Solución:

Tenemos 2 aviones que vuelan a diferentes velocidades y diferentes alturas. Uno de ellos quiere destruir al otro. Debemos encontrar el punto en el que debe encontrarse el avión que va a ser destruido cuando el otro tira la bomba.

El avión que va a ser destruido describe un MRU a una altura de 1500m
Va=800km/h=222,22m/s
Xa=Xo + 222,22.t
Ya=1500m

La bomba describe un tiro horizontal:
eje x:
Vbx=1000km/h=277,78m/s
Xb=277,78.t
eje y:
ay=-9,8m/s²
Vby=-9,8.t
Yb=2000-9,8.t²/2

El impacto debe producirse cuando la bomba está a 1500m Yb=1500m y entonces debe ocurrir que Xa=Xb
1500=2000-9,8.t²/2; t=10,10s
Xa(10,10s)=Xb(10,10s); Xo + 222,22.10,10 = 277,78.10,10; Xo=561,16m

La posición del segundo avión cuando el primero tira la bomba debe ser: r = ( 561,16 , 1500 )m

¿Qué velocidad llevará el bloque de 6kg cuando se haya desplazado 3m?

Solución:

Lo primero que debemos hacer es suponer un sentido para el movimiento del sistema y dibujar las fuerzas que actúan sobre cada una de las masas en sus respectivos sistemas de referencia.

A continuación, descomponemos las fuerzas en los ejes y vemos qué ocurre en cada eje:

m=8kg
eje x: Froz + Px – T = -8a; N.μ + m.g.sen35 – T = -8a; 48,18 – T = -8a
eje y: N – Py = 0; N=Py = m.g.cos35 = 8.9,8.cos35 = 64,22N

m=6kg
eje y: T- P = -ma; T- 6.9,8 = -6a; T- 58,8 = -6a

48,18 – T = -8a
T- 58,8 = -6a

a= 0,76 m/s²; Puesto que la aceleración es positiva, hemos supuesto bien el sentido del movimiento. El sistema se mueve hacia la masa de 6kg con una aceleración de a= 0,76 m/s².

b) Aplicamos el teorema de las fuerzas vivas: ΔEc=W(F)

Ec(final)-Ec(inicial) = m.a.3; mv²/2 = m.0,76.3; v=2,14m/s

NOTA: Este mismo apartado puede resolverse también por cinemática, considerando que la masa describe un MRUA.

Calcula la altura máxima que alcanzará cada una de ellas.

Solución:

Ambas pelotas se encuentran sometidas a la acción de la fuerza gravitatoria que produce la Tierra y por lo tanto a una aceleración de -9,8m/s², pero con condiciones iniciales diferentes. Por lo tanto, ambas describirán un lanzamiento vertical, un MRUA.

pelota A:
a_A=-9,8m/s²
v_A=14 – 9,8t
y_A=10+14t -9,8t²/2

pelota B:
a_B=-9,8m/s²
v_B=vo – 9,8t
y_B=vo.t -9,8t²/2

La condición que impone el ejercicio es que en el mismo instante de tiempo y_A=y_B=4m

y_A=4=10+14t -9,8t²/2; t=3,24s

y_B=4=vo.3,24 -9,8(3,24)²/2; vo=17,11m/s

Para saber si suben o bajan cuando se encuentran, calculamos la velocidad de ambas pelotas cuando se encuentran. Si v>0 → suben. Si v<0 → bajan
v_A(3,24s)=14 – 9,8.3,24=-17,75m/s → A va bajando cuando se encuentran
v_B(3,24s)=17,11 – 9,8.3,24=-14,64m/s → B va bajando cuando se encuentran

Para calcular la altura máxima que alcanza cada uno, debemos imponer que su v=0, instante en el que se alcanza dicha altura máxima.
v_A=14 – 9,8t=0 → t=1,43s → y_Amax(1,43s)=10+14.1,43 -9,8.(1,43)²/2=20,00m
v_B=17,11 – 9,8t=0 → t=1,75s → y_Bmax(1,75s)=17,11.1,75 -9,8.(1,75)²/2=14,94m

Dato: Diámetro de la lavadora: 80cm.

Solución:

Aceleración normal y aceleración tangencial son las coordenadas del vector aceleración en ejes intrínsecos ( eje tangente y normal a la trayectoria en cada punto ).

La aceleración normal produce variaciones en la dirección de la velocidad y por lo tanto, se da en cualquier movimiento curvo. Está dirigida hacia el centro de curvatura y vale a_n=v²/R, siendo v la velocidad lineal del móvil en ese punto y R el radio de curvatura.

La acleración tangencial produce variaciones en el módulo de la velocidad. Su valor es a_t=d|v|/dt, siendo |v| el módulo de la velocidad lineal.

a) w=700rpm = 73,30 rad/s → M.C.U.
w=2Π/T → T=2Π/w = 8,57.10^-2s

a=(a_t, a_n)

Puesto que es un MCU,  a_t=0, y a_n= v²/R = w².R = (73,30)².0,4 = 2149,16 m/s²

a=(0, -2149,16) m/s²

b) La 2º parte es un MCUA, puesto que se produce un frenado:

w=wo + α.t; 0 = 73,30 + α.5; α=-14,66 rad/s²

a_t=α.R = -14,66.0,4=-5,86 m/s²

Dato: gt = 9,8m/s²

Solución:

Tenemos una pelota en un planeta que es lanzada con una cierta velocidad  formando un ángulo con la horizontal y por lo tanto, describirá un tiro parabólico, sometida a la aceleración que produce dicho planeta. El primer paso será calcular dicha aceleración:

g_P = GM_P/R_P²=G(M_T/2)/(R_T/3)² = (GM_T/R_T²).9/2 = 44,1 m/s²

La pelota describirá un tiro parabólico sometida a una aceleración de -44,1jm/s²

v=100km/h=27,78m/s

eje x: MRU
ax=0
Vx=27.78.cos30=24,06m/s
x=24,06t

eje y: MRUA
ay=-44,1m/s²
Vy=27,78.sen30 – 44,1t = 13,89 – 44,1t
y=13,89t – (44,1 / 2).t²

La altura máxima se alcanza cuando Vy=0 → 13,89 – 44,1t=0 → t=0,32s
Ymax=Y(0,32s) = 13,89.0,32 – (44,1 / 2).(0,32)²=2,19m

El alcance corresponde a Xmax, que se alcanza cuando Y=0 → 13,89t – (44,1 / 2).t² = 0 → t=0,63s
Xmax = 24,06.0,63 = 15,16m

La velocidad con la que la bala llega al suelo corresponde a la velocidad cuando Y=0, es decir, a los t=0,63s.
Vx=24,06m
Vy=Vy(0,63s) = 13,89 – 44,1.0,63 = -13,89 m/s
v = ( Vx, Vy) = ( 24,06 , -13,89 ) m/s

Solución:

El problema plantea el movimiento de dos cuerpos: el paquete, que describe un tiro horizontal a una velocidad inicial de (Vox=850km/h=236,11m/s) y el barco, que describe un MRU a una Vx=20km/h=5,56m/s. Para que el barco recoja el paquete, la X del paquete y la X del barco debe ser la misma cuando el paquete llega al agua, es decir, cuando Ypaquete=0.

Planteamos las ecuaciones del movimiento:

paquete:
eje x: MRU
Vx=236,11
Xp=236,11.t
eje y: MRUA
ay=-9,8m/s²
Vy=-9,8t
Yp=2000-9,8t²/2
Barco:
eje x: MRU
Vx=-5,56m/s
Xbarco=Xo-5,556t

Calculamos el tiempo que tarda el paquete en caer al suelo: Yp=0; 0=2000-9,8t²/2; t=20,20s
A los 20,20s Xp=Xb → 236,11.20,20=Xo-5,556.20,20; Xo=4882,45m

Obtenemos el vector velocidad: V=(Vx, Vy)
Vx=236,11m/s
Vy=V(20,20s)=-9,8.20,20=-197,96m/s
V=(236,11 , -197,96)m/s

Solución:

El movimiento se divide en 2 fases: hasta que se alcanzan las 20rpm=20.2.Π/60rad/s=2,09rad/s (MCUA) y una vez alcanzada dicha velocidad (MCU)
ω=ω_o + αt = αt
Θ = ω_o.t + αt²/2 = αt²/2

Sabemos que en 10s ω=2,09rad/s → 2,09 = α.10 ; α=0,21rad/s²
a_t=α.R=0,21.5=1,05m/s²

En los 10s, el ángulo barrido será: Θ = 0,21.10²/2 = 10,5rad
Puesto que 1 vuelta son 2Π rad → vueltas = 10,5rad/2Π rad = 1,67 vueltas

Una vez alcanzada la velocidad de 2,09rad/s, tendremos un MCU:
ω=2Π/T; ↔ T=2Π/ω=3,01s
a_n= ω².R = 21,84m/s²

Solución:

En la Tierra, la pelota, describe un movimiento parabólico, sometido a la aceleración de la gravedad sobre la superficie terrestre, es decir a=9,8m/s² .

Sobre el otro planeta, describirá el mismo tipo de movimiento, con igual velocidad inicial y ángulo de inclinación, pero deberemos cambiar la aceleración de la gravedad sobre dicho planeta.

g=GM/R² = G(M_T/2)/(3R_T/2)² = G(M_T/2)/(9R_T² / 4) = [GM_T/R_T²].4/18 = 9,8. 2/9 = 2,18m/s²

Obtenermos ahora la velocidad inicial  con que ha sido lanzada la pelota sobre la superficie terrestre, que será la misma que sobre la superficie del otro planeta.

Tiro parabólico en la Tierra:
eje x: MRU
Vx=Vox
x=Vox.t
eje y: MRUA
ay=-9,8m/s²
Vy= Voy – 9,8t
y=Voy – 9,8t²/2

La altura máxima se alcanza cuando Vy=0 → 0=Voy – 9,8t ; 2=Voy – 9,8t²/2
Si resolvemos el sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas: Voy=6,27m/s, t=0,64s

El alcance corresponde al valore de x cuando y=0 → 15=Vox.t ; 0 = Voy – 9,8t²/2
Si resolvemos el sistema: Vox=11,72, t=1,28s
Luego la velocidad con la que ha sido lanzada la pelota será: Vo=(11,72 , 6,27) m/s

Plantemaos ahora el problema en el otro planeta, con la misma velocidad inicial, pero con una aceleración de -2,18m/s² .
eje x: MRU
Vx=11,72m/s
x=11,72.t
eje y: MRUA
ay=-2,18m/s²
Vy= 6,27 – 2,18t
y=6,27 – 2,18t²/2
La altura máxima se alcanza cuando Vy=0 → 0=6,27 – 2,18t ; y=6,27 – 9,8t²/2
Si resolvemos el sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas: t=2,88s ; Ymax=11,89m
El alcance corresponde al valore de x cuando y=0 → 15=11,72.t ; 0 = 6,27 – 2,18t²/2
Si resolvemos el sistema: Xmax=67,51m ; t=5,76s

Solución: Ymax=11,89m , Xmax=67,51m

Solución:

t=0,875s

y=5,00s

Va=-6,575m/s

Vb=1,425m/s

Dato: R=30cm

Solución:

α=20,94 rad/s²

a_t=6,28m/s²

Θ=261,75rad

T=0,06s

a_n=3289,88m/s²