FÍSICA CONTEMPORÁNEA, GRUPO 8120
Facultad de Ciencias, Universidad Nacional Autónoma de México
Profesor: Dr. Jesús Alberto Del Olmo Márquez (jesus.delolmo@icat.unam.mx)
Ayudante: M. Ismael Velázquez Gómez (ismael.velazquez@icat.unam.mx)
Fecha de entrega: 13 de Septiembre de 2023
Nombre completo: Andrés López González
Tarea número 2
Problema 1
Un automóvil se mueve a lo largo del eje x a una distancia de 900.0 m, comenzando en reposo en x = 0.0
y deteniéndose totalmente en x = 900.0 m. Durante el primer cuarto de esa distancia, su aceleración es
+2.25 m/s2 , mientras que en el resto de la distancia, su aceleración es −0.750 m/s2 .
(a) ¿Cuánto tiempo tardará en realizar el recorrido?
Calcularemos el tiempo que tarda en la primera parte del recorrido considerando ∆x1 = 225m:
s
r
a0 t21
a0 t21
2∆x1
2(225m) √
=
⇒ t1 =
=
= 2 · 100s
∆x1 = v0 t +
2
2
a0
2.25 sm2
√
∴ t1 = 10 2s ≈ 14.1421s
Ahora necesitamos el siguiente tramo del recorrido, en donde consideraremos ∆x2 = 675m:
∆x2 = v1 t2 +
−0.75 sm2 t22
a1 t22
⇒ 675m = v1 t2 +
2
2
Observamos que eventualmente tendremos una ecuación de segundo grado, sin embargo para resolverla necesitaremos la velocidad en el punto exacto que ocurre el cambio de aceleración, a esta velocidad la llamaremos v1 .
v1 = v0 + at = at = 2.25
√ m
√
m
m
· 10 2s = 22.5 2 ≈ 31.8198
s2
s
s
Ahora reemplazamos v1 en la ecuación que deducimos
√ m
√
−0.75 sm2 t22
−0.75 2
0 = 22.5 2 t2 +
− 675m ⇒ 0 =
t2 + 22.5 2t2 − 675m
s
2
2
Utilizando la fórmula de Bhaskara...
√
−b ± b2 − 4ac
t2 =
2a
a = −0.75
2 √
b = 22.5 2
c = −675
q
√
√
p
√
−(22.5 2) ± (22.5 2)2 − 4( −0.75
−22.5 2 ± 2(22.52 ) + 2(0.75)(−675)
2 )(−675)
⇒ t2 =
=
−0.75
2( −0.75
2 )
p
p
√
√
√
√
−22.5 2 ± 1012.5 + (1.5)(−675)
−22.5 2 ± 1012.5 + (−1012.5)
−22.5 2 ± 0
=
=
=
−0.75
−0.75
−0.75
√
√
22.5 √
22.5 20 √
450 √
−22.5 2
=
· 2=
·
· 2=
· 2 = 30 2
=
−0.75
0.75
0.75 20
15
√
t2 = 30 2s ≈ 42.4264s
Ya que tenemos t1 y t2 entonces ya podemos obtener el ttotal :
ttotal =
n
X
√
√
√
ti = t1 + t2 = 10 2s + 30 2s = 40 2s ≈ 56.5685s
i=1
(b) ¿Cuál será su velocidad máxima durante el mismo?
La velocidad máxima corresponde al último momento antes de que la aceleración se volviese negativa, este valor
ya ha sido calculado y corresponde a v1 :
√
√ m
m
m
v1 = v0 + at = at = 2.25 2 · 10 2s = 22.5 2 ≈ 31.8198
s
s
s
1
(c) Grafique la posición x(t), la velocidad v(t) y la aceleración a(t) contra el tiempo t para el recorrido total.
225
30√2
-450
10√2
10√2
40√2
(a) Gráfica de Posición x(t) vs. Tiempo
40√2
(b) Gráfica de Velocidad v(t) vs. Tiempo
2.25
-0.75
40√2
10√2
(d) Gráfico mixto: Relación informal de las distintas
funciones de la cinemática respecto al tiempo
(c) Gráfica de Aceleración a(t) vs. Tiempo
Figure 1: Gráficas de Posición, Velocidad y Aceleración vs Tiempo
10√2
40√2
Figure 2: Puntos significativos en cada gráfica en función del tiempo.
2
Problema 2
Una partı́cula sale del origen con una velocidad inicial v = (3.0î) m/s y una aceleración constante a =
(−1.0î − 0.50ĵ) m/s2 . En el instante en que alcanza su coordenada máxima en x, ¿cuáles son su velocidad
y el vector de posición?
Primero calcularemos el instante en el que se alcanza la coordenada máxima de x(t), para ello consideramos el
punto en donde su velocidad es cero, el cual en la gráfica será la cresta de pendiente también cero, requerimos
acotar ese valor en vx pues en este instante cambiará su dirección a una negativa:
vx (t) = 0 = v0x + ax t = 3.0 + (−1.0)t ⇒ tmax = 3s
Una vez calculado el momento de su posición máxima en x, debemos obtener su velocidad en cada entrada, evidentemente vx = 0 pues hemos utilizado este valor para calcular tmax , por otro lado para obtener ymax usamos
una nueva ecuación usando las componentes en y, además de ya conociendo el valor de t
m
m
)(3s) = −4.5
2
s
s
m
∴ ⃗v = (0.0î − 4.5ĵ)
s
Para obtener el vector de posición primero debemos saber qué valores refleja x(t) y y(t) en el instante requerido...
vy (t) = v0y + ay t = ay t = (−0.50
x(t) = x0 + v0x tmax +
(−1.0 sm2 )(3s)2
ax t2max
m
= 0 + 3.0 · 3s +
= 9m − 4.5m = 4.5m
2
s
2
y(t) = y0 + v0y tmax +
(−0.50 sm2 )(3s)2
ay t2max
=0+0·3+
= −2.25m
2
2
∴ El vector se encuentra en (4.5, -2.25)
Tenemos sus coordenadas cartesianas, ahora necesitamos transferirlo a notación vectorial para lo cual necesitaremos convertirlo a coordenadas polares, pues para denotar un vector posición necesitamos la magnitud (p)
y la dirección expresada con un ángulo (φ)
p
p
√
p = x2 + y 2 = (4.5)2 + (−2.25)2 = 25.3125 ≈ 5.0311
φ = arctan
−2.25
y
= arctan
≈ −26.5651◦ ≈ 1.5363π
x
4.5
El vector posición está en:
(4.5î − 2.25ĵ) ó...(1.5363π, 5.0311)
Problema 3
Un balón de fútbol es pateado desde el suelo con una rapidez inicial de 19.5 m/s en un ángulo hacia arriba de
45°. Un jugador a 55.0 m de distancia en la dirección del tiro comienza a correr para encontrar el balón en ese
instante. ¿Cuál debe ser su rapidez promedio si debe encontrar la pelota justo antes de que toque el suelo?
Primero necesitamos observar el alcance del tiro, para ello ocupamos la ecuación de ”range”
x=
19.52 sin(2 · 45◦ )
19.52
V02 sin 2φ
=
=
≈ 38.773m
g
9.806
9.806
Por lo comentado en clase, la persona se encuentra a la derecha, por lo que debe correr hacia la izquierda (-x)
para alcanzar el balón a cierta velocidad promedio, para ello necesitamos conocer el tiempo que tarda en hacer
su recorrido que será hallar en qué momento del tiempo la altura llega a 0 siendo este diferente del origen
y(t) = 0 = v0 sin(φ)t −
gt2
9.806t2
9.806t
= 19.5 sin(45◦ )t −
⇒ 0 = t · (19.5 sin(45◦ ) −
)
2
2
2
3
⇒ 0 = 19.5 sin(45◦ ) −
9.806
2 · 19.5 sin(45◦ )
9.806
t ⇒ 19.5 sin(45◦ ) =
t ⇒ tf =
s ≈ 2.81227s
2
2
9.806
Ahora usaremos la ecuación de la velocidad promedio, sabemos que el balón llega aproximadamente a 38.773m
respecto al origen y que el jugador está a 55m, además sabemos el tiempo de recorrido
∆d
⃗v =
=
∆t
19.52
9.806 − 55
2·19.5 sin(45◦ )
9.806
m
38.773 − 55 m
m
≈
≈ −5.7685
s
2.81227 s
s
m
s
La velocidad es negativa, ya que el balón se desplazó hacia la izquierda en relación al segundo jugador. Sin
embargo, la rapidez es positiva, ya que se define como el valor absoluto de la velocidad y no tiene dirección,
siendo una magnitud escalar
⇒ r = |⃗v | ≈ 5.7685
Problema 4
En el tiempo t = 0, la fuerza constante F⃗ comienza a actuar sobre una roca que se mueve a través del espacio
profundo en la dirección +x.
(a) Para el tiempo t > 0, ¿cuáles son las posibles funciones x(t) para la posición de la roca?
(i) x(t) = 4t − 3.
Primero necesitamos obtener su derivada de primer y segundo orden respecto al tiempo. ẋ(t) = v(t) = 4
ẍ(t) = a(t) = 0
No puede existir una fuerza constante en la dirección positiva del eje de las x debido a que ni siquiera tiene
una aceleración, por definición su fuerza es estrictamente cero. Por lo que, no cumple con ninguna de las
condiciones.
(ii) x(t) = −4t2 + 6t − 3.
ẋ(t) = v(t) = −8t + 6
ẍ(t) = a(t) = −8
La fuerza es constante al existir una aceleración constante y al igual que en todos estos ejercicios asumir que la
masa es invariable, no obstante, la posición respecto al tiempo solo en una fracción de segundo es positiva, en lo
que respecta al intervalo [−0.75, ∞) acota direcciones en -x. Por lo tanto, tampoco cumple con las condiciones.
(iii) x(t) = 4t2 + 6t − 3.
ẋ(t) = v(t) = 8t + 6
ẍ(t) = a(t) = 8
Esta es la única ecuación representativa de lo que se busca, su fuerza es constante al asumir que su masa es
invariable y al observar que la aceleración es constante, además, al evaluar x(t) en cualquier intervalo mayor a
cero como se especifica en las condiciones iniciales siempre acotará valores que se desplazan positivamente en
x. Por lo cual, sı́ cumple con las condiciones.
Obs: Siendo puristas, para no obtener valores negativos en ningún punto de x se puede establecer un sistema de
referencia en donde el origen desplaza 3 unidades -x, se seguirá negando el cumplimiento de condiciones en la
función i) y ii), además mejorará la apreciación de la función iii) pues nunca acotará algún valor en -x.
(b) ¿Para qué función, F⃗ se opone a la dirección del movimiento inicial de la roca?
Hemos declarado que solo el inciso ii) y iii) corresponden a funciones de F⃗ por lo que el i) queda descartado del
estudio, la función iii) al tener siempre un desplazamiento positivo no hace sentido con el enunciado por lo que
también es descartada y solo la función ii) puede ser de acuerdo a sus intervalos, sin embargo la estudiaremos
más a fondo.
Para encontrar un retorno en la posición sabemos que influyen los factores posición, velocidad y aceleración,
el de nuestro interés será la velocidad pues al ser esta cero nos indicará que hubo un cambio en su dirección,
tomamos la ecuación que corresponde a la derivada de primer orden de la posición respecto al tiempo de ii).
v(t) = 0 = −8t + 6 ⇒ t =
4
6
3
=
8
4
Esto nos dice que a los 0.75 segundos ocurre el cambio de posición, no obstante, sin uso de software para
graficar no podemos saber si es un cambio a favor o en contra, entonces usamos la ecuación de la aceleración
que también deducimos previamente:
a(t) = −8 ⇒ a(0.75) = −8
No era necesario evaluar la función en ese punto pues la aceleración es una constante, como observamos, al
acotar un valor negativo es un máximo, lo que quiere decir que posterior a ese punto la función irá decreciendo,
en términos fı́sicos, la posición irá en contra a la dirección de la piedra al ir en -x.
Problema 5
La cabina de un ascensor y su carga tienen una masa combinada de 1600.0 kg. Encuentre la tensión en el cable
de soporte cuando la cabina, que originalmente se movı́a hacia abajo a 12.0 m/s, se detiene con aceleración
constante en una distancia de 42.0 m.
Para obtener la fuerza interna necesitamos conocer primero la aceleración, para ello seleccionamos la siguiente
ecuación donde despejaremos ”a”:
2
vf2 y = 0 = v0y
+ 2a∆y ⇒ 0 = 122
m2
m
+ 2a · 42m = 144 2 + 84m · a
s
s
2
∴a=−
144 m
m
s2
≈ −1.714 2
84m
s
La fuerza interna es entonces...
Fi = ma = 1600kg · −
144m
≈ −2, 742.86N
84s2
Finalmente para obtener la tensión que se ejerce en el cable de soporte debemos añadir la fuerza gravitacional...
Fg = −mg = 1600kg · 9.806
∴T =
X
m
= −15, 689.6
s2
F⃗ = Fg + Fi ≈ −15, 689N − 2, 742.86N ≈ −18, 431.86N
5