viernes, 18 de marzo de 2011

Ejercicios Resueltos 2011 (Vectores y cinemática)




(1.96) La nave Mars Polar Lander se lanzó el 3 de enero de 1999. El 3 de diciembre de 1999, el día en que la nave posó en la superficie de Marte, las posiciones de la Tierra y Marte estaban dadas por estas coordenadas:

x y z
Tierra 0.3182 UA 0.9329 UA 0.0000 UA
Marte 1.3087 UA -0.4423 UA -0.0414 UA

En estas coordenadas, el Sol está en el origen y el plano de la órbita de la Tierra es el plano xy. La Tierra pasa por el eje +x una vez al año en el equinoccio de otoño, el primer día de otoño en el hemisferio norte (cerca del 22 de septiembre). Una UA (unidad astronómica) es igual a 1.496·10⁸ km, la distancia media de la Tierra al Sol.

a) Dibuje un diagrama que muestre las posiciciones del Sol, la Tierra y Marte el 3 de Diciembre de 1999.
b) Calcule las siguientes distancias en UA el 3 de diciembre de 1999:
  1. del Sol a la Tierra;
  2. del Sol a Marte;
  3. de la Tierra a Marte.
c) Visto desde la Tierra, ¿qué ángulo había entre la dirección al Sol y la Dirección a Marte el 3 de Diciembre de 1999?
d) Indique si Marte se veía desde donde usted estaba el 3 de Diciembre de 1999 a media noche. (Cuando es la media noche en su posición, el Sol está en el lado opuesto de la Tierra).

Resolución:
a)


b) La distancia entre dos puntos 1 y 2 es:
$d = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2}$

i) Como el sol está en el origen:
$d_{Sol Tierra} = \sqrt{(0-0.3182)^2+(0-0.9329)^2+(0-0)^2}=0.9857 UA$
ii) $d_{Sol Marte} = \sqrt{(0-1.3087)^2+(0-(-0.4423))^2+(0-(-0.0414))^2}=1.3820 UA$

iii) $d_{Tierra Marte} = \sqrt{(0.3182-1.3087)^2+(0.9329-(-0.4423))^2+(0-(-0.0414))^2}=1.695 UA$

c) 

Aplicando Teorema del Coseno.
$d^2_{Sol Marte} = d^2_{Tierra Marte} + d^2_{Sol Tierra}+2 d_{Tierra Marte}d_{Sol Tierra} cos \phi$ 
como $\theta+\phi = 180^o$
entonces $\theta = 54.6^o$
d) Como el ángulo medido es menor que 90º, Marte no es visible a medianoche.
 


(2.95) Una estudiante corre a más no poder para alcanzar el bus, que está detenido en la parada, con una rapidez constante de 5.0 m/s. Cuando ella está a 40 m del bus, éste se pone en marcha con aceleración constante de 0.170 m/s².
a) ¿Durante qué tiempo y qué distancia debe correr la estudiante a 5.0 m/s para alcanzar el bus?
b) Cuando lo hace, ¿qué rapidez tiene el bus?
c) Dibuje una gráfica x-t para la estudiante y el bus, donde x = 0 es la posición inicial de la estudiante.
d) Las ecuaciones que usó en (a) para calcular t tienen una segunda solución, que corresponde a un instante posterior en que la estudiante y el bus están otra vez en el mismo lugar si continúan su movimiento. Explique el significado de esta otra solución. ¿Qué rapidez tiene el bus en ese punto?

 
Resolución:
a) Por convenciencia, dejamos que la velocidad constante de la estudiante sea v0 y la posición inicial del bus sea x0. Note que estas cantidades son para objetos diferentes, la estudiante y el bus. La posición inicial de la estudiante se considera cero, y la velocidad inicial del bus se toma igual a cero. La posición de la estudiante x1 y del bus x2 como funciones del tiempo son:

$x_1 = v_0 t$, $x_2 = x_0 + (1/2)a t^2$

Estableciendo x1 = x2 y resolviendo para el tiempo t, nos da:
$t = {1 \over a} (v_0 \pm \sqrt{v^2_0-2 a x_0})$
$t = {1 \over (0.170 m/s^2)}((5.0 m/s) \pm \sqrt{(5.0 m/s^2)-2 (0.170 m/s^2)(40.0)})$
$t=9.55 s, 49.3 s.$
La estudiante se encontrará con el bus por primera vez en el instante 9.55 [s]. Durante este tiempo, la estudiante ha corrido una distancia:
$v_0 t=(5 m/s)(9.55 s)=47.8 m$
b) La velocidad del bus es $(0.170 m/s^2)(9.55 s) = 1.62 m/s$

c) Los resultados pueden ser verificados notando que las gráficas para la estudiante y el bus se intersectan en dos puntos.

d) En el segundo en que se encuentran, la estudiante mantiene la velocidad constante, pero como el bus va acelerando la alcanza. En este instante la velocidad del bus es:
$(0.170 m/s^2)(49.3 s) = 8.38 m/s$ 


(3.89) Una bola recibe una velocidad inicial de magnitud v0 y ángulo ϕ sobre la superficie de una rampa, que a su vez está inclinada θ grados sobre la horizontal.
a) Calcule la distancia sobre la rampa desde el punto de lanzamiento adonde el objeto golpea la rampa. Responda en términos de v0, g, θ y ϕ.
b) ¿Qué ángulo ϕ da el alcance máximo sobre la rampa?

 

 
Resolución
a) La Trayectoria del proyectil está dada por la ecuación: $y = (tan \alpha_0) x - {\frac{g}{2 v_0^2 cos^2 \alpha_0}} x^2$ con $\alpha_0 = \theta + \phi$. Un punto sobre el plano inclinado se define como $y = x tan \theta$ . Igualando ambas ecuaciones nos da dos valores para x, uno es x = 0 (en el origen de la rampa) y el otro es: 
$\frac{x}{cos \theta} = [\frac{2 v_0^2}{g}][tan (\theta+\phi) - tan \theta][{\frac{cos^2(\theta + \phi)}{cos \theta}]$

b) Una forma de resolver este problema es involucrando angulos dobles. Pero primero establecemos que R es la distancia máxima que queremos maximizar y que ahora $\alpha=\theta + \phi$, utilizando el resultado de la expresión anterior:
$R = [\frac{2 v_0^2}{g}][tan (\alpha) - tan \theta][\frac{cos^2(\alpha)}{cos \theta}]$

$R = [\frac{2 v_0^2}{g}][{\frac{sen(\alpha)}{cos(\alpha)}} - {\frac{sen(\theta)} {cos(\theta)}}][\frac{cos^2(\alpha)}{cos \theta}]$

$R=[\frac{2 v_0^2}{g}][\frac{sen(\alpha) cos(\theta)-sen(\theta) cos(\alpha)} {cos(\alpha) cos(\theta)}][\frac{cos^2(\alpha)}{cos \theta}]$

$R=[\frac{2 v_0^2}{g cos^2{\theta}}][{sen(\alpha) cos(\alpha) cos(\theta)-sen(\theta) cos^2(\alpha)}] $


La dependencia de $\alpha$ y por lo tanto de $\phi$ está en el segundo término. Utilizando las identidades: $sen(\alpha) cos(\alpha) = (1/2)sen(2 \alpha)$
y $cos^2(\alpha) = (1/2)(1+cos(2 \alpha))$ el segundo término se puede reescribir como:
$(1/2)[cos(\theta) sen(2 \alpha) - sen(\theta) cos(2 \alpha) - sen(\theta)]=(1/2)[sen(2 \alpha-\theta)-sen(\theta)]$

Y ésta expresión será máxima cuando $sen(2 \alpha-\theta)$ sea máxima, en $2 \alpha-\theta=2 \phi+\theta=90^o$ o $\phi = 45^o-\theta/2$.

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