Una persona situada frente a una ventana de 1m

Una persona situada frente a una ventana de 1m

2.26 Una persona situada frente a una ventana de 1m de altura en el piso 10
de un rascacielos observa que un balón que cae frente a la ventana tarda 0.03s
en atravesar su campo visual (1m). Calcular el piso desde el cual ha sido
lanzado el balón si cada piso tiene una altura total de 3m.
El planteamiento se basa en el
esquema de la figura. La pelota se deja
caer de la ventana 1 que está en el piso
desconocido “n”. Cae hasta la ventana 2
situada en el piso 10 y tarda en pasar por
esta ventana 0.03 segundos.
Ventana 1
Punto 0, V0=0
Recordemos las ecuaciones de un
mrua:
1
y  y0  v0 (t  t0 )  a(t  t0 ) 2
2
v  v0  a(t  t0 )
Piso n
Piso 11
Vamos a plantear estas ecuaciones
para los puntos que tenemos datos:
Punto 1
Tomamos como origen de alturas el
punto 2, así:
Ventana 2
1m, 0.03s
3m
Punto 2
Piso 10
 y  1m
 y  0m
Punto 1  1
Punto 2  2
t1  0s
t 2  0.03s
Teniendo en cuenta que la aceleración
es la de la gravedad sustituimos en la
ecuación del espacio del mrua:
1
a(t 2  t1 ) 2
2
Sustituyendo valores:
y 2  y1  v1 (t 2  t1 ) 
Suelo
1
0  1  v1 (0.03  0)  (9.8)(0.03  0) 2
:
2
0  1  v1 0.03  0.00441  v1 0.03  0.99559
Por lo tanto la velocidad en el punto 1 es de: v1 
 0.99559
 33.19m·s 1
0.03
Ahora que sabemos la velocidad en el punto 1 podemos cambiar la referencia y
tomar como origen de altura este punto y plantear las ecuaciones entre los
puntos 0 y 1.
Así pues ahora tendremos:
 y 0  ?? m
 y1  0m


Punto 0 v0  0m / s Punto 1 v1  33.19m / s
t  0s
t  t
2
0
Sustituyendo en las ecuaciones:
1
y1  y 0  v0 (t1  t 0 )  a(t1  t 0 ) 2
2
v1  v0  a(t1  t 0 )
Sustituyendo los datos en la ecuación de la velocidad deducimos inmediatamente
el tiempo que tarda en llegar al borde superior de la ventana:
 33.19  0  9.8t
 t
 33.19
 3.387 s
 9.8
Ahora que conocemos t sustituimos en la ecuación de la posición:
1
0  y 0  0  (9.8)·3.387 2  0  y 0  56.21
2
y0  56.21m
Por tanto, desde el borde de la ventana en que se suelta la pelota hasta la parte
superior de la ventana en que es vista hay 56.21m. Como la ventana tiene una altura
de 1m, de borde de ventana 1 a borde de ventana 2 habrán aproximadamente
56.21+1=57.21 m.
Así pues la pelota cae recorriendo
57.21
 19 pisos . Si la vemos en el piso 10 la
3
pelota cae desde el piso 19+10=29.
La pelota cae del piso 29.
2.27 Una pelota cae libremente en el vacío. En el último segundo antes de
llegar al suelo recorre la tercera parte de su distancia total. Calcular el tiempo
que tarda en caer y la altura total desde la que cae.
Para entender la solución del problema fijémonos en la figura adjunta.
Distinguimos tres posiciones. Una que representa el punto de lanzamiento (punto
0) para el cual no conocemos la altura pero si
Punto 0, v0 = 0
sabemos que es el instante inicial (t0=0) y que la
y0 = ??
t= t0 = 0
velocidad inicial es nula.
Por otro lado tenemos el punto 1, situado a
una distancia del suelo de un tercio de la altura
total (y1 = ⅓ y0). Suponemos que la pelota pasa
por este punto en el instante t1.
Finalmente tenemos el punto 2, del cual
sabemos que esta a nivel del suelo (y2 = 0) y,
como a este punto llega un segundo después de
pasar por el punto 1, diremos que su tiempo es
un segundo más que t1, es decir t2 = t1 +1.
Veamos las ecuaciones:
Punto 1, v1 = ??
y1 =⅓ y0
t = t1
En el punto 1:
y1  y 0  v0 (t1  t 0 ) 
Punto 2, v2 = ??
(Suelo) y2 = 0
t2 = t1+1
1
a(t1  t 0 ) 2
2
Sustituimos:
1
1
h  y0
3
3
Despejamos y agrupamos: 4.9t1
2
1
1
y 0  y 0  0  (9.8)(t1  0) 2
3
2
1
2
Operamos: y 0  y 0  4.9t1
3
1
2
2
2
2
 y 0  y 0  4.9t1  y 0  y 0  4.9t1
3
3
3
Finalmente, operando, la expresión queda:
y0  7.35t1
2
(Ecuación 1)
Tenemos dos incógnitas. Apliquemos la ecuación de la posición sobre el punto 2:
y 2  y 0  v0 (t 2  t 0 ) 
1
a (t 2  t 0 ) 2
2
Sustituimos:
1
0  y 0  0  (9.8)a(t1 ) 2 Como t2 = t1 +1.  0  y 0  4.9(t1  1) 2
2
Despejando
y 0  4.9(t1  1) 2
(Ecuación 2).
Las ecuaciones 1 y 2 confoman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
 y 0  7.35·t1 2

 y 0  4.9(t1  1) 2
Podemos resolverlo igualando las ecuaciones y operando:
7.35·t1  4.9(t1  1) 2 
2
7.35 2
2
·t1  (t1  1) 2  1.5·t1  (t1  1) 2
4.9
Desarrollamos el binomio y despejamos:
1.5·t1  t1  2t1  1  1.5·t1  t1  2t1  1  0 
2
2
2
0.5·t1  2t1  1  0
2
2
(Ecuación 3)
La ecuación 3 representa una ecuación de segundo grado de soluciones:
t1  -0,4495

t 2  4,4495  t 2  4,45 s
El tiempo de caída es de 4.45 s.
Ya tenemos el tiempo de caída. Ahora basta con aplicar cualquiera de las
ecuaciones 1 o 2 para hallar el espacio recorrido.
Con la ecuación 1 mismo:
y0  7.35t1  7.35·4.452  145m
2
Se lanza desde 145 m de altura.
2.28 Una tubería de agua tiene un escape de manera que salen 100 gotas
cada dos minutos. SI la tubería se encuentra a 30m del suelo y ya ha llegado
alguna gota a este, calcula la posición de todas las gotas que se encuentran en
el aire cuando esta a punto de caer una gota cualquiera.
Nos dicen que caen
Tubo: y0=30 m
v0 = 0
y1
y2
100 gotas
2 min
es decir que caen:
100 gotas 10 gotas

por tanto desde que cae una gota hasta
120s
12s
que está a punto de caer la siguiente transcurren:
12s
t
 1.2 s / gota
10 gotas
Dicho de otro modo, las gotas caen cada 1.2 s.
Dicho esto planteemos las ecuaciones del mrua:
Para una gota cualquiera “n” que cae en el instante t=0 y
que se encuentra en el aire en un instante tn la ecuación de la
posición será:
y n  y 0  v0 (t n  t 0 ) 
yn
Suelo: y=0
1
a (t n  t 0 ) 2
2
Sustituyendo:
1
2
y n  30  0  (9.8)(t n  0) 2  yn  30  4.9t n (Ecuación 1)
2
La Ecuación 1 sirve para cualquier gota en cualquier instante. Ahora bien, fijémonos en el dibujo,
cuando una gota va a caer, la anterior (gota1) hace 1.2 s que está en el aire, la anterior a la anterior
(gota 2) hace 1.2·2=1.2 segundos que está en el aire y así sucesivamente. De esta manera la gota n
está en el aire 1.2·n segundos (tn = 1.2·n). Podemos representar lo dicho por la siguiente ecuación
y n  30  4.9·(1.2n) 2  y n  30  7.056n 2 (Ecuación 2)
Siendo n un número entero cualquiera.
Calculemos ahora las posiciones que pide el problema aplicando la Ecuación 2:
Gota nº
1
2
3
yn
22.944
1.776
-33.504
A la vista de los resultados podemos concluir que solo hay dos gotas en el aire cuando va a caer
una más. (El resultado de la gota 3 indica que “está por debajo del suelo cuando empieza a caer una
gota nueva”, pero se supone que no debería atravesar el suelo por tanto la gota simplemente se ha
estrellado contra el suelo.