a

b

a cos

b cos

u ( , , )0 2 2

v ( , , )2 3 2

S u v u vi j k

i j k

u v S u v

triangulo

triangulo unidades c

12

0 2 22 3 2

2 4 4

2 4 4 612

32 2 2

;

uadradas( )

a b a b

a b

b a

proyeccion

proyeccion. cos

cos

cos

deb sobre a

dea sobre b

Ejercicios resueltos Tema 2. Estudio del movimiento

A) VECTORES

1. Dados los vectores (4,k-2) y (-k,2k,8), obtén k de modo que y seanM

N

M

N

perpendicularesResolución:Si han de ser perpendiculares, su producto escalar debe de ser nulo:

. =-4k+2k2-16=0 6 k2-2k-8=06 k=4; k=-2M

N

2. Dados los vectores (1,1,-2) y (-1,3,4), halla la proyección de sobre .a

b

b

a

Resolución:De la definición de producto escalar:

Como vemos, el producto escalar de dos vectores se puede interpretar como elproducto del módulo de uno de ellos por la proyección del otro sobre él. En nuestrocaso, tal como se pide, lo veremos como módulo de a por la proyección de b sobre a.

Tenemos: . =1.(-1)+1.3+(-2).4=-6= .proyección de b sobre aa

b 1 1 22 2 2 ( )

modulo de

a

Al despejar dicha proyección resulta:

observa que el signo negativo de la proyección indica quePr(

oyde

b sobre a)

66

6

esta se realiza en sentido opuesto al del vector

3. Halla el área del triángulo de vértices A(2,1,3), B(2,-1,1) yC(0,-2,1)Resolución:Se ha visto que el módulo del producto vectorial de dosvectores es igual al área del paralelogramo que definen y,en consecuencia, la mitad de dicho módulo será igual alárea del triángulo definido, es decir;

Las componentes de los vectores u y v se obtienen, como sabemos, restando a lascoordenadas del extremo las del origen

cos ; cos ; cos

24

24 8

310

3 1010

0

24 80

8

24 8

110

10102 2 2 2 2 2

v

4. Dados los vectores (2,4,6) y ((1,-2,3), halla:a

b

1 El vector producto vectorial del segundo por el primero2 Los cosenos directores de ese vector 3 Un vector unitario perpendicular a y

a

b

Resolución:

1) =

bxai j k

1 2 32 4 6

24 8 i k

2) Recordando que los cosenos directores de un vector se obtienen dividiendo surespectiva componente entre el módulo del mismo , se obtiene.

3) El vector x =(-24,0,8) es, por definición, perpendicular a ambos vectores...solob

a

que no es unitario ( de módulo unidad). Es fácil conseguirlo por cuanto un vectordividido entre su módulo da un vector unitario en su misma dirección y sentido, es

decir; = vector unitario en la dirección y sentido de . En nuestro caso, un vectoruu

u

unitario es:

24 8

24 8

110

31010

32 2

i ki k i k( ) ( )

5. Halla las componentes de un vector, , sabiendo que su módulo es 3 y sus cosenosa

directores proporcionales a 2, 1 y -2, respectivamenteResolución.Según las condiciones, se tiene:

, siendo k la cte decos . ; cos . ; cos .( )

( ) ( ) ( )

a

ka

ka

k1

1

2

2

3

3

32

31

32

proporcionalidad.Sabemos, además, que la suma de los cuadrados de los cosenos directores vale launidad. En nuestro caso:

. Existen, pues doscos cos cos2 2 2 2 2 2 21 4 4 913

k k k k k

soluciones según tome la solución positiva o negativa de la constante deproporcionalidad. Si los valores de k los llevamos a (1), (2) y (3), obtenemos las dosposibles tríadas de componentes de

a

6. El origen de un vector es el punto A (3,-1,2) y su extremoB(1,2,1); calcula su momento respecto al punto C (1,1,2).Resolución:El vector v se obtiene restando a las coordenadas de B las deA; el r, restando a las de A las de C. Así se obtiene: v (-2,3,-1); r (2,-2,0).El cálculo del momento de v aplicado en A respecto a C resultainmediato:

M rxvi j k

i j kC

2 2 02 3 1

2 2 2

B) CINEMÁTICA

B1) Generalidades. Movimientos rectilíneos y composición de movimientos

1. Un móvil puntual se encuentra en la posición . En 3 s realiza un0r 5i 2 j (m)

desplazamiento y en los 5 s siguientes .r 2i 2 j (m)

r 4i 5 j (m)

a) Dibuja el vector de posición inicial y sus sucesivosdesplazamientos.b) Calcula la posición final del móvil y la velocidad media enel recorrido total realizado.Resolución:a) y b) En la figura adjunta se representa el vector deposición inicial, los dos desplazamientos sucesivos (cuyasuma da, evidentemente, el desplazamiento total) y el vectorde posición final.Como , en total, ha tardado un tiempo de 8 s, la velocidadmedia resulta:

1 2M

r rr 2i 7 j i 7 jv m/s= m/ s

t t 8 4 8

2. Un móvil recorre la circunferencia adjunta, de radio 40 cm. Parte de O ypasa por A, B y C hasta regresar a O. Recorre cada cuarto decircunferencia en 2 s.Calcula la velocidad media del móvil en los siguientes intervalos:a) 0s-2s; b) 0s-4s; c) 0s8s; d) 2s-6s; e) 4s-6sResolución:En la figura se muestran los cuatro desplazamientos,al pasar el móvil, a lo largo de a circunferencia, deO a A, de A a B, de B a C y, finalmente de C a O.Las coordenadas de esos cuatro puntos se hancalculado teniendo en cuenta el radio (en metros) ytomando O como origen. Recuerda que, dados dospuntos, el vector desplazamiento del primero alsegundo se obtiene restando a las coordenadas delextremo las del origen.

Las velocidades medias pedidas son de cálculoinmediato

0r 5i 2j (m)

Fr 7i 5j (m)

2r 4i 5j (m)

1r 2i 2j (m)

F 0 1 2r r r r r 2i 7j (m)

Ejercicio 1

O B

A

C

1r 0,4i 0,4j

2r 0,4i 0,4 j

3r 0,4i 0,4j

4r 0,4i 0,4j

Ejercicio 2

1M(t 0s,t 2s)

1

1 2M(t 0s,t 4s)

1 2

1 2 3 4M(t 0s,t 8s)

1 2 3 4

M(t 2s,t 6s)

r 0,4i 0,4 ja) v m/ s 0,2i 0,2 j m/s

t 2

r r 0,8ib) v m/ s 0,2i m/s

t t 4

r r r r 0i 0 jc)v = m/s=0 m/s

t t t t 8

d) v

2 3

2 3

3M(t 4s,t 6s)

3

r r 0,8 jm/ s 0,2 j m/s

t t 4

r 0,4i 0,4 je)v m/ s 0,2i 0,2 j m/s

t 2

3. Las expresiones que dan el vector de posición y el vector velocidad (que se deduce delanterior) de un móvil, que se mueve en el plano, en función del tiempo son:

2r(t) 2t i (4t 2) j (SI)

v(t) 2i 8t j

A partir de las mismas, obtén:a) La velocidad media entre los instantes t= 2s y t= 5sb) Distancia al origen a los cinco segundos.c) Ecuación de la trayectoriad) ¿Qué puedes decir acerca de las componentes intrínsecas de la acelración?e) Aceleración media entre los instantes del apartado a)Resolución:a) Se calcula la velocidad media, como se sabe: cociente entre el vector desplazamientoy el tiempo empleado en realizarlo ( a lo largo, evidentemente, de la trayectoria)

b) Se sabe que cuando un móvil se encuentra en un punto de su trayectoria, sudistancia al origen es el módulo de su vector de posición en ese instante, es decir;

2 2 2O(t 5s) (t 5s)d r 2 5i 4 5 2 j 10 98 m 98,51 m

c) La ecuación de la trayectoria se obtiene de las ecuaciones horarias o paramétricaseliminando el tiempo. Estas últimas, se obtienen, a su vez de la ecuación del vector deposición en función del tiempo:

(t 5s) (t 2s)r r

2 2r

(t 5s) (t 2s)M(t 2s,t 5s)

(5 2)s

2 5i 4 5 2 j 2 2i 4 2 2 jr r

v m/ st 5 2

6i 84 jm/ s 2i 28 j m/s

3

yx2

22 2

xx 2t t

2r(t) 2t i (4t 2) j (SI)

xy 4t 2 4 2 x 2

2

La trayectoria es, pues, la parábola y=x2-2

d) Como la trayectoria es curvilínea (va variando la dirección del vector velocidad que,no olvides, es tangente a dicha trayectoria) es seguro que tiene aceleración normal .También tiene tangencial pues el módulo del vector velocidad (cuya variación generala aceleración tangencial) es variable, de valor (a partir del enunciado):

22 2v 2 8t m/ s 2 1 16t m/ s

e) La aceleración media es por definición:

def2 2(t 5s) (t 2s)F 0

M

2i 8 5 j 2i 8 2 jv vv vva m/ s 8 j m/ s

t t 5 2 3

4. ¿Es posible el diagrama x-t de la figura adjunta?. Razona la respuestaRespuesta:No; no es posible por los dos tramos verticales del gráfico. Enellos el móvil ha cambiado de posición en un tiempo nulo (luegocon velocidad infinitamente grande) , lo que no puede ser.

5. Desde una altura de 100 m se dejan caer 5 pelotas con unintervalo de tiempo de 1 s. Se mantiene constante la distanciaentre ellas?.En caso afirmativo, ¿cuál es esa distancia?. En casonegativo, ¿qué ley sigue la sucesión de las distancias?Resolución:Como “se dejan caer”, la velocidad inicial de todas ellas es nula. La expresión generalde la posición es:

9,8100 02 2

0 0

1y y v t a t y 100 4,9t

2

Se calcula ahora la distancia entre dos pelotas separadas 1 s. Se sabe que esa distanciaes el valor absoluto de la diferencia entre sus ordenadas finales. Llamemos 1 a la quese soltó primero (luego lleva en el aire 1 s más que la 2ª) y 2 a la que se suelta 1 s mástarde. Se tiene:

La relación doblemente subrayada muestra como esa distancia NO se mantieneconstante . Depende del tiempo. Si en la misma se dan valores a t, resulta:

Ejercicio 4

d21 22

2 122

y 100 4,9ty y 4,9 t t 1 4,9 2t 1

y 100 4,9 t 1

Es decir; cuando la primera en soltarse lleva en el aire 1 s (y va acaer la 2ª) la separación entre ambas es de 4,9 m. Cuando laprimera lleva en el aire 2 s (y la siguiente en caer lleva 1 s) laseparación entre ellas es 4,9 x 3 m. Cuando la primera llevacayendo 3 s (y la siguiente 2 s) la separación entre ellas es 4,9 x5 m. Esto se representa gráficamente en la figura anterior. Comopuede verse. la separación aumenta con los números impares:1,3,5,..veces 4,9 m

6. Una partícula al pasar por el punto Atiene una velocidad de 10 ms-1, y alpasar por otro punto B distante 50 mde A la velocidad de la partícula es de25 ms-1. Si el movimiento es rectilíneoy uniformemente acelerado, calcula:a) La aceleraciónb) Tiempo en ir de B a Ac) Distancia de A al punto de partida.Resolución:Como se está interesado en estudiar el tramo AB, se toma A como inicial ( que, porcomodidad, será también el origen) y B como final. Bajo estas condiciones la aplicaciónde las relaciones del MRUV lleva a:

B A

B Ax x

2B A A

1ª) 25 10 at at 15 v v at

1 1x x v t at 2ª) 50 10t att2 2

Si se resuelve el sistema anterior se obtiene:

t=20/7 s; a=21/4 m/s2

Observa que, para resolver el sistema se ha usado el “truco” de despejar en la 1ª elproducto at porque al sustituirlo en la 2ª da directamente el valor de tPara obtener xA hay que tener en cuenta que parte del origen sin velocidad y que laaceleración ya se ha calculado (al ser ésta constante en todo el movimiento). Ahoratomaremos el origen como inicial y A como final:

0A 0v v

0A 0

at

x x

0v t2

2A

21 401ª) 10 t t s

4 21

1 21 40 2001 2ª) x m mat 2 4 21 212

Nota que no se han puesto unidades en algunos cálculos intermedios pues se operaSIEMPRE en el SI. Sí es obligatorio el poner las unidades en resultados, evidentemente.

t d1s 4,9 1 m2s 4,9 3 m3s 4,9 5 m4s 4,9 7 m

Problema 5

x xA

Ejercicio 6

7. Por un punto pasa un cuerpo con una velocidad constante de 20 m/s. Dos segundosmás tarde, parte del mismo punto en la misma dirección y sentido otro cuerpo conaceleración constante de 2 ms-2. Calcula:a) Tiempo que tarda el segundo cuerpo en alcanzar al primerob) ¿A qué distancia lo alcanza?c) Velocidad que tiene cada uno en ese instanteResolución:Tomemos como punto origen o inicial el punto por el que pasa el móvil que se muevecon MRU con velocidad de 20 m/s y como final el punto en el que el 2º móvil (el deMRUV) alcanza al primero. El enunciado nos dice que la velocidad inicial del segundomóvil es nula pues parte de ese punto. Se tiene:

00x x

MRU

20m/ s

0

v t

v vMRUV

0

0

a t 2

x x

0

0v t 2

2

2

2m/ s2

x 20t1

x 2 t 22

1a t 2

2x 476,64m

0,1678..st

F

2s

23,832s v a t 2 43,66m/ s

c) Nos hemos limitado a calcular la velocidad, en el instante del encuentro, del móvilque acelera porque la del primero, al ser constante, se mantiene siempre en 20 m/s

8. El movimiento de una partícula, que se desplaza a lo largo del eje X, viene dado por:

x=-t2+10t+5 (SI)

a) ¿En qué instante pasa por el origen de coordenadas?b) ¿Qué velocidad tiene en ese momento?c) Dibuja los diagramas v-t y a-tResolución:Al ser x=x(t) del tipo At2+Bt+C, se trata de un MRUV. Comparando la expresión dadacon la general del MRUV, resulta:

20

020 0

2

x 5mx 5 10t tv 10m/ s1

x x v t at12 1 a a 2ms2

a) ¿Cuándo pasa por el origen?. Sencillo. Bastará obtener el tiempo para el cual x=0.Sustituyendo en la función dada, resulta:

22

5 30 s10 10 20 10 2 30

0 5 10t t t2 2 5 30

s t 0

b) ¿Velocidad en ese momento?. Se trata de un MRUV del que se ha calculado eltiempo y la velocidad inicial:

0v v at 10 ( 2)(5 30) 2 30m/ s 10,95m/ s

c) La representación que se pide es de las funciones a=-2 y v=10-2t. La primera esuna recta paralela al eje de tiempos (al ser cte) y la 2ª una recta de pendiente negativa:

9. Un tren parte de una estación con aceleración constante y al cabo de 10 s alcanza unavelocidad de 72 km/h. Mantiene estavelocidad durante 2 minutos. Al llegar a laestación siguiente frena uniformementerecorriendo 200 m hasta parar. Se supone elmovimiento rectilíneo. Calcula:a) La aceleración en la primera fase delmovimientob) El espacio que recorre mientras acelerac) La aceleración que tiene en la última fased) Tiempo que ha estado en movimientoe) Espacio total recorridof) Dibuja los diagramas a-t, v-tResolución:El movimiento del tren se divide claramente en 3 tramos: el primero en el que elmovimiento es rectilíneo uniformemente acelerado; un segundo tramo en el que lavelocidad alcanzada al final del tramo anterior se mantiene constante (MRU) y un tramofinal en el que el tren pierde uniformemente velocidad hasta detenerse ( movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, con aceleración negativa). A la hora de aplicar lasecuaciones hay que tener en cuenta lo evidente: el final de un tramo es el inicio delsiguiente.a) y b) En este tramo parte del reposo y acelera uniformemente hasta alcanzar unavelocidad de 72 km/h en 10 s. Recuerda que siempre hay que operar en el SI pasandoa él los datos que no lo estén como sucede en el ejercicio. Vamos a realizarlo, a modode ejemplo y repaso, en este caso.

Ejercicio 9

km km72 72

h

h

310 mkm

h

3

m20

3,6 10 s s

Ahora ya se pueden efectuar cálculos:

20m/ s

v v10s

20

0 0

a t a 2ms

x x v t

e

2 20

1 1at x x 2 10 100m

2 2

c) En la última fase, pierde uniformemente velocidad pasando de 20 m/s a 0 en unespacio de 200 m:

20m/s0

0

e 200m 22 2

0 0 0 0

resolviendoel sistema

2

0 20 atv v at1

200 20t at1 1x x v t at x x v t at 2

2 2t 20s

a 1ms

d) El tiempo en movimiento, suma de los tres tramos, resulta: (10+120+20) s=150se) En el tramo 1º su velocidad aumenta uniformemente de 0 a 20 m/s en 10 s (luegoa=2 m/s2). En el tramo centra su velocidad permanece constante en 20 m/s (yaceleración, en consecuencia, nula) y durante el tercero pierde velocidaduniformemente, pasando de 20 m/s a 0 en 20 s (y su aceleración -1 m/s2). Todo estose representa en el gráfico adjunto.

10. La figura adjunta representa el diagrama v-t del movimientode una partícula. Calcula:a) ¿Qué aceleración tiene en el instante t=2s?b) ¿Qué aceleración tiene en el instante t= 8 s?c) ¿Qué distancia ha recorrido en los 20 s?Resolución:Interpretemos, en primer lugar el diagrama. Como se deducedel mismo, el movimiento se puede dividir en 4 fases, quehemos denominado A, B, C y D, respectivamente. En lasfases A y C se tienen MRU de velocidades respectivas 10m/s y 30 m/s (ambos de igual duración: 5 s). En la fase B, que dura 5 s, los que van del

Ejercicio 10

segundo nº 5 al nº 10, la velocidad aumenta uniformemente de 10 m/s a 15 m/s(MRUV, a>0), mientras que la fase D también corresponde a un MRUV, (a<0) ya quela velocidad del móvil disminuye uniformemente del valor 30 m/s hasta detenerse en5 s, los que van del segundo nº 15 al 20.a) El instante t=2 s corresponde a la fase de MRU (v=10 m/s, constante), luegoaceleración nula.b) A los 8 s lleva 3s realizando el MRUV B y la aceleración, constante se puede calcularcomo sabemos:

2F 0F 0

30 10 m/ sv vv v at a 4ms

t 5s

c) El espacio recorrido en total se va a obtener sumando el de cada fase. Observa quepara poder calcular el del tramo D es necesario hallar primero su aceleración:

A

B

C

D

e

0 0

e22 2

0 0 0 0 2

e

0 0

00 2

e

2 20 0 0 0 2

mA x=x vt x-x vt 10 5s 50m

s

1 1 m 1 mB x=x v t at x-x v t at 10 5s 4 5s 100m

2 2 s 2 s

mC x=x vt x-x vt 30 5s 150m

s0 30 m/ sv v m

v v at a 6t 5s s

D1 1 m 1 m

x=x v t at x-x v t at 30 5s 62 2 s 2 s

25s 75m

El espacio total, suma de lo recorrido en cada tramo resulta ser:375m

Nota: En un gráfico v-t el área bajo cada línea resulta ser el espacio recorrido en cadatramo. Compruébalo en este caso.

11. Desde un punto situado a 100 m de altura se lanza verticalmentehacia arriba un cuerpo con velocidad de 50 ms-1; 2s más tarde selanza otro en la misma vertical desde el suelo con una velocidad de150 m/s.a) ¿Cuánto tiempo tarda el segundo en alcanzar al primero?b) ¿A qué altura lo alcanza?c) ¿Qué velocidad tiene cada uno en ese instante?d) ¿Dónde se encuentra el segundo cuando el primero alcanza laaltura máxima?e) ¿Dónde se encuentra el segundo cuando el primero llega al suelo?Resolución:En instante del encuentro ambos cuerpos se encuentran en la misma posición, luego suordenada (final) es la misma. Evidentemente , el objeto que partió del suelo lleva en elaire 2 s menos pues salió 2 s más tarde.a) y b)

v 150m/ s0

v 50m/ s0

Ejercicio 11

2F

2F 0 0

2

F

resolviendoel sistema

F

1y 100 50t 9,8t

1 2y y v t at2 1

y 150 t 2 9,8 t 22

t 3,508sy 215,101m

c) Las leyes de la velocidad permiten resolver este apartado:

2

0

2

mv 150m/ s 9,8 (3,508 2)s 135,22m/ s

sv v atm

v 50m/ s 9,8 3,508s 15,62m/ ss

Al haber dado positivas ambas velocidades, sabemos que en el punto de encuentroambos objetos están ascendiendo.d) Evaluemos en primer lugar cuánto tarda el primero en llegar al suelo.(yF=0)

2 2F 0 0

11,917s1 1y y v t at 0 100 50t 9,8t t

2 2 1,713s

...y la posición (y) del 2º será entonces (recuerda que lleva 2 s menos en el aire):

220 0 2

1 m 1 my y v t at y 150 9,917s 9,8 9,917s 1005,65m

2 s 2 s

12. Un cuerpo que se lanza verticalmente hacia arriba desde el suelo, realiza dos pasadas consecutivas por un punto situado a 100 m dealtura con un intervalo de 10 s. Calcula:a) Velocidad con la que se lanzó el cuerpo.b) Altura máxima que alcanzac) Tiempo en movimientoResolución:a) En la figura adjunta se muestra ese punto, al que se ha llamado P, por el que pasa el cuerpo (una vez en sentido ascendente y la siguiente en sentidodescendente) con un intervalo de 10 s. Como P es el punto del que tenemos másinformación, vamos a llamar inicial a la situación del cuerpo pasando por P en sentidoascendente y final al paso del móvil, 10 s más tarde, también por P pero en sentidodescendente.

100m 100m 10s2 2

F 0 0 0 0

1y y v t at 100 100 10v 4,9 10 v 49m/ s

2

Ahora se sabe que el cuerpo que salió del suelo con velocidad desconocida (pendientede hallar) alcanza un punto situado a 100 m de altura con velocidad de 49 m/s. En estasegunda fase del ejercicio tomaremos como inicial el instante de lanzamiento del cuerpoy final la primera vez que pasa por P

49m/ s

resolviendoF 0 0 el sistema100m 0

2 2F 0 0 0

1,738sv v at 49 v 9,8t t

11,738s1

y y v t at 100 v t 4,9t2

0v 66,037m/ s

, luego el cuerpo salió del suelo con una velocidad de poco más de 66 m/sb) Se puede resolver este apartado de más de un modo. Uno sería calcular la alturamedida desde el suelo de un objeto que se lanza con velocidad inicial de 66,037 m/s

Ejercicio 12

y otro calcular la altura a la que se eleva un objeto que a los 100 m lleva una velocidadde 49 m/s. Vamos a hacerlo de esta última forma, tomando como inicial cuando elmóvil pasa por P subiendo con v=49 m/s y final cuando llega a la altura máxima (enese punto carece de velocidad):

49m/ s0

F 0

100 sustituyendo el valor de t obtenido2 2

F 0 0 F

v v at 0 49 9,8t t 5s

1y y v t at 100 49t 4,9t y 100 49 5 4,9 25 m 222,5m

2

Nota cómo desde P tarda 5 s en alcanzar el máximo de altura, tanto como en caerdesde ese máximo hasta P de nuevo.c) De nuevo el tiempo en movimiento se puede obtener de más de un modo. Quizá elmás sencillo sea tomar como inicial el instante en el que sale del suelo con velocidadde 66,037 my final cuando vuelve a caer a él. En ambas situaciones su ordenada deposición es nula:

66,037m/ s0 02 2

F 0 0

t 01

y y v t at 0 0 66,037t 4,9t t 66,037 4,9t 02

(lanzamiento)66,037

t 13,477s4,9

13. Desde una altura de 80 m se lanza un cuerpo horizontalmente.¿Qué velocidad inicial se le debe comunicar para que caiga alsuelo a una distancia de 50 m, medida horizontalmente?.Considérese g=10 ms-2

Resolución:A partir de las ecuaciones de posición en estos movimientos:

MRU

d 50m

00

0

0

0 0

80m

501ª) x x vt x x vt v 4 v 12,5 m/s

4

2ª) y y v

cuando llega alsuelo y=02 2

MRUV

1 80t 10t 0 80 5t t 4s

2 5

De 2ª) se ha obtenido el tiempo que tarda en caer, que es el mismo que el que tarda enrecorrer los 50 m en sentido horizontal. Por esta razón se ha sustituido ese valor deltiempo en 1ª) para poder hallar la velocidad horizontal constante. (que es la que ledesplaza a derecha)

14. Un avión vuela horizontalmente a una altura de6000 m a una velocidad de 900 km/h. Al pasar porla vertical de un punto P deja caer una bomba.Calcula:a) ¿A qué distancia del punto P cae la bomba?b) ¿Qué velocidad tiene la bomba en ese momento?c) ¿En qué instante la velocidad vertical de labomba coincide (en módulo) con la velocidadhorizontal?d) ¿A qué altura debe volar el avión para que labomba llegue al suelo con un ángulo de 45º?

¿v?

Ejercicio 13

Ejercicio 14

Resolución:Cuando la bomba abandona el avión sólo tiene componente X (horizontal) de velocidadque es la que tenía el avión. A medida que está en el aire, mientras que la componenteX de la velocidad se mantiene (pues en esa dirección no actúa la gravedad), lacomponente Y (vertical) es cada vez más negativa pasando de valer 0 al abandonar elavión a su valor mínimo (teniendo en cuenta el signo) o máximo (si se piensa sólo enel módulo) al llegar al suelo.En resumen, el movimiento de la bomba es el debido a 2 movimientos: uno horizontalrectilíneo uniforme y otro vertical, rectilíneo uniformemente acelerado:

x

P

MRU

v 250m/ s d

00

x 0

0

0

0 0

6000m

1ª) x x v t x x 250t

2ª) v v 9,8t

3ª) y y v

2MRUV1

t 9,8t2

En el punto de impacto (suelo) la ordenada de la bomba es nula, con lo que resulta de1ª y 3ª:

a)

d

0

2

100 61ª) x x 250t 250 8748,17m

71 12000 100 6

3ª) 0 6000 9,8t t s 35s2 9,8 7

Para hallar la velocidad (que es tangente a la trayectoria, ver figura) en el instante delimpacto hay que observar que la componente X (horizontal) se mantiene cte (250 m/s),mientras que la componente y (variable) se obtiene de 2ª) sustituyendo t por 35 s (eltiempo transcurrido cuando llega al suelo) . Resulta, por tanto: b)

Nota que se ha calculado el módulo de la velocidad final aunque no se pide. Se pide lavelocidad final que es un VECTOR (es suficiente con la 1ª parte de la respuesta)

c) Si el valor numérico de la componente vertical de velocidad ha de ser igual al de lahorizontal, se tiene:

y x

250v v 0 9,8t 250 t 25,51s

9,8

d Al llegar al suelo la inclinación es de 45ºsólo cuando la componente vertical es enmódulo igual a la horizontal (no hay más que ver la figura). En el apartado anterior seha calculado que eso sucede cuando la bomba lleva cayendo 25,51 s. Si ahora se

Fyv

F x Fy

22F

v v v 250i (0 9,8 35)j (m/s)

v 250 9,8 35 424,44m/ s

quiere que ese sea el tiempo total, es decir; que para t=25,51 s y=0, resulta:

incógnita 0

0 025,51s

y y v t 2 2 20 0

19,8t ;0 y 4,9 25,51 y 4,9 25,51 3188,7m

2

15. Desde la cima de un acantilado se lanza horizontalmenteun proyectil y se observa que tarda en tocar el agua 4sen un punto que dista 60 m de la base del acantilado.a) ¿Qué altura tiene el acantilado?b) ¿Con qué velocidad se lanzó el proyectil?c) ¿Con que velocidad llega al agua?Resolución:a) y b) Se está ante un caso de composición demovimientos como el anterior. En sentido horizontalMRU con velocidad constante (la inicial) pues en esesentido no existe aceleración. En sentido vertical: MRUV SIN velocidad inicial (la vaadquiriendo debido a la acción de la gravedad).Como en los 4 s el móvil se desplaza, con MRU, 60 m, podemos obtener la velocidadhorizontal, que, se repite una vez más, es constante. Además, en ese tiempo, el móvilha caído al agua, debido a la acción gravitatoria. Tomamos como nivel de referencia(y=0) el del mar:

c) Para hallar la velocidad con la que llega al agua basta calcular la componente verticalde velocidad en ese instante (a los 4 s de lanzarse) pues la componente horizontal, cte,vale lo mismo en cualquier punto de su trayectoria: 15 m/s. Evidentemente la velocidades la suma vectorial de las dos componentes:

F 0 F x y2

m mv v at; v 0 9,8 4s 39,2 v v v 15i 39,2 j (m/s)

s s

Nota. Observa que, cuando un movimiento se realiza a lo largo de un único eje, cuandose calculan velocidades, se obtiene sólo la componente en esa dirección , así se dacomo resultado v=10 m/s y no (que sería lo correcto) porque sev 10 jm/ s

sobreentiende. Sin embargo cuando un cuerpo se mueve, como en el ejercicio que seacaba de resolver, (con dos componentes de la velocidad), si piden esa velocidad, no

queda otra solución que darla como se ha hecho: pues se trata dev 15i 39,2 j (m/s)

una magnitud vectorial.

y0v0

v0

Ejercicio 15

60m 4s

00

0 0

0 0

60mMRU : x x vt x x v t v 15m/ s

4s

MRUV : y y v t

220 02

1 mat 0 y 4,9 4s y 78.4m

2 s

16. Una pelota resbala por un tejado que forma un ángulo de 30º con la horizontal y alllegar a su extremo queda en libertad con una velocidad de 10 m/s. La altura del edificioes de 60 m y la anchura de la calle a la quevierte el tejado es de 30 m. Calcular:a) Las ecuaciones del movimiento de lapelota al quedar en libertadb) ¿Llegará directamente al suelo o chocaráantes con la pared opuesta?c) Tiempo en llegar al suelod) Velocidad en ese momentoe) La posición en que se encuentra cuandola velocidad forma un ángulo de 45º con lahorizontalToma g=10 m/s2

Resolución:Lo primero a destacar es que el lanzamiento NO es horizontal. La velocidad inicial tienetanto componente horizontal de velocidad (que se mantiene constante al no actuar lagravedad sobre ella y que es la que desplaza a la pelota a dcha) y una componentevertical de velocidad que va aumentando con el tiempo al actuar la gravedad y que llevaal objeto hasta el suelo). Recuerda que para obtener la proyección de cualquier vectoren una dirección basta con multiplicar su módulo por el coseno del ángulo que formacon esa dirección. Se tomará como inicial el instante en el que la pelota abandona eltejado y como final cuando impacta ¿con el suelo? (puede que golpee a la paredopuesta) Apliquemos las conocidas relaciones:

x

MRU

v 5 3m/ s ede 3ª)

00

5m/ sde 3ª)

Fy 0y

5m/ s02

F 0 0y

60m

m1ª) x x v t x x 5 3t 5 3 3s 15 3m

s

2ª) v v 10t 5 30 m/ s 35m/ s

3s13ª) y y v t 10t t

2 4s

F x Fy

MRUV

mv v v 5 3i 35j

s

e) Para obtener la posición (x,y) cuando lavelocidad forma un ángulo de 45º con la horizontalhay que considerar que en ese instante las doscomponentes de la velocidad valen lo mismo (envalor absoluto) como se ve en la figura.En la misma se ve cómo ,al tener que valer lacomponente vertical de velocidad igual que la horizontal (salvo el signo), el tiempo es de cálculoinmediato. Si, seguidamente se reemplaza ese tiempo en las expresiones de la posicióndel móvil resulta, finalmente:

x 0

componente horizontal de la velocidad; es constante

m 3 mv v cos30º 10 5 3

s 2 s

y

c o s 6 0 º

0 y 0

v e lo c id a d IN IC IA Lv e rt ic a l;v v a r ia b le p u e s e s M R U V

m 1 mv v s e n3 0 º 1 0 5

s 2 s

Ejercicio 16

xv 5 3m/ s

5m/s

y 0yv v 10t 5 3m/s

3 1t s

2

x

MRU

v 5 3m/ s e

003 1

s2

MRUV

25m/ s60m2

F 0 0y 2

5 3 3m 3 1 x x v t x x 5 3 s m 3,17m

s 2 2

1 m 3 1 m 3 1y y v t 10t 60m 5 s 5 s 57,5m

2 s 2 s 2

17. Se dispara un cañon con un ángulo deelevación de 30º y una velocidad de 200m/s. Calcula:a) Alcance horizontalb) Si a la mitad del recorrido hubiese unacolina de 600 m de altitud, ¿tropezaría conella?c) En caso afirmativo, ¿ qué podríamoshacer para alcanzar el objetivo lanzando elproyectil con la misma velocidad y desde elmismo punto?.Toma g=10m/s2.Resolución:a) Para obtener el alcance hay que tener en cuenta que al llegar al suelo el proyectil, su ordenada es nula (se toma el punto de lanzamiento como origen, luego x0=y0=0)con lo que de 3ª se puede obtener el tiempo en el aire y al llevar ese tiempo a 1ª permite calcular el alcance

x

0

oy

MRU

v

0 x 0 0

v sen

y oy 0

v

2 20 oy 0 0

ECUACIONES DEL TIRO PARABÓLICO

1ª) x x v t x v cos t

M2ª) v v gt v sen gt R

U1 13ª) y y v t gt y v sen t gt V2 2

1 0 0 3m / s

Ejercicio 17

200sen30º2

t 01 13ª) 0 100 t gt t 100 gt 0

2 2

200cos30º

sustituyendo t en 1ª

(punto de lanzamiento)1

100 gt 0 t 20s2

x 100 3 20 2000 3m

b) Para saber si tropieza con la colina habrá que calcular la altura máxima que alcanza(que, veremos ,se llega a ella a mitad de recorrido precisamente)

Evidentemente en el punto de altura máxima la componente vertical ha de ser nulapues, de no ser así, seguiría subiendo. El tiempo se va a obtener en 2ª) haciendo nulala velocidad final vertical. Una vez obtenido el tiempo si lo sustituimos en 3ªobtendremos la ordenada más alta alcanzada (altura máxima):

200sen30º

2

1002ª) 0 100 gt t 10s

101

3ª) y 100 10 1010 500m2

Como la altura máxima que alcanza es de 500 m es obvio que chocaría con unobstáculo de 600m(Nota cómo el tiempo en alcanzar esa altura -10 s- es la mitad del tiempo en elaire...luego está tanto tiempo subiendo como cayendo)c) En teoría se ha visto que un mismo alcance se puede obtener - con la mismavelocidad inicial - de dos modos distintos: con los llamados tiro rasante y por elevación(ver gráfico inicial de este ejercicio)Ambos corresponden a ángulos complementarios. Si se disparó con 30º, el mismoalcance se va a obtener con 60º - su ángulo complementario- ..pero la altura máximava a ser muy distinta. Se tiene ahora:

200sen60º

2

100 32ª) 0 100 3 gt t 10 3s

101

3ª) y 100 3 10 3 10 10 3 1500m2

.y se supera el obstáculo

18. Se golpea una pelota de golf de modo que suvelocidad inicial forma un ángulo de 45º con lahorizontal. La pelota alcanza el suelo a una distanciade 180 m del punto en el que se lanzó. Calcula suvelocidad inicial y el tiempo durante el cual ha estadoen el aire. Toma g=10m/s2.

Resolución:Si tomamos como origen el punto de lanzamiento yse sustituyen los datos en las ecuaciones de laposición, tanto horizontal como vertical de estemovimiento resulta:

Ejercicio 18

Las coordenadas del punto de impacto son x=180 m,y=0 mSe sustituirán esos valores en las ecuaciones del desplazamiento.

19. Se dispara un cañón con una inclinación de 45º respecto a la horizontal y con unavelocidad inicial de 490 m/s. Calcula:a) Alcance, altura máxima y el tiempo necesario para llegar a las dos posicionesanteriores.b) La posición del proyectil y su velocidad al cabo de 2 s de efectuado el disparo .c) Suponiendo que elcañón esté colocado enla c ima de unacantilado de 50 m dealtura, determina eltiempo que tarda elproyectil en llegar a lasuperficie del mar, laposición del impacto, lavelocidad en eseinstante y el tiempotranscurrido desde que se efectúa el disparo hasta que se oye la explosión en el puntode lanzamiento. Dato: Velocidad del sonido en el aire: 340 m/s.Resolución:En cierto modo este problema es un ejercicio-resumen del tiro parabólico por locompleto que resulta, como se va a ver.a) El alcance se obtiene teniendo en cuenta que, en el punto de impacto la ordenada esnula. Esto permite obtener el tiempo desde que se lanza hasta que llega a su objetivo(tiempo en el aire), que se pide, y, a partir de él sustituyendo en la ecuación de laposición horizontal, obtendremos el alcance.Por otra pate, para hallar la altura máxima y el tiempo necesario, obtendremos dichotiempo considerando que en el máximo la componente vertical de la velocidad es nulay con el tiempo al sustituir en la ecuación de la posición vertical se obtendrá la alturamáxima. Desde luego seguimos tomando como origen para la posición el punto delanzamiento:

180m

0 x x

xv

22

x 0 0

0

2v t v cos t A) 180 v t

2

y y

oy

resolviendo elsistema A) B)

v 0

22

2 2 2oy 0 0

t 6s

v 30 2s

1 1 2 1v t gt v sen t gt B) 0 v t gt

2 2 2 2

Ejercicio 19

x

oy

v0 sustituyendo el valor de tobtenido en la ecuación siguiente

0 x

v0

2 20 oy

2 mx x v t 490cos45º t x 490 50 2s 24500m

2 s

t 01 1 2 1y y v t gt ;0 490sen45º t gt 0 t 490 gt

2 2 2 2

0

oy

v sen

y oy

v0 sustituyendo el valor de t

obtenido en la ecuación anterior2 20 oy

(lanzam)

t 50 2s

...y los valores de la altura máxima...

2v v gt 490 gt 0 t 25 2s

2

1 1y y v t gt ;y 490sen45º t gt

2 2

22 1y 490 25 2 g 25 2 6125m

2 2

b)

x

oy

(t 2s)

0

v0

0 x (t 2s)

v0

2 20 oy

x

v sen

y oy y(t 2

2 mx x v t; x 490cos45º 2 490 2s 490 2m

2 s

1 1y y v t gt ;y 490sen45º 2 g2 490 2 19,6 m 673,36m

2 2...y el valor de la velocidad...

2v =cte=490 m/ s

2

v v gt v

0v sen 2s

s) oy

(t 2s)

2v g t 490 9,8 2 m/ s

2

2 2v 490 i 490 9,8 2 j (m/s) 346,48i 307,28j (m/s)

2 2

c) Este apartado es semejante a los anteriores. Hay que tener en cuenta que, con elsistema de referencia tomado, cuando impacta con el agua ( punto P) la ordenada deposición del objeto es -50 m. Esto nos permitirá calcular el tiempo en llegar al agua (queserá, evidentemente, algo mayor que el del alcance del apdo a) y a partir de él, el nuevoalcance y la velocidad:

x

oy

v obtenido enecuación siguiente0

0 x

v0

2 20 oy

2 mx x v t; x 490 70,8547 s 24549,9m

2 s

70,8547s1 1y y v t gt ; 50 490sen45º t gt t

2 2 0,1440s

0 0

x

v sen v sen 70,8547s

y oy oy

...y el valor de la velocidad...

2v =cte=490 m/ s

2

2v v gt v g t 490 9,8 70,8547 m/ s

2

2 2v 490 i 490 9,8 70,8547 j (m/s) 346,48i 347,89 j (m/s)

2 2

, luego el punto de impacto tiene por coordenadas: P (24549,9, -50). ¿Cuánto tarda elsonido en propagarse desde P al origen?. Al hacerlo a velocidad constante, bastarádividir la distancia de P al origen entre la velocidad:

2 2

POsonido

sonido

24549,9 0 50 0 mdt 72,21s

v 340m/ s

Como se pide el tiempo transcurrido desde que sale la bala del cañón hasta que seescucha en el punto del lanzamiento el impacto con el agua, habrá que sumar al tiempoanterior el que ha tardado la bala en caer al agua, con lo que ¡por fin! resulta:

t=70,85 s + 72,21 s=143,06 s

B2) Movimientos circulares

20. Expresa en rad/s la velocidad angular del movimiento de rotación de la Tierra. Determinala velocidad lineal, en km/h, de un punto del ecuador y la de un satélite decomunicaciones situado en una órbita circular geoestacionaria de 42300 km de radio(así llamada dicha órbita porque el satélite parece en posición fija - estacionaria - observado desde la Tierra). Radio terrestre: 6400 kmResolución:Pide la velocidad lineal pero es necesario primero obtener la angular. Como la Tierra dauna vuelta (2B rad en 24 h, su velocidad angular es:

El satélite es geoestacionario. Visto desde la Tierra se observa en la misma posición,lo que sólo es posible si su velocidad angular es igual a la terrestre. Su velocidad lineal,teniendo en cuenta su relación con la angular, es de cálculo inmediato:

7sat Tierra sat

rad radv r 4,23.10 m 3076,14 m/s

43200s 43200s

21. Un ventilador gira con velocidad angular constante de 20 rps. Calcula:a) Su período y frecuenciab) Velocidad lineal del extremo de una de sus aspas que describe una circunferencia de15 cm de radio.c) Aceleración normal del extremo del apdo anteriord) Longitud del arco recorrida por el referido extremo en 2 minResolución:Lo primero es poner los datos en el SI. El dato (20 rps) es velocidad angular...pero noen el SI. Los cálculos posteriores son inmediatos.

rev rev20rps 20 20

s

2 rads rev

2rad

40 s

1

2 2 22 2 -2

N

t

rad40

s

2 2 radT 5 10 s

rad40 2 1 sa) 2 2

T T rad40

s 20s2 2 rad

radb) v= r 40 0,15m 6 m/s

s

v r radc) a r 40 0,15 m=240 ms

r r s

radd) s= r= tr 40 2 60s

s

0,15 m 720 m

..y la velocidadlineal .. 62 rad rad rad

v r 6,4.10 m 465,42 m/s24 3600s 43200s 43200s

22. Un móvil puntual describe una circunferencia de 40 cm de radio. Partiendo del reposose mueve con una aceleración angular constante de 0,05 rads-2. Calcula su aceleracióntangencial, normal y total al cabo de 4 s.Resolución:Como sabemos, la aceleración tangencial es la aceleración que surge cuando varía elmódulo de la velocidad lineal, lo que en este movimiento, sólo es posible si existeaceleración angular. De otra manera; la aceleración tangencial (en un MRUV) es laaceleración lineal relacionada con la aceleración angulas mientras que la aceleraciónnormal (que surge en trayectorias curvilíneas) es igual, en un MC, al cuadrado delmódulo de la velocidad dividido entre el radio.

-2 -2 2 -2ta r 0,05 rads 0,4 m=0,02ms 2 10 ms

Para hallar la aceleración normal a los 4 s hay que hallar la velocidad lineal para esetiempo o expresarla en función de la angular (que es lo que se va a hacer).

-20,05 rads^0 4s-2

F 0 F(t 4s)

2 222 2 2

N t=4s

t 0,05 rads 4s 0,2rad/ s

v ra r 0,2rad/ s 0,4m 1,6 10 ms

r r

La aceleración total es suma (vectorial) de la tangencial y normal:

2 2 2T t Na a a 2 10 t 1,6 10 n (m/s )

Donde t y n son los vectores unitarios tangente y normal, respectivamente a los 4 s.

23. Una rueda de 10 cm de radio comienza a girar, partiendo del reposo, con unaaceleración angular constante. Al cabo de 5 s su velocidad angular es de 3000 rpm.Calcula su aceleración angular y la longitud de arco recorrida por un punto de la periferiaen ese tiempo.Resolución:A partir de las dos ecuaciones del MCUV (previa expresión de la velocidad angular enunidades SI)

F

rev rev3000rpm 3000 3000

min

minmin

2 rad

60s rev

rad

100s 0 5s

F 0F 0 2

ángulodescrito

20 0 0 0

rad100

s

rad100 0 radst 20

t 5s s

1t t t

2

222

1 1 radt 20 5s 250 rad

2 2 s...y, a partir de la definición de radián: s= r=250 rad 0,1m=25 m

24. Un volante de radio 10 cm, que tiene una velocidad angular de 1200 rpm, la reduceuniformemente de modo que al cabo de 10 s pasa a ser de 400 rpm. Calcula:a) Aceleración angular del volanteb) Nº de vueltas que ha dado en ese tiempoc) Tiempo en parard) Velocidad angular del volante 2 s antes de parare) Componentes intrínsecas de la aceleración en la situación del apdo d)En los apdos a) y b) tomaremos inicial cuando está girando a 1200 rpm y final cuandolo está a 400 rpm.

0

rev rev1200rpm 1200 1200

min

minmin

2 rad

60s rev

F

40 rad rad40

3 s s 10s

F 0F 0 2

ángulodescrito

220 0 0 2

rad40

s

40 rad400 rpm ..

3 s40 rad rad

40 8 rad3 s stt 10s 3 s

1 rad 1 8 rad 800t t 40 10s 10s rad=

2 s 2 3 s 3800 vuelta

= rad3 2 rad

400vuelta

3

c) Como pide tiempo en parar, se tomará como inicial la situación de los apartadosanteriores y final cuando se detiene. Teniendo en cuenta que la aceleración angular semantiene constante, resulta:

28 radrad

4030 s s

F 0F 0

2

rad0 40

st t 15s8 rad3 s

d) ..que es lo mismo que decir cuando lleva 13 s frenando, pues el movimiento duró entotal 15 s

28 radrad

403s s 13s

F 0 F 2

rad 8 rad 16 radt 40 13s

s 3 s 3 s

e) Pide, obviamente, la aceleración tangencial y la normal. Como se ha visto en unejercicio anterior la aceleración tangencial es la aceleración lineal directamente relacionada con la aceleración angular, mientras que la normal es la debida al cambioen la dirección del vector velocidad y de valor el cuadrado del módulo de la velocidaddividido entre el radio:

-2t 2

2 2 22 2 2

N t=13s

8 rad 4a r 0,1 m= ms

3 s 15

v r 16 rad 128a r 0,1m ms

r r 3 s 45

Nota. Observa cómo, para calcular el módulo de la aceleración tangencial se ha tomadoel valor absoluto de la aceleración angular. El motivo es el ya sabido: el módulo de un

vector es positivo. Se puede (y debe) interpretar una aceleración tangencial concomponente negativa en el sentido de que es una aceleración de sentido OPUESTO alde la velocidad. (ver figura).

Si hubiese pedido la aceleración, la respuesta sería:

2 2T t N

4 128a a a t n (m/s )

15 45

v

at