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\fi
\title{Resolución taller de fìsica}
\author{Daniel Eduardo Naranjo Garzón}
\date{\today}
\begin{document}
\maketitle
\begin{enumerate}
\item Un globo desciende con velocidad constante de 10 [m/s]. En cierto momento su tripulante deja caer una piedra sin comunicarle ningún impulso. Halle la distancia entre el globo y la piedra en función del tiempo y evalúela cuando han transcurrido 5 [s]. \\
Sugerencia: defina bien su sistema de referencia y piense cuál es la velocidad inicial de la piedra. \\
Para resolver este problema utilizaremos las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniforme (MRU). Primero definimos nuestro sistema de referencia, en el cual la posición del globo será el origen y la dirección hacia abajo será el eje negativo y hacia arriba el eje positivo. Además, consideramos que en el momento en que se suelta la piedra, esta tiene una velocidad inicial de cero. Entonces: \\
La posición de la piedra en función del tiempo está dada por:
$$y(t) = y_0 + v_0t + \frac{1}{2}at^2$$
Donde:
\begin{itemize}
\item $y0$ es la posición inicial de la piedra (en este caso, la altura del globo),
\item $v0$ es la velocidad inicial de la piedra (en este caso, cero),
\item $a$ es la aceleración de la gravedad (en este caso, $-9.8m/s^2$),
\item $t$ es el tiempo transcurrido.
\end{itemize}
Así, la posición de la piedra en función del tiempo será:
$$y(t) = 30 - \frac{1}{2}(9.8)t^2$$
Donde hemos considerado que la altura inicial del globo es de 30 metros y que la piedra se suelta en $t=0$.
Para encontrar la distancia entre el globo y la piedra en función del tiempo, simplemente restamos la posición de la piedra de la posición del globo:
$$d(t) = 30 - y(t) = 30 - (30 - \frac{1}{2}(9.8)t^2) = \frac{1}{2}(9.8)t^2$$
Para evaluar la distancia cuando han transcurrido 5 segundos, simplemente sustituimos $t=5$:
$$d(5) = \frac{1}{2}(9.8)(5)^2 = 122.5m$$
Por lo tanto, la distancia entre el globo y la piedra después de 5 segundos es de 122.5 metros.
\item Si un cuerpo recorre la mitad de su trayectoria en el último segundo de caída, encuentre el tiempo total de caída y la altura desde la cual se dejó caer. \\
Este problema se puede resolver utilizando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA), teniendo en cuenta que en el punto medio de la trayectoria la velocidad es la mitad de la velocidad final (en nuestro caso, cero), y que la altura de caída será igual a la altura máxima alcanzada durante la caída. \\
Definimos nuestro sistema de referencia con el origen en la altura de caída y hacia arriba como el eje positivo. Entonces, la ecuación de altura en función del tiempo es:
$$h = h0 + v{0}t + \frac{1}{2}at^2$$
Como la velocidad final al llegar al suelo es cero, podemos calcular el tiempo total de caída como el doble del tiempo que tarda en recorrer la mitad de la altura. Entonces:
$$\frac{h}{2} = \frac{1}{2}(h0 - \frac{1}{2}gt^2)$$
Despejando el tiempo, se obtiene:
$$t = \sqrt{\frac{2h_0}{g}}$$
Y sustituyendo en la ecuación de altura, se tiene:
$$h = h0 - \frac{1}{2}gt^2 = h0 - h0 = 0$$
Por lo tanto, la altura desde la cual se dejó caer es igual a la mitad de la altura máxima alcanzada (cuando la velocidad es cero). Así que podemos calcular la altura de caída como:
$$h0 = \frac{h}{2}= \frac{1}{8}gt^2$$
Para verificar, evaluamos la altura y el tiempo en el punto pedido:
$$h = \frac{1}{8}(9.8m/s^2)(5s)^2 = 61.25m, t = \sqrt{\frac{2(61.25m)}{9.8m/s^2}} = 3.5s$$
Por lo tanto, el tiempo total de caída es de 2t = 7s y la altura desde la cual se dejó caer es de 61.25m.
\item Se lanza un balón verticalmente hacia arriba con una rapidez $v_0$. Un tiempo T después y desde la misma posición, se lanza un segundo balón, también verticalmente hacia arriba y con la misma velocidad $v_0$. ¿En qué instante de tiempo, medido a partir del lanzamiento del segundo balón, ocurre una colisión entre ellos? \\
Para resolver este problema, podemos escribir las ecuaciones del movimiento de cada uno de los balones y encontrar el tiempo en que sus posiciones sean iguales. Suponiendo que la posición inicial de ambos balones es cero, las ecuaciones del movimiento son:
\begin{itemize}
\item Para el primer balón (lanzado en t=0): $$y_1 = v_0t - \frac{1}{2}gt^2$$
\item Para el segundo balón (lanzado en t=T): $$y_2 = v_0(t-T) - \frac{1}{2}g(t-T)^2$$
\end{itemize}
Igualando estas dos ecuaciones y despejando t, obtenemos: $$v_0t - \frac{1}{2}gt^2 = v_0(t-T) - \frac{1}{2}g(t-T)^2$$
Resolviendo para t, obtenemos:
$$t = T + \sqrt{\frac{2v_0}{g}}$$
Este es el tiempo en que se encontrarán los dos balones. Nota que si t es negativo, significa que los balones nunca se encontraron. Por lo tanto, debemos asegurarnos de haber elegido correctamente el valor de T y que t sea positivo.
\item Un cuerpo se mueve sobre una trayectoria circular de radio 5 [cm]. En el instante t = 0 [s] el cuerpo está en reposo y forma un ángulo de cero grados con el eje positivo de las x. La aceleración angular del cuerpo es $\alpha$ = 3t, donde t está en segundos y $\alpha$ está en [$rad/s ^2$]. Determina:
\begin{itemize}
\item El vector de posición angular para cualquier instante de tiempo. \\
El vector de posición angular $\theta(t)$ para cualquier instante de tiempo es:
$$\theta(t) = \theta_0 + \omega_0t + (1/2)\alpha t^2$$,
donde $\theta_0$ es la posición angular inicial (en este caso cero), $\omega_0$ es la velocidad angular inicial (también cero ya que el cuerpo está en reposo), y $\alpha$ es la aceleración angular dada. \\ Por lo tanto,
$$\vec{\theta}(t) = \frac{3t^2}{2}$$
\item La velocidad tangencial en función del tiempo. \\
Se puede obtener derivando el vector de posición angular respecto al tiempo:
$$\vec{v}(t) = \frac{d}{dt} \vec{\theta}(t) = 3t$$
\item La aceleración centrípeta -o normal- en función del tiempo. \\
Se obtiene a partir de la ecuación de la aceleración centrípeta:
$$\vec{a_N}(t) = -r(\omega(t))^2$$
Donde r es el radio de la trayectoria circular y $\omega(t)$ es la velocidad angular en el instante t. Como estamos suponiendo que el cuerpo parte del reposo, la velocidad angular en cualquier instante será $\omega(t) = \alpha t$. Por lo tanto:
$$\vec{a_N}(t) = -5(3t)^2 = -45t^2$$
\item La aceleración tangencial $\vec{a_t}(t)$ en función del tiempo también se puede obtener derivando el vector de velocidad tangencial:
$$\vec{a_t}(t) = \frac{d}{dt} \vec{v}(t) = 3$$
\item Las aceleraciones tangencial y centrípeta en t = 2 [s]. \\
\begin{eqarray*}
\vec{v}(2) = 3(2) = 6 cm/s \\
\vec{a_N}(2) = -5(3(2))^2 = -180 cm/s^2 \\
\vec{a_t}(2) = 3 cm/s^2
\end{eqarray*}
\end{itemize}
\item Desde la base de una colina que forma un ángulo $\alpha$ con la horizontal, se lanza un proyectil con velocidad $v_0$ y ángulo $\theta$.
\begin{itemize}
\item Muestre que el alcance medido sobre la colina es $\frac{2v_0^2 \cos{\theta} \sin(\theta - \alpha)}{g cos^2 \alpha}$ \\
Para resolver este problema utilizaremos las ecuaciones de la cinemática del movimiento parabólico. En primer lugar, podemos descomponer la velocidad inicial en sus componentes horizontal y vertical: $$v_x = v_0 \cos \theta, v_y = v_0 \sin\theta$$
La ecuación de la trayectoria del proyectil sobre la colina es:
$$y = x \tan \alpha - \big(\frac{g}{2(v_0 \cos\theta)^2}\big)x^2 \sec^2 \alpha$$
Para encontrar el alcance sobre la colina, debemos encontrar el valor de x para el cual y = 0. Entonces, tenemos:
$$0 = x \tan \alpha - \big(\frac{g}{2(v_0 \cos\theta)^2}\big)x^2 \sec^2 \alpha$$
Lo cual se puede expresar como una ecuación cuadrática en x:
$$\frac{g \tan\alpha}{2(v_0 \cos \alpha)^2 \sec^2 \alpha)} x^2 - x \tan \alpha = 0$$
La solución de esta ecuación cuadrática es:
$$\frac{2v_0^2 \cos{\theta} \sin(\theta - \alpha)}{g cos^2 \alpha}$$
Este es el alcance sobre la colina que estábamos buscando.
\item Con $v_0$ constante, ¿cuál debe ser $\theta$ para que dicho alcance sea máximo? \\
Para encontrar el ángulo $\theta$ que maximiza el alcance, podemos utilizar el método de derivadas. Si derivamos la ecuación del alcance respecto a $\theta$, tenemos:
$$\frac{d}{d\theta} x = \frac{2 v_0^2 \cos(2\theta - \alpha)}{g \cos^2 \alpha}$$
Igualando a cero, tenemos:
$$2\theta - \alpha = \frac{\pi}{2} \rightarrow \theta = \frac{\alpha + \frac{\pi}{4}}{2} $$
Entonces, para que el alcance sea máximo, el ángulo $\theta$ debe ser igual a $\frac{\alpha + \frac{\pi}{4}}{2}$.
\end{itemize}
\item En un movimiento circular de radio 1 [m], en un instante dado la aceleración de una partícula es como se muestra en la figura, y su magnitud es de $\frac{1}{\sqrt{3}}[m/s^2]$. ¿Cuál es la magnitud de la velocidad en ese instante? \\
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.4]{img/draw0001.jpg}
\end{center}
La aceleración centrípeta se puede obtener a partir de la aceleración angular, que en este caso es $\alpha = 30^\circ/s^2$, y el radio de la circunferencia, que es $r = 1 m$. La aceleración centrípeta es $ac = r\alpha$, entonces:
$$ac = (1m)(30^\circ/s^2) = \frac{1}{2}m/s^2$$
La aceleración tangencial en este punto es cero porque la magnitud de la aceleración total es igual a la de la aceleración centrípeta.\\
Para encontrar la velocidad, podemos utilizar la ecuación de la aceleración centrípeta:
$$ac = \frac{v^2}{r}$$
Despejando $v$:
$$v = \sqrt{ac r} = \sqrt{\frac{1}{2} m/s^2 \cdot 1m} = \sqrt{\frac{1}{2}} m/s \approx 0.71 m/s$$
\item Un esquiador salta de una pendiente de $30 \circ$ a 20 [m/s] y cae sobre otra pendiente de $45 \circ$. Determina:
\begin{itemize}
\item la distancia d al punto P en que cae.
\item la magnitud de la velocidad con que cae al punto P y el ángulo que esa velocidad forma con la pendiente de $45 \circ$
\end{itemize}
Para resolver este problema, podemos dividirlo en dos partes: la trayectoria del esquiador en la primera pendiente y la trayectoria del esquiador en la segunda pendiente.
Primero, analizamos la primera pendiente. Sabemos que la velocidad inicial del esquiador es de $20 m/s$ y que la pendiente forma un ángulo de $30^\circ$ con la horizontal. Utilizaremos las ecuaciones de la cinemática para encontrar la distancia que recorre el esquiador, $d$.
La aceleración del esquiador está dada por la componente paralela a la pendiente de la gravedad, que es $g\sin(30^\circ) = \frac{1}{2} g$. Entonces, podemos utilizar la ecuación de la posición vertical:
$y = y0 + v{0y} t + \frac{1}{2} ay t^2$
donde $y0 = 0$, $v{0y} = 20 \sin(30^\circ) = 10$ y $ay = -\frac{1}{2} g$. Despejando para $t$ cuando $y = 0$, obtenemos:
$0 = 10t - \frac{1}{4} gt^2$
$t = \frac{20}{g}$
La distancia recorrida en la horizontal es:
$$d = v{0x} t = 20 \cos(30^\circ) \cdot \frac{20}{g} = \frac{200}{g\sqrt{3}}$$
Ahora, analizamos la segunda pendiente. Sabemos que la pendiente forma un ángulo de $45^\circ$ con la horizontal. Utilizaremos las ecuaciones de la cinemática para encontrar la velocidad con la que el esquiador cae en el punto $P$.
Debido a la conservación de la energía mecánica, sabemos que la energía total del esquiador en los puntos $A$ y $P$ es la misma. Entonces, podemos utilizar la ecuación de conservación de la energía:
$$\frac{1}{2} m vA^2 = \frac{1}{2} m vP^2 + mgh$$
donde $vA = 20 m/s$ es la velocidad del esquiador en el punto $A$, $vP$ es la velocidad del esquiador en el punto $P$, $h$ es la diferencia de altura entre el punto $A$ y el punto $P$ y $m$ es la masa del esquiador.
Sabemos que la altura de la segunda pendiente es la mitad de la altura de la primera pendiente, entonces $h = \frac{1}{2} d \sin(45^\circ) = \frac{d}{2\sqrt{2}}$.
Despejando para $vP$, obtenemos:
$$vP = \sqrt{vA^2 - 2gh} = \sqrt{20^2 - \frac{2}{5}g\cdot \frac{d}{\sqrt{2}}} = 10\sqrt{2} \sqrt{1 - \frac{d}{400}}$$
Finalmente, para encontrar el ángulo que la velocidad en el punto $P$ forma con la pendiente de $45^\circ$, podemos utilizar trigonometría. Sabemos que la tangente del ángulo buscado es la componente vertical de la velocidad en el punto $P$ dividido por la componente horizontal de la velocidad en el punto $P$. Entonces:
$$\tan{\theta} = \frac{vP \sin(45^\circ)}{vP \cos(45^\circ)} = \tan(45^\circ) = 1$$
Entonces, el ángulo que la velocidad en el punto $P$ forma con la pendiente de $45^\circ$ es de $45^\circ$.
\item Se deja caer un balón de acero partiendo del reposo, en la posición $y = 2h$, y rebota en una superficie dura, inclinada un ángulo $\theta$ con respecto a la horizontal. En el choque se invierte la componente de la velocidad del balín perpendicular a la superficie y su componente de velocidad paralela a la superficie no cambia. Calcule $x_1$, que es el lugar donde el balín llega al suelo $(y = 0)$. \\
Podemos dividir la trayectoria del balón en dos partes: la primera parte desde la posición inicial hasta el rebote en la superficie inclinada, y la segunda parte desde el rebote hasta el punto donde el balón llega al suelo. En la primera parte, podemos utilizar las ecuaciones de la cinemática para un movimiento con aceleración constante en la dirección vertical, ya que la aceleración de la gravedad actúa sobre el balón hacia abajo. En la segunda parte, podemos utilizar las mismas ecuaciones, pero con la velocidad inicial dada por la velocidad después del rebote.
En la primera parte, podemos calcular el tiempo que tarda el balón en llegar al punto de rebote en la superficie inclinada. Sabemos que la posición inicial es $y_i=2h$, la posición final es $y_f=0$, y la aceleración es $a=-g$ hacia abajo. Entonces podemos usar la ecuación de posición:
$$y_f = y_i + v_{i,y}t + \frac{1}{2}at^2$$
Para la componente vertical de la velocidad inicial, sabemos que $v_{i,y}=0$, ya que el balón está en reposo. Entonces:
$$0 = 2h + 0\cdot t + \frac{1}{2} (-g) t^2$$
Simplificando y despejando el tiempo, obtenemos:
$$t_1 = \sqrt{\frac{4h}{g}}$$
En la segunda parte de la trayectoria, podemos utilizar las mismas ecuaciones de la cinemática, pero con la velocidad inicial dada por la velocidad después del rebote. Sabemos que la velocidad paralela a la superficie no cambia, por lo que se mantiene constante. La velocidad perpendicular a la superficie cambia de dirección debido al rebote, pero su magnitud se conserva. Si la velocidad antes del rebote es $v$, entonces la velocidad después del rebote será $(\cos\theta,\sin\theta)v$.
Podemos calcular la componente vertical de la velocidad después del rebote, que será igual a la componente vertical de la velocidad antes del rebote pero con signo opuesto:
$$v_{f,y} = -v_{i,y} = -(-g\cdot t_1) = gt_1$$
Podemos calcular la componente horizontal de la velocidad después del rebote utilizando la conservación de la cantidad de movimiento en la dirección horizontal:
$$v_{f,x} = v_{i,x} = v\cos\theta$$
Entonces, la velocidad después del rebote puede expresarse como:
$$\vec{v}_f = (v\cos\theta, -gt_1\sin\theta)$$
Podemos calcular el tiempo que tarda el balón en llegar al suelo después del rebote. Sabemos que la posición inicial es $y_i=0$, la velocidad inicial es $\vec{v}_f$, y la aceleración es $a=-g$ hacia abajo. Entonces podemos usar la ecuación de posición:
$$y_f = y_i + v_{i,y}t + \frac{1}{2}at^2$$
Para la componente vertical de la velocidad inicial, usamos $v_{i,y}=-gt_1\sin\theta$:
$$0 = 0 + (-gt_1\sin\theta) t + \frac{1}{2} (-g) t^2$$
Simplificando y despejando el tiempo, obtenemos:
$$t_2 = \frac{2t_1\sin\theta}{2} = t_1\sin\theta = \sqrt{\frac{4h}{g}}\sin\theta$$
Finalmente, podemos calcular la distancia horizontal que recorre el balón antes de llegar al suelo. Como la velocidad paralela a la superficie es constante, podemos simplemente multiplicarla por el tiempo de vuelo después del rebote:
$$x_1 = v_{i,x} t_2 = v\cos\theta \sqrt{\frac{4h}{g}}\sin\theta$$
Esta es la distancia horizontal que recorre el balón antes de volver a tocar el suelo.
\item Una partícula parte del reposo en t = 0 [s] y sigue una trayectoria circular de radio R. La partícula está sometida a una aceleración angular constante. Encuentre el instante t en el que por primera vez, la velocidad lineal de la partícula, de magnitud v, forma un ángulo ϕ con la aceleración total de la partícula. Exprese su respuesta en términos de v, R y $\phi$. \\
La aceleración angular constante se puede expresar como:
$\vec{a}_0 = \frac{d\vec{v}}{dt} = \frac{d(v\hat{r})}{dt} = v\frac{d\hat{r}}{dt} = v\frac{d\hat{r}}{d\theta}\frac{d\theta}{dt} = v\dot{\theta}\hat{r}$
donde $\hat{r}$ es el vector unitario en la dirección radial y $\dot{\theta}$ es la velocidad angular (tasa de cambio del ángulo $\theta$). La magnitud de $\vec{a}_0$ es $a_0 = v\dot{\theta}$.
La velocidad lineal de la partícula es:
$\vec{v} = \dot{r}\hat{r}+r\dot{\theta}\hat{\theta}$
donde $\hat{\theta}$ es el vector unitario en la dirección tangencial a la trayectoria circular. La magnitud de la velocidad es $v = |\vec{v}| = r\dot{\theta}$.
El ángulo entre la velocidad lineal y la aceleración total es $\phi$:
$\cos{\phi} = \frac{\vec{v}\cdot\vec{a}_0}{|\vec{v}||\vec{a}_0|} = \frac{r\dot{\theta}\cdot v\dot{\theta}}{rv\dot{\theta}} = \frac{\dot{\theta}}{\sqrt{\dot{\theta}^2}} = \pm 1$
donde hemos usado que $|\vec{a}_0| = a_0 = v\dot{\theta}$.
Por lo tanto, el ángulo $\phi$ es 0 cuando $\dot{\theta} > 0$, y es $\pi$ cuando $\dot{\theta} < 0$.
Para encontrar el instante $t$ en el que el ángulo $\phi$ es igual a $\phi_0$, debemos encontrar el ángulo $\theta_0$ correspondiente.
$\cos{\phi_0} = \cos{\theta_0} = \frac{x}{R}$
donde $x$ es la distancia recorrida por la partícula desde $t=0$. Como la partícula parte del reposo, tenemos que $x = \frac{1}{2}a_0 t^2 = \frac{1}{2}v\dot{\theta}t^2$.
Sustituyendo todo en la ecuación anterior, obtenemos:
$\frac{1}{2}v^2\dot{\theta}^2 t^4 - Rv^2\dot{\theta} t^2 + R^2\cos^2{\phi_0} = 0$
Resolviendo para $t^2$, obtenemos:
$t^2 = \frac{Rv^2\dot{\theta} \pm R\sqrt{v^2\dot{\theta}^2 - 2v^2\dot{\theta}\cos^2{\phi_0}}}{v^2\dot{\theta}^2}$
Como queremos el tiempo en el que la partícula se encuentra en la dirección $\phi_0$, tomamos la solución positiva y obtenemos:
$t = \frac{R\sqrt{1-\cos^2{\phi_0}}}{v\dot{\theta}} = \frac{R\sin{\phi_0}}{v\dot{\theta}}$
\item La longitud de una circunferencia es de $8\pi$ [m] y una partícula la recorre 16 veces en 4 segundos, iniciando el movimiento en el instante t = 0 [s] desde una posición A , en sentido contrario a las manecillas del reloj.
\begin{itemize}
\item Exprese en el sistema $XY$ con origen en el centro de curvatura, el vector posición en el instante $t = \frac{5\pi}{4}$y el vector velocidad en $t = \frac{3\pi}{4}$
\item Encuentre el vector velocidad media en el intervalo entre t = 0 [s] y t = 4 [s].
\end{itemize}
Primero, podemos encontrar el radio de la circunferencia utilizando la fórmula de longitud de la circunferencia.
$C = 2\pi r = 8\pi$
$r = 4$
Luego, podemos encontrar la velocidad angular, que es la velocidad en radianes por segundo.
$\omega = \frac{2\pi n}{t} = \frac{2\pi \cdot 16}{4} = 32\pi$
Podemos encontrar la posición de la partícula en el instante $t = \frac{5\pi}{4}$ utilizando la fórmula de posición para movimiento circular uniforme en el sistema $XY$ con el origen en el centro de la curvatura:
$x = r\cos(\omega t + \theta)$
$y = r\sin(\omega t + \theta)$
En este caso, en $t = \frac{5\pi}{4}$, tenemos:
$x = 4\cos(32\pi \cdot \frac{5\pi}{4} + \pi) = 4$
$y = 4\sin(32\pi \cdot \frac{5\pi}{4} + \pi) = -4$
Por lo tanto, el vector posición en el instante $t = \frac{5\pi}{4}$ es $\vec{r} = (4, -4)$
Ahora podemos encontrar la velocidad en $t = \frac{3\pi}{4}$. Para ello, encontramos el vector posición en este instante y tomamos su derivada con respecto al tiempo para encontrar el vector velocidad.
$x = 4\cos(32\pi \cdot \frac{3\pi}{4} + \pi) = -4$
$y = 4\sin(32\pi \cdot \frac{3\pi}{4} + \pi) = 4$
Por lo tanto, el vector posición en el instante $t = \frac{3\pi}{4}$ es $\vec{r} = (-4, 4)$
Tomando la derivada con respecto al tiempo, encontramos:
$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = (-4\omega\sin(32\pi \cdot \frac{3\pi}{4} + \pi), 4\omega\cos(32\pi \cdot \frac{3\pi}{4} + \pi)) = (-32\pi, 0)$
Por lo tanto, el vector velocidad en $t = \frac{3\pi}{4}$ es $\vec{v} = (-32\pi, 0)$
\end{enumerate}
\end{document}
