Solució parcial avaluació continuada (cinemàtica) (2014)

Examen Español
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 1º curso
Asignatura Fonaments de Mecànica
Año del apunte 2014
Páginas 3
Fecha de subida 04/11/2014
Descargas 4
Subido por

Vista previa del texto

` nica Fonaments de Meca 1a Prova Avaluaci´o Continuada.
24 d’Octubre de 2014 Grup SOLUCIONS P1. Disparem un projectil des de la superf´ıcie terrestre amb una velocitat de 200 m/s i un angle d’inclinaci´ o θ = 30◦ respecte l’horitzontal.
(a) Trobeu els vectors d’acceleraci´ o tangencial i normal en l’instant del llen¸ cament i calculeune els m` oduls.
Per calcular les components d’acceleraci´o tenim com a dades v0 = v0 (cos θ, sin θ), vˆ0 = (cos θ, sin θ) a = −g(0, 1) a = at vˆ + an n ˆ Per calcular l’acceleraci´ o tangencial fem: √ at = a · vˆ0 = −g sin θ = −9.8 3/2 = −8.49 m/s2 at = at vˆ0 = −g(sin θ cos θ, sin2 θ) at = (−4.24, −2.45) Per calcular l’acceleraci´ o normal, restem la tengencial a la total: an = a − at = (0, −g) + g sin θ(cos θ, sin θ) = g(sin θ cos θ, sin2 θ − 1) an = (4.24, −7.35), an = g cos2 θ = g/4 = 2.45 m/s2 at = (−4.24, −2.45), at = 4.9 m/s2 , an = (4.24, −7.35), an = 8.48 m/s2 (b) Quina al¸ cada m` axima assoleix el projectil? Trobeu per aquest instant de temps els vectors d’acceleraci´ o tangencial i normal i calculeu-ne els m` oduls.
Per calcular l’al¸cada m` axima necessitem les equacions del moviment i per la velocitat: x(t) = v0 cos θt g y(t) = v0 sin θt − gt2 2 vx (t) = v0 cos θ vy (t) = v0 sin θ − gt Igualant vy (tm ) = 0 trobem el temps que triga en arribar a l’altura m`axima tm = a y(tm ), trobem: v02 sin θ cos θ = 1443 m g v2 ymax = 0 sin2 θ = 510 m 2g vmax = (v0 cos θ, 0) xmax = v0 g sin θ. Substitu¨ınt Com que en aquest punt, a ´es perpendicular a v, l’acceleraci´o tangencial ´es zero i la normal ´es an = (0, −g) ymax = 510 m, an = (0, −g), at = 0 (c) Suposant que la superf´ıcie terrestre ´ es plana, calculeu a quina dist` ancia del punt de sortida impactar` a el projectil amb el terra. Trobeu per aquest instant de temps els vectors d’acceleraci´ o tangencial i normal i calculeu-ne els m` oduls.
Per calcular l’abast, igualem y(ta ) = 0 i trobem el temps que trigar en impactar con el terra ta =.
Subsitu¨ınt, trobem l’abast x(ta ) i les components de la velocitat vx (ta ), vy (ta ) xa = v02 sin(2θ) = 3535 m g vx,a = v0 cos θ vy,a = −v0 sin θ va = v0 (cos θ, − sin θ) = −v0 Les components de les acceleracions tenen doncs un signe canviat respecte les inicials: at = −g(sin θ cos θ, − sin2 θ) at = (4.24, −2.45), at = 4.89 m/s2 at = g(− sin θ cos θ, − sin2 θ − 1) an = (−4.24, −7.35), an = 8.48 m/s2 xa = 3553 m, at = (4.24, −2.45), at = 4.9 m/s2 , an = (−4.24, −7.35), an = 8.48 m/s2 (d) Si el projectil es llan¸ ca en sentit Sud des d’un punt de la Terra de latitud λ = 60◦ Nord i amb un angle d’inclinaci´ o θ = 30◦ respecte l’horitzontal local, quina ser` a l’acceleraci´ o de Coriolis i la centr´ıfuga que experimentar` a en l’instant del llan¸ cament?. Indiqueu-ne el sentit, direcci´ o i m` odul.
Mirant la figura adjunta, podem expressar els vectors involucrats en el c`alcul de les acceleracions en el sistema de refer`encia que t´e els eixos al centre de la Terra: ω = ω(0, 0, 1) r = RT (0, cos λ, sin λ) v = v(0, sin(θ + λ), − cos(θ + λ)) ˆı ˆ kˆ aCo = −2(ω × v) = −2ωv 0 = 2ωv sin(θ + λ) ˆı 0 1 0 sin(θ + λ) − cos(θ + λ) 2 aCf = −ω × (ω × r) = −ω RT ˆı 0 − cos θ ˆ 0 0 kˆ 1 = ω 2 RT cos λ ˆ 0 Pels valors num`erics de l’enunciat (ω = 7.27 × 10−5 rad/s, RT = 6.37 × 106 m, v = 200 m/s): aCo = 2 · 7.27 × 10−5 · 200 = 0.029 m/s2 aCf = (7.27 × 10−5 )2 · 6.37 × 106 · 0.5 = 0.017 m/s2 aCo = 0.029 m/s2 , aCf = 0.017 m/s2 ...