Ing.) Práctica 1.6 - Cinemática y Dinámica

 Un ave vuela en el plano x- y según las coordenadas:

x(t) = 2,0 m – 3,6 m/s t                  

y(t) = 1,8 m/s² t^2

 

a.     Escribir el vector posición en función del tiempo

 

r(t) = (2,0 m – 3,6 m/s t) ǐ + (1,8 m/s² t^2) ǰ

 

 

b.     Graficar la trayectoria del ave

 

Ecuación de la trayectoria

 

Despejando t de la ecuación x

t = (2 m – x) / 3,6 m/s

 

Con t > 0 à 2 m >  x 

 

Reemplazando en la ecuación según y

y(x) = 1,8 m /s² ((2 m – x) / 3,6 m/s)^2 = (2 m – x)^2 / 7,2 m

 

 

  

c.      Obtener los vectores velocidad y aceleración en función del tiempo

 

Velocidad (v(t)) = dr / dt

 

derivando r(t) 

v(t) = – 3,6 m/s ǐ + 3,6 m/s² t ǰ

 

Aceleración (a(t)) = dv / dt

 

derivando

a(t) = 3,6 m/s² ǰ

 

 

     d.     Calcular módulo, dirección y sentido de la velocidad y de la aceleración en el instante t = 3 s

 

Velocidad en t = 3 s

Reemplazando para t = 3 s

v(3 s) = – 3,6 m/s ǐ + 3,6 m/s² 3 seg ǰ = – 3,6 m/s ǐ + 10,8 m/s ǰ

 

Modulo

| v(3 s) | = ((– 3,6 m/s)^2 + (10,8 m/s)^2)^(1/2) = 11,38 m/s

 

Dirección y sentido

Tan θ = vy / vx = 10,8 m/s / (-3,6 m/s)) = -3

 

Con sen θ > 0 y cos θ < 0

θ = arc tan (-3) = 180° - 71,57° = 108,43°

 

 

Aceleración en t = 3 s

 

Reemplazando para t = 3 s

a(3 s) = 3,6 m/s² ǰ

 

Modulo

| a(3 s) | = 3,6 m/s²

 

Dirección y sentido

θ = 90° (eje y)

 

 

 

e.      velocidad y aceleración

 

e.1. Dibujar los vectores velocidad y aceleración para el instante t = 3s.

 

 

e.2. En ese instante, el ave, ¿está acelerando, está frenando, o su rapidez no está cambiando?

 

Según x:  a = 0 à vx = constante

Según y: vy > 0 y ay > 0 à acelerando

 

El ave está acelerando

 

 

e.3. El ave, ¿está girando? De ser así, ¿en qué dirección?

 

El ave está girando en sentido horario

 

 

f.      Hallar los vectores intrínsecos de la aceleración en t = 3 s

 

 a = at ǔt + an ǔn (ecuación vectorial)

 

Donde

a = aceleración = 3,6 m/s² ǰ

at = aceleración tangencial (en la dirección de v)

ǔt = versor en la dirección de v = v / | v|

an = aceleración normal (en la dirección perpendicular a v)

ǔn = versor perpendicular ǔv

 

ǔt = v / | v| = (– 3,6 m/s ǐ + 10,8 m/s ǰ) / 11,38 m/s = – 0,3 ǐ + 0,9 ǰ

 

ǔn = (a ǐ + b ǰ)

 

Con   ǔv . ǔt = 0 y | ǔn | = 1

ǔv . ǔt = (– 0,3 ǐ + 0,9  ǰ ) . (a ǐ + b ǰ) = – 0,3 a + 0,9 b

| ǔn |^2 = a^2 + b^2 = 1

 

Una solución del sistema à a = 0,9 y b = 0,3

 

reemplazando en ǔn

ǔn = 0,9 ǐ + 0,3 ǰ  

  

Reemplazando en las ecuaciones de a

at = a . ǔt = 3,6 m/s² ǰ . (– 0,3 ǐ + 0,9 ǰ) = 3,4 m/s²

an = a . ǔn = 3,6 m/s² ǰ . (0,9 ǐ + 0,3 ǰ) = 1,1 m/s²

 

 

g.     Hallar la ecuación de la recta tangente a la trayectoria en t = 3 s

 

y – yo = m (x – xo)

 

Donde

yo = posición según en t = 3 s

xo = posición según x en t = 3 s

m = pendiente de la recta tangente = dy / dx

 

Reemplazando

xo(3 s) = 2,0 m – 3,6 m/s 3 s =   - 8,8 m             

 yo(3 s) = 1,8 m/s² (3 s)^2 = 16, 2 n

 

Ecuación de la trayectoria

y(x) = 1,8 m /s² ((2 m – x) / 3,6 m/s)^2 = (2 m – x)^2 / 7,2 m

 

Derivando

dy / dx = 2 (2 m – x) / 7,2 m (-1)

 

Para x = - 8,8 m (equivale a t = 3 s)

dy / dx = - 2 (2 m – (- 8 ,8 m) / 7,2 m = - 3

 

Reemplazando y reordenando

y = - 3 (x – (- 8,8 m)) + 16,2 m =   - 3 x – 10,2 m

 

 

 

h.     Hallar el radio de curvatura en t = 3 s

 

an = v^2 / ρ

 

Con ρ = radio de curvatura en el punto

 

Despejando ρ

ρ = v^2 / an = (11,38 m/s)^2 / 1,1 m/s² = 113,8 m

 

 

Física 1 (Ing.) Práctica 1.5 - Cinemática y Dinámica

La aceleración en el movimiento de una motocicleta varía en el tiempo según 𝑎⃗ (𝑡) = (A t – B t²) 𝚤 ̌ , siendo los coeficientes A = 1,2 m/s³ y B = 0,12 m/s⁴. En el instante t = 0 s, la moto está en reposo, en el origen de coordenadas.

 

a.     Obtener la posición y la velocidad en función del tiempo

 

a(t) = (A t – B t^2) ǐ

 

integrando

v(t) = ∫ a(t) dt = ∫ (A t – B t^2) dt = A t^2 /2 – B t^3 /3 + C

 

Si t = 0 à v(0) = 0 à C = 0

v(t) = A t^2 /2 – B t^3 /3

 

integrando

x(t) = ∫ v(t) dt = ∫ (A t^2 /2 – B t^3 /3) dt = A t^3 / 6 – B t^4 / 12 + C

 

Si t = 0 à x(0) = 0 à C = 0

x(t) = A t^3 /6 – B t^4 /12

 

 

b.     Graficar posición, velocidad, y aceleración en función del tiempo

 x(t) = A t^3 /6 – B t^4 /12

v(t) = A t^2 /2 – B t^3 /3

a(t) = (A t – B t^2) 

 

 

c.      Hallar la rapidez máxima que alcanza

 

Punto crítico v(t) à a(t) = 0

 

a(t) = (A t – B t^2) = 0

 

Esta ecuación tiene dos soluciones

to = 0

t1 = A / B = 1,2 m/s³ / 0,12 m/s⁴ = 10 s

 

Reemplazando

v(to) = A t^2 /2 – B t^3 /3 = 0   mínimo

v(t1) = 1,2 m/s³ (10 s)^2 /2 – 0,12 m/s⁴ (10 s)^3 /3 = 20 m/s máximo

 

 

 

d.     Responder si la siguiente afirmación es verdadera o falsa justificando la respuesta: “El movimiento de la moto es un MRUV”

 

Falso à MRUV (Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado)

 

El movimiento es rectilíneo, pero NO es uniformemente variado (la aceleración varia en función del tiempo)

 

 

Física 1 (Ing.) Práctica 1.4 - Cinemática y Dinámica

Un automóvil se mueve con rapidez constante (45,0 ± 0,5) km/h. En eso, el conductor ve que el siguiente semáforo se pone en rojo. Si el tiempo de reacción del conductor (intervalo entre el instante en que ve la luz roja, y aquel en que efectivamente aplica el freno) es de 0,7 s (con ∆t = 0,1 s), y el auto desacelera a razón de (2,0 ± 0,1) m/s² a partir de que el conductor aplica el freno:

 

a.     ¿Qué distancia (sin considerar incertezas) recorre el auto desde el momento en que el conductor ve la luz roja, hasta detenerse?

 

0 < t < 0,7 seg (MRU)

 

xa = xo + vo t

 

Donde

xa = distancia recorrida antes de apretar el freno

xo = posición inicial = 0

vo = velocidad inicial = 45 km/h (1000 m / 1 km) (1 h / 3600 seg) = 12,5 m/seg

ta = tiempo transcurrido antes de apretar el freno = 0,7 seg

Reemplazando

xa = vo ta

 

0,7 seg < t (MRUV)

 

x = xa + vo (t – ta) + 1 /2 a (t – ta)^2

v = vo + a (t – ta)

 

Donde

x = distancia total recorrida

v = velocidad final = 0

a = desaceleración = - 2 m/s²

t = tiempo total

 

Reemplazando en la ecuación de v

0 = vo + a (t – ta)

 

Despejando t

t = - vo / a + ta

 

Reemplazando en la ecuación de x

x = vo ta + vo (- vo / a + ta – ta) + 1 /2 a (- vo / a + ta – ta)^2

 

Reordenando

x = vo ta – 1 /2 vo^2 / a 

   = 12,5 m/s 0,7 seg – 1 /2 (12,5 m/s)^2 / (- 2 m/s²) = 47,81 m

 

 

 

b.     ¿Cuál es la incerteza absoluta, relativa y porcentual cometida en la medida de dicha distancia?

 

Propagación de errores

∆x = | dx / dta | ∆ta + | dx / dvo | ∆vo + | dx / da | ∆a

∆x = vo ∆ta + (ta + vo / a) ∆vo + 1 /2 (vo / a)^2 ∆a

 

donde

∆x = incerteza absoluta

∆ta = incerteza del tiempo de reacción = 0,1 seg

∆vo = incerteza de la velocidad = 0,5 km/h (1000 m / 1 km) (1 h / 3600 seg) = 0,2 m/s

∆a = incerteza en la aceleración = 0,2 m/s²

 

Reemplazando

∆x = 12,5 m/s 0,1 seg + (0,7 seg + 12,5 m/s / (2 m/s²)) 0,2 m/s +1 /2 (12,5 m/s / 2 m/s²)^2 0,2 m/s²

∆x = 10 m

 

 

Incerteza relativa (ε)

 

 ε = ∆x / x

 

Donde

ε = incerteza relativa

∆x = incerteza absoluta = 10 m

x = distancia recorrida (ajustada al intervalo de incerteza) = 50 m

 

reemplazando

ε = 10 m / 50 m = 0,2

 

 

Incerteza porcentual (ε%)

 

ε% = ε * 100 = 20 %

 

 

c.      ¿Tiene sentido físico dar el resultado (b) con décimas de metro? ¿Por qué? 

 

No. La incerteza tiene sentido hasta el primer digito significativo.

 

 

Física 1 (Ing.) Práctica 1.3 - Cinemática y Dinámica

Un hombre situado en la azotea de un edificio, lanza una pelota verticalmente hacia arriba con una rapidez de 12,25 m/s. La pelota llega al suelo 4,25 s después.

 

a.     ¿Cuál es la altura máxima (desde el suelo) que alcanza la pelota?

 

Ecuaciones horarias

y = yo + vo t – 1 /2 g t^2

v = vo – g t

 

Donde

y = altura

yo = altura de la azotea

vo = velocidad inicial = 12,25 m/s

g = aceleración de la gravedad = 9,8 m/s²

t = tiempo transcurrido

 

Reemplazando en v ( para v = 0 à altura máxima )

0 = vo – g tM

 

Con tM = tiempo entre el lanzamiento y la altura máxima)

 

Despejando tM

tM = vo / g = 12,25 m/s / 9,8 m/s² = 1,25 seg

 

Reemplazando en y (caída desde la altura máxima hasta el suelo)

0 = yM + 0 (tV – tM) – 1 /2 g (tV – tM)^2

 

Donde

yM = altura máxima

tV = tiempo de vuelo = 4,25 seg

 

Reemplazando y despejando yM

yM  = 1 /2 g (tV – tM)^2 = 1 / 2 * 9,8 m/s² (4,25 seg – 1 ,25 seg)^2 = 44,10 m

 

 

b.     ¿Qué altura tiene el edificio?

 

Reemplazando en y (entre el lanzamiento y la altura máxima)

yM = yo + vo tM - 1/ 2 g tM^2

 

Despejando yo

yo = yM – vo tM + 1 / 2 g tM^2

       = 44,10 m – 12,25 m/s 1,25 seg + 1/2 * 9,8 m/s² (1,25 seg)^2 = 36,44 m

 

 

c.      ¿Con qué velocidad llega la pelota al suelo?

Reemplazando en v (caída desde la altura máxima)

vs = 0 – g (tV – tM) = -  9,8 m/s² (4,25 seg – 1 ,25 seg) = - 29,4 m/s

 

 

d.     Si la rapidez de lanzamiento se midió con una incerteza absoluta de 0,05 m/s, y el tiempo con un cronómetro digital accionado por célula fotoeléctrica con incerteza absoluta 0,01 s, ¿con qué precisión se midió la altura del edificio?

 

Reescribiendo yo en función de vo, tV y g

yo = 1 /2 g (tV – vo / g)^2 – vo (vo / g) + 1 / 2 g (vo / g) ^2

       = 1 /2 g tV^2 - tV vo

 

Propagación de errores

∆yo = | dyo / dtV | ∆tV + | dyo / dvo | ∆vo

       = (g tV + vo) ∆tV + tV ∆vo

 

Donde

∆yo = precisión en la altura

∆tV = incerteza en tiempo de vuelo = 0,01 seg

 ∆vo = incerteza en la velocidad = 0,05 m/s

 

Reemplazando

∆yo = (9,8 m/s² 4,25 seg + 12,25 m/s) 0,01 seg + 4,25 seg 0,05 m/s = 0,8 m

 

yo = 36,4 ± 0,8 m à ε% = yo / ∆yo  =  2 %

 

 

e.      ¿Qué habría ocurrido si el cronómetro fuese accionado manualmente?

 

Supongamos que la incerteza de accionarlo manualmente sea del orden de 0,1 seg.

La medición del tiempo de vuelo = 4,3 seg 

 

Reemplazando

∆yo = 9,8 m/s² 4,3 seg 0,1 seg + 12,25 m/s 0,1 seg + 4,3 seg 0,05 m/s = 6 m

 

yo = 36 ± 6 m à ε% = yo / ∆yo = 17 %