[Marcos Castillo]

Hola, tengo un ejercicio resuelto que entiendo bien, pero las preguntas que hace después debe hacerlo el alumno; el libro da pistas y luego los resultados, para ver si se ha hecho bien. Yo no coincido con los decimales. He dudado, y por eso escribo. Ahí va:
Un helicóptero deja caer un paquete con suministros a las víctimas de una inundación que se hallan en una balsa. Cuando el paquete se lanza, el helicóptero se encuentra a \( 100\;m \) por encima de la balsa, volando a \( 25\;m/s \) y formando un ángulo de 36,9° sobre la horizontal. (a) ¿Durante cuánto tiempo estará el paquete en el aire? (b) ¿Dónde caerá el paquete? (c) Si el helicóptero vuela a velocidad constante, ¿cuál será su posición en el instante en que el paquete llega al suelo?
SOLUCIÓN
(a)\( y=y_0+v_{0y}t+\dfrac{1}{2}a_yt^2 \)
\( y=0+v_{0y}t-\dfrac{1}{2}gt^2 \)
\( t=\dfrac{v_{0y}\pm{\sqrt{v_{0y}^2-2gy}}}{g} \)
Calculamos \( t \) cuando \( y(t)=-100\;m \). Para ello, primero se calcula \( v_{0y} \), y luego usamos el valor de \( v_{0y} \) para calcular \( t \).
\( v_{0y}=v_0\sen\theta_0=(25\;m/s)\sen{36,9°}=15,0\;m/s \)
por lo tanto,
\( t=\dfrac{15,0\;m/s\pm{\sqrt{(15,0\;m/s)^2-2(9,81\;m/s^2)(-100\;m)}}}{9,81\;m/s^2} \)
por lo tanto,
\( t=-3,24\;s \) o \( t=6,30\;s \) 
Es decir, \( t=6,30\;s \)
En el momento del impacto, el paquete ha recorrido una distancia horizontal \( x \), donde \( x \) es la velocidad horizontal por el tiempo de vuelo. Primero hallamos la velocidad horizontal:
\( v_{0x}=v_0\cos{\theta_0}=(25,0\;m/s)\cos{36,9°}=20,0\;m/s \)
Luego sustituímos \( v_{0x} \) en \( x=x_0+v_{0x}t \) y hallamos \( x \).
Las coordenadas de la posición del helicóptero en el momento del impacto del paquete con el agua son:
\( x_h=v_{0x}t=(20,0\;m/s)(6,30\;s)=126\;m \)
\( y_h=y_{h0}+v_{h0}t=0+(15,0\;m/s)(6,30\;s)=94,4\;m \)
En el momento del impacto el helicóptero está 194 m exactamente encima del paquete.
Ahora intente resolverlo usted mismo:
(a)Determinar el tiempo \( t_1 \) que tarda el paquete en alcanzar su máxima altura \( h \), (b) calcular esta altura máxima \( h \) y (c) determinar el tiempo \( t_2 \) transcurrido desde que el paquete alcanza su altura máxima hasta que llega al suelo.
(a) \( v_y(t)=v_{0y}-gt \)
Hacer \( v_y(t_1)=0 \) y despejar \( t_1 \)
\( t_1=1,53\;s \)
(En este resultado coincidimos)
(b) Determinar \( v_{ym} \) durante el tiempo en el que el paquete se mueve hacia arriba:
\( v_{ym}=\dfrac{1}{2}(v_{0y}+v_{1y})=\dfrac{1}{2}(15\;m/s)=7,50\;m/s \)
(El resultado del libro me ha desconcertado: \( v_{ym}=7,505\;m/s \))
\( v_{ym}=\dfrac{\Delta{y}}{\Delta{t}} \)
\( \Delta{t}=t_1-t_0=1,53\;s-0 \)
\( \Delta{y}=11,48\;m \)
(En este resultado también coincido)
Por lo tanto, \( h=111\;m \)
(c) Hallar el tiempo transcurrido mientras el paquete cae la distancia \( h \):
\( 111\;m=v_{1y}t_2+\dfrac{1}{2}gt_2^2 \)
\( v_{1y}=0 \)
\( 111\;m=\dfrac{1}{2}(9,81\;m/s^2)t_2^2 \)
\( t_2=4,75\;s \)
(No coincido con el libro, que dice \( t_2=4,77\;s \))
¿Cómo lo veis?
Un saludo

[Luis Fuentes]

Hola

(b) Determinar \( v_{ym} \) durante el tiempo en el que el paquete se mueve hacia arriba:
\( v_{ym}=\dfrac{1}{2}(v_{0y}+v_{1y})=\dfrac{1}{2}(15\;m/s)=7,50\;m/s \)
(El resultado del libro me ha desconcertado: \( v_{ym}=7,505\;m/s \))

Está mal. La velocidad media no es la media de la velocidad inicial y final, sino el espacio recorrido dividido entre el tiempo invertido.

Tienes que hallar el espacio recorrido como:

\( \dfrac{1}{2}gt_1^2 \)

\( v_{ym}=\dfrac{\Delta{y}}{\Delta{t}} \)
\( \Delta{t}=t_1-t_0=1,53\;s-0 \)
\( \Delta{y}=11,48\;m \)
(En este resultado también coincido)
Por lo tanto, \( h=111\;m \)

Aquí en realidad si hubieras procedido como te indico antes, ya sabrías el espacio recorrido y la altura máxima.

(c) Hallar el tiempo transcurrido mientras el paquete cae la distancia \( h \):
\( 111\;m=v_{1y}t_2+\dfrac{1}{2}gt_2^2 \)
\( v_{1y}=0 \)
\( 111\;m=\dfrac{1}{2}(9,81\;m/s^2)t_2^2 \)
\( t_2=4,75\;s \)
(No coincido con el libro, que dice \( t_2=4,77\;s \))

Está bien planteado creo. La diferencia puede estar en algún redondeo.

Saludos.

[Juan Pablo Sancho]

Hola



Está mal. La velocidad media no es la media de la velocidad inicial y final, sino el espacio recorrido dividido entre el tiempo invertido.
.

Si la aceleración es  constante si.

[Richard R Richard]

Hola, tengo un ejercicio resuelto que entiendo bien, pero las preguntas que hace después debe hacerlo el alumno; el libro da pistas y luego los resultados, para ver si se ha hecho bien. Yo no coincido con los decimales. He dudado, y por eso escribo. Ahí va:
Un helicóptero deja caer un paquete con suministros a las víctimas de una inundación que se hallan en una balsa. Cuando el paquete se lanza, el helicóptero se encuentra a \( 100\;m \) por encima de la balsa, volando a \( 25\;m/s \) y formando un ángulo de 36,9° sobre la horizontal. (a) ¿Durante cuánto tiempo estará el paquete en el aire? (b) ¿Dónde caerá el paquete? (c) Si el helicóptero vuela a velocidad constante, ¿cuál será su posición en el instante en que el paquete llega al suelo?
SOLUCIÓN
(a)\( y=y_0+v_{0y}t+\dfrac{1}{2}a_yt^2 \)
\( y=0+v_{0y}t-\dfrac{1}{2}gt^2 \)
\( t=\dfrac{v_{0y}\pm{\sqrt{v_{0y}^2-2gy}}}{g} \)
Calculamos \( t \) cuando \( y(t)=-100\;m \). Para ello, primero se calcula \( v_{0y} \), y luego usamos el valor de \( v_{0y} \) para calcular \( t \).
\( v_{0y}=v_0\sen\theta_0=(25\;m/s)\sen{36,9°}=15,0\;m/s \)
por lo tanto,
\( t=\dfrac{15,0\;m/s\pm{\sqrt{(15,0\;m/s)^2-2(9,81\;m/s^2)(-100\;m)}}}{9,81\;m/s^2} \)
por lo tanto,
\( t=-3,24\;s \) o \( t=6,30\;s \) 
Es decir, \( t=6,30\;s \)
En el momento del impacto, el paquete ha recorrido una distancia horizontal \( x \), donde \( x \) es la velocidad horizontal por el tiempo de vuelo. Primero hallamos la velocidad horizontal:
\( v_{0x}=v_0\cos{\theta_0}=(25,0\;m/s)\cos{36,9°}=20,0\;m/s \)
Luego sustituímos \( v_{0x} \) en \( x=x_0+v_{0x}t \) y hallamos \( x \).
Las coordenadas de la posición del helicóptero en el momento del impacto del paquete con el agua son:
\( x_h=v_{0x}t=(20,0\;m/s)(6,30\;s)=126\;m \)

Hasta allí bien

\( y_h=y_{h0}+v_{h0}t=0+(15,0\;m/s)(6,30\;s)=94,4\;m \)

ahorra un paso

\( y_h=y_{h0}+v_{h0}t=100m+(15,0\;m/s)(6,30\;s)=194,4\;m \)[/quote]

En el momento del impacto el helicóptero está 194 m exactamente encima del paquete.
Ahora intente resolverlo usted mismo:
(a)Determinar el tiempo \( t_1 \) que tarda el paquete en alcanzar su máxima altura \( h \), (b) calcular esta altura máxima \( h \) y (c) determinar el tiempo \( t_2 \) transcurrido desde que el paquete alcanza su altura máxima hasta que llega al suelo.
(a) \( v_y(t)=v_{0y}-gt \)
Hacer \( v_y(t_1)=0 \) y despejar \( t_1 \)
\( t_1=1,53\;s \)
(En este resultado coincidimos)

correcto

(b) Determinar \( v_{ym} \) durante el tiempo en el que el paquete se mueve hacia arriba:
\( v_{ym}=\dfrac{1}{2}(v_{0y}+v_{1y})=\dfrac{1}{2}(15\;m/s)=7,50\;m/s \)
(El resultado del libro me ha desconcertado: \( v_{ym}=7,505\;m/s \))
\( v_{ym}=\dfrac{\Delta{y}}{\Delta{t}} \)
\( \Delta{t}=t_1-t_0=1,53\;s-0 \)
\( \Delta{y}=11,48\;m \)
(En este resultado también coincido)
Por lo tanto, \( h=111\;m \)

la altura es maxima cuando la velocidad en direccion vertical es nula ya has calculado que sucede a los 1.53s

\( y_{max}=y_o+v_yt-\frac12gt^2=100+15m/s\cdot1.53s -\frac 12 9.81m/s^2(1.53s)^2= 111.46m \)

(c) Hallar el tiempo transcurrido mientras el paquete cae la distancia \( h \)

si tarda 6.3 s en tocar suelo desde que se suelta y se ocupan 1.53s para seguir ascendiendo... \( 6.3-1.53s=4.77s \) se los pasa bajando.

Saludos

[Marcos Castillo]

Está mal. La velocidad media no es la media de la velocidad inicial y final, sino el espacio recorrido dividido entre el tiempo invertido.

Tienes que hallar el espacio recorrido como:

\( \dfrac{1}{2}gt_1^2 \)

Se me ha ocurrido. Es por decir:
\( v_{ym}=\dfrac{1}{2}gt_1=\dfrac{1}{2}(9,81\;m/s^2)(1,53\;s)=7,50465\;m/s \). Dimensionalmente está bien. Pero ni idea.
Me voy a la cama. 
Un saludo

[Richard R Richard]

Tienes que hallar el espacio recorrido como:

\( \dfrac{1}{2}gt_1^2 \)

Se me ha ocurrido. Es por decir:
\( v_{ym}=\dfrac{1}{2}gt_1=\dfrac{1}{2}(9,81\;m/s^2)(1,53\;s)=7,50465\;m/s \). Dimensionalmente está bien. Pero ni idea.
Me voy a la cama. 
Un saludo

Creo que es lo que Luis te propone. 

Creo que Luis te mostraba el camino para que uses la ecuación de cinemática que también  yo te indique

\( y_{max}=y_o+v_yt-\frac12gt^2=100+15m/s\cdot1.53s -\frac 12 9.81m/s^2(1.53s)^2= 111.46m \)

Dejo entonces que Luis comente si es así o no.

Puedes optar por usar  la ecuación del desplazamiento con independencia temporal (que surge de aplicar de la conservación de la energía mecánica).

\( V_{final}^2-V_{inicial}^2= 2 g (h_{max}-h_o)= \)

\( 0^2-(15m/s)^2=2\cdot(-9.81m/s^2)\cdot (h_{max}-100m) \)

poniendo en limpio

\( -225m^2=-2\cdot9.81m/s^2(h_{max}-100m) \)

\( h_{max}=100m+\dfrac{225}{19.62}m=100m+11.46m=111.46m \)




si calculas la velocidad media en ese tramo de la trayectoria obtienes correctamente \( v_{ym}=\dfrac{1}{2}gt_1=\dfrac{1}{2}(9,81\;m/s^2)(1,53\;s)=7,50465\;m/s \)

el desplazamiento será entonces la velocidad media por el tiempo que dura el el recorrido

\( \Delta h= v_{ym}\cdot t=7.50465\cdot 1.53=11.48m \)

pero como partias de una altura inicial de 100m

la altura maxima es \( h_{max}=h_o+\Delta h=100+11.48m=111.48m \)

Espero te sirva de guía

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Está mal. La velocidad media no es la media de la velocidad inicial y final, sino el espacio recorrido dividido entre el tiempo invertido.

Tienes que hallar el espacio recorrido como:

\( \dfrac{1}{2}gt_1^2 \)

Se me ha ocurrido. Es por decir:
\( v_{ym}=\dfrac{1}{2}gt_1=\dfrac{1}{2}(9,81\;m/s^2)(1,53\;s)=7,50465\;m/s \). Dimensionalmente está bien. Pero ni idea.
Me voy a la cama. 

Tiene razón Juan Pablo, que para un movimiento uniformemente acelerado la velocidad media entre dos instantes coincide con la medida de la velocidad inicial y final; pero en general no es cierto para todo tipo de movimientos y conviene tenerlo en cuenta.

Lo que te decía es que si en un tiempo \( t_1 \) el móvil se detiene como consecuencia de la gravedad el espacio que recorre en ese tiempo es el mismo que recorre si se deja caer desde el reposo como consecuencia de la gravedad:


\( \dfrac{1}{2}gt_1^2 \)

La velocidad media sería luego ese espacio entre el tiempo.

\( \dfrac{1}{2}gt_1 \)

Que ciertamente coincide con la media de la velocidad final e inicial (\( 0 \) y \( gt_1 \)):

\( \dfrac{1}{2}(0+gt_1) \)

Saludos.

[Marcos Castillo]

¡Muchas gracias!
Un saludo