Question

El agua que se desplaza a lo largo de la sección recta de un rio normalmente se mueve con mas rapidez en el centro y la rapidez disminuye casi a cero en las orillas. Considere un tramo recto de rio cuyas aguas corren al norte, con márgenes paralelas a 20 m entre si. Si la rapidez máxima del agua es de 5 m/s, podemos usar una función cuadrática como modelo base para hallar la rapidez del agua en x unidades de la margen occidental: f(x)=(20−x)⋅x20. a) Un bote avanza con rapidez constante a 6 m/s de un punto a en la margen occidental mientras que mantiene un rumbo perpendicular a la orilla. ¿A que distancia aguas abajo en la margen opuesta llegara el bote? b) Suponga que nos gustaría pilotar el bote para desembarcar en el punto B en la margen oriental directamente opuesta a A. Si mantenemos una rapidez constante de 6 m/s y un rumbo constante, encuentre el ángulo al cual el bote debe dirigirse.

Answer 1

Si la función de la rapidez del agua en el río tiene su máximo en el centro y es casi cero en las orillas, y además sigue una ley cuadrática. Podemos representarla como una parábola con concavidad hacia abajo y tomar como origen de coordenadas la orilla occidental. Si el ancho es 20 metros sería una función.

$f(x)=m.x(20-x)$

Si además la máxima rapidez es 5m/s esto significa que en el máximo tengo:

$f(x)=mx(20-x)=-mx^2+20mx\\\\x_{max}=-\frac{b}{2a}=-\frac{20m}{-2m}=10\\ -m(10)^2+20m.10=5\\-100m+200m=5\\m=\frac{1}{20}$

a) En este caso se superponen 2 movimientos, el movimiento transversal del bote que suponemos de velocidad constante, y el movimiento aguas abajo, si tomamos la dirección transversal como x queda:

$x=v_x.t\\dy=v_y.dt=\frac{v_y}{v_x}dx\\\\v_y=\frac{1}{20}x(20-x)=-\frac{1}{20}x^2+x\\\\y=\frac{1}{v_x}\int\limits^x_0 {v_y} \, dx$

Si el desplazamiento transversal es 20 metros, el desplazamiento longitudinal aguas abajo es:

$y=\frac{1}{v_x}\int\limits^x_0 {-\frac{1}{20}x^2+x} \, dx=\frac{1}{v_x}[-\frac{1}{3.20}x^3+\frac{x^2}{2}]^x_0=\frac{1}{v_x}(-\frac{x^3}{60}+\frac{x^2}{2})\\\\y(20m)=\frac{1}{6}(-\frac{20^3}{60}+\frac{20^2}{2})=\frac{1}{6}(-\frac{400}{3}+200)=\frac{200}{18} =11,1m$

Con lo que concluimos que el bote llega a la otra orilla 11,1 metros aguas abajo respecto de donde partió.

b) SI queremos llegar exactamente en el punto en frente al punto de partida debemos partir en una dirección oblícua, que combine la dirección transversal (con velocidad constante a 6m/s) y otra aguas arriba que nos permita compensar el desplazamiento aguas abajo antes calculado.

Entre el punto de partida, el calculado antes y el punto de llegada buscado se forma un triángulo rectángulo, donde tengo que:

$\alpha =arctg(\frac{VV'}{20m})$

Y $\alpha$ es el ángulo que la velocidad debe tomar aguas arriba para compensar el desplazamiento VV' con lo que la respuesta a esto es:

$\alpha =arctg(\frac{11,1m}{20m} )=29\°$

Con lo que para desembarcar en el punto sobre la orilla opuesta que está justo en frente de A el bote debe partir en una dirección 29° aguas arriba respecto de la recta transversal.