SEPARATA N°1

DE FISICA I

(CB-302V)

Integrantes:

Ludeña Farje, Marco

Ordoñez Vallenas, Antonio

Ormeño Vera, Wilber

Trujillo Peceros, Diego

Yupanqui Gomez, Mario

2) Un aeroplano debe volar hacia el norte, desde nueva Orleans hasta St. Louis, una

distancia de 673 mi. Este día, y a la altura de crucero, sopla un viento desde el oeste a

v⃑ = 105 m/h

v⃑ = 105 m/h

una velocidad constante de 105 mi/h. El avión puede mantener una velocidad de 575

mi/h con respecto al aire. No tenga en cuenta los periodos de despegue y aterrizaje.

(a) ¿En qué dirección debe apuntar el aeroplano para llegar a St. Louis sin cambiar de

dirección? Trace un diagrama e identifique esa dirección con un ángulo. ¿Cambiaría

este cálculo si la distancia entre las ciudades fuera el doble? (b) ¿Cuál es el tiempo de

vuelo para este viaje? (c) Vuelva a calcular el tiempo de vuelo si el aeroplano pone

proa hacia el norte hasta llegar a la latitud se St. Louis y después da la vuelta hacia el

oeste, contra el viento.

Solución:

675 m

Descomponiendo al vector v⃑ de X

Finalmente

De (1)2 mas (2)2 elevado a la ½

(xsin β)2 + (xcos β)2 = |x|2

330625 + 1105=|x|2

|x|=575.96

a) La dirección q debe tomar es

β =1.51305 |x|=575.96

Calculo de tiempo :|x| |v⃑|

|v⃑|∗t=d β=1.51305 t=1.1704

v⃑ = x km/hβ

v⃑ = 575 m/h

β

v⃑ = xsin β m/h

v⃑ = xcos β m/h

v⃑ = xcos β m/h

v⃑ = xsin β m/h

v⃑=|x|sin β m/h = 575m/h …………….(1)

v⃑=|x|cos β m/h – 105 m/h = 0

v⃑=|x|cos β m/h = 105 m/h... …………(2)

No cambiara el ángulo por que la distancia no afecta en la velocidad en todo caso

tuviera q existir una aceleración pero el problema no lo presenta.

b) Calculo de tiempo :

|v⃑|∗t=dt=1.1704

c)

|x⃗|=¿1052 + 575.962)1/2

|x⃗|=585.45

B. Final

x⃗ v⃗=¿ 585.45 675 m

a⃗ v⃗=¿ 585.45

Calculo de tiempo :

T total=686.12 m/585.45 m/h +123.05 m/(585.45-

105)m/h

675m 686.12m Ttotal= 1.428

123.05m

3. Se pide a un bote atravesar un río de 150 m de ancho. La corriente del río se

mueve con velocidad constante de 6 km/h. Se puede remar en el bote, en agua

estancada, con una velocidad de 10 km/h. Establezca un sistema conveniente

de coordenadas con el que se pueden describir los diversos desplazamientos.

Con ese sistema, formule el vector de posición del bote cuando el tiempo es t,

suponiendo que el bote se mueve con velocidad uniforme y que deja una orilla

con su vector velocidad formando un ángulo con la dirección del río. Calcule

el valor que haga que el bote llegue a un punto en la orilla exactamente

opuesto al punto de partida ¿Cuánto dura el viaje?

Velocidad de bote:

r⃗= 4√10 v⃗remador= 10 km/h r

L⃗

v⃗Rio= 6km/h 10 km/h 4√10km/h

θ° =0.65827 6km/h (t)

|r⃗|=4√10=constante

Ancho del rio: 150 m = L⃗=r=4 √10 Rpta:

150

4 √10=t

t=11.85

6) Una partícula se mueve en línea recta con la velocidad mostrada en la figura.

Sabiendo que x = -16 m para t = 0, dibújense las curvas a - t y x - t para 0 < t < 40 y

determínese:

a) El máximo valor de la coordenada de posición de la partícula.

b) Los valores de t en los que la partícula esta a una distancia de 36 m del

origen.

c) Los intervalos de tiempo en que el movimiento es acelerado o retardado.

Solución:

Primero, a partir de la gráfica v-t

brindada por el problema, planteamos

cuatro funciones acerca de la

velocidad en función del tiempo,

desde el segundo 0 hasta el segundo

40.

Intervalo 1: 0< t ≤10 ;{v=2 }

Intervalo 2: 10<t ≤18 ;{v=t2−3 }

Intervalo 3: 18<t ≤30 ;{v=24−t }

Intervalo 4: 30<t ≤40 ;{v=−6 }

θ

v (m/s)

6

2

0 10 18 24 30 t (s)

-6

Por teoría: {x=∫ vdt}, entonces:

Para 0< t ≤10 :

x=∫2dt x=2 t+C1 Dato: En t=0, x=-16

−16=2 (0 )+C1C1=−16→ {x=2t−16 } . . . (1)

Para 10<t ≤18 :

x=∫( t2−3¿)¿x= t2

4−3 t+C2

De (1): limt→10

(2t−16 )= limt→10

( t 24 −3t+C2)20−16=25−30+C2→C2=9→x= t 2

4−3 t+9→ {x=1

4( t−6 )2 }. . . (2)

Para 18<t ≤30 :

x=∫ (24−t )x=24 t− t 2

2+C3De (2 ): lim

t →18 ( 14 (t−6 )2)=limt→18(−t 22 +24 t+C3)

122

4=−182

2+24.18+C3→36=−162+432+C3→C3=−23

→x=−t 2

2+24 t−234=−1

2( t−24 )2+54 . . .(3)

Para 30<t ≤40:

x=∫ (−6 )x=−6 t+C4De (3 ) : limt→30 (−12 ( t−24 )2+54 )= limt→ 30

(−6 t+C4 )

36=C4−180→C4=216→x=−6 t+216

La gráfica X-T:

A) El máximo valor de la coordenada de posición de la partícula.

T

X

0 4

36

54

10 18 24 30 40

Como se observa en la gráfica de la posición, la partícula llega al máximo valor en

t=24, y el valor es x=54.

Rpta: 54

B) Los valores de t en los que la partícula está a una distancia de 36 m del origen.

Los valores de X en que se encuentra a 36 m del origen (x=0) en x=36 y X=-36, pero

solo pasa por el punto x=36, en el intervalo de <10; 18].

(t−6 )2

4=36¿¿t−6=±12t=18∧t=−6∴Rpta=18

C) Los intervalos de tiempo en que el movimiento es acelerado o retardado

0< t ≤10 ; {v=2 }→{a=0 }

10<t ≤18 ;{v= t2−3}→{a=1

2}

18<t ≤30 ; {v=24−t }→ {a=−1 }

30<t ≤40 ; {v=−6 }→ {a=0}

Además del gráfico v-t observamos que la velocidad según el tiempo es:

Rpta:

Mov. Acelerado <10;18] y <24;30]

Mov. Desacelerado: <18;24]

Mov. Constante: <0;10] y <30;40]

7) La gráfica velocidad-tiempo del movimiento de una partícula está representada por

una semi elipse, como se muestra en la figura. Determine la velocidad media de 0 a 20

s y la ley de movimiento si v(1) = 12 m/s.

a 0 + - - 0 0 10 18 24 30 40

v + + + - -

v

v0

0 20

t

Solución:

13) Un móvil inicialmente en x = 2

m se mueve sobre el eje X,

siendo su velocidad

descrita en

función del tiempo por la figura. Halle:

a) La gráfica aceleración - tiempo

b) La gráfica posición - tiempo

c) Describa brevemente el movimiento (intervalos de tiempo donde es

acelerado ó desacelerado, etc.)

V(m/s)

60 parábola

0 1 2 3 4

5 t(s)

-90

Solución:

a)La gráfica aceleración –tiempo

o→1v=−90 t

1→2v=( t−2 )90

2→3 v=( t−2 )60

3→4 v=−60 t 2+360 t−480

Ahora derivaremos con respecto al tiempo para poder determinar la aceleración en

ese intervalo.

o→1a=−90

1→2a=90

2→3a=60

3→4a=−120 t+360

b)La gráfica posición –tiempo

Integraremos la ecuación de las velocidades para obtener la posición .Esta misma

será evaluada en un punto para poder obtener la constante de integración .

o→1v=−90 t

∫−90 t=−45 t 2+c

Evaluando el x0=2 , obtenemos r= −45t 2+2

1→2v=( t−2 )90

∫ ( t−2 )90=45 t 2−180 t+c

Evaluando el x1=−43 , obtenemos r= 45 t 2−180 t+92

2→3 v=(t−2 )60

∫ ( t−2 )60=30 t2−120 t+c

Evaluando el x2=−88 , obtenemos r= 30 t 2−120 t+32

3→4 v=−60 t 2+360 t−480

-120

-90

90

60

43210

∫−60t 2+360 t−480=−20 t3+180 t 2−480 t+c

Evaluando el x3=−58 , obtenemos r= −20 t 3+180 t 2−480 t+302

x4=−18

c) Describa brevemente el movimiento

tiempo velocidad aceleración

0→1 - -

1→2 - +

2→3 + +

3→4 + -

El movimiento es acelerado en el intervalo 0 a 1 s y de 2 a 3 s , siendo desacelerado

en 1 a 2 s y en 3 a 4 s.

14) La posición de una partícula que se mueve a lo largo del eje X está dada por x = t3

- 12t2 + 36t + 30 con x en metros y t en segundos. Determine:

a) La velocidad media en 2 s t 6 s

b) La aceleración media en 0 s t 4 s

c) Los intervalos de tiempo de movimiento desacelerado

d) Los intervalos de tiempo de movimiento acelerado

Solución:

A) la velocidad media en 2≤t ≤6

V m=x6−x24

=30−624

=−16 ms

B) La aceleración media en 0≤ t ≤4

Derivamos la posición para obtener la velocidad

V=3t 2−24 t+36

-58

-88

-43

-18

43210

am=v4−v04

=−12−364

=−12ms2

C y D ) Los intervalos de tiempo del movimiento desacelerado y acelerado

a=6 t−24

0→4(acelerado v ,a tienen la misma dirección )

4→12(desacelerado v , a tienen direcciones opuestas )

12→∞(acelerado v , a tienen la misma dirección )

15) Desde un trampolín que está a 6 m por encima de la superficie del agua de un

lago, se deja caer un balín de plomo. El balín cae en el agua con cierta velocidad y se

hunde hasta el fondo con esta misma velocidad. Alcanza el fondo 10s después de que

se le dejo caer. (a) ¿Cuál es la profundidad del lago? (b) ¿Cuál es la velocidad

promedio del balín? (c) suponga que se deseca el lago y se lanza el balín desde el

trampolín, de manera que alcanza el fondo en 10s, ¿cuál es la velocidad inicial del

balín?

Solución:

(A)¿Cuál es la profundidad del lago?

C

B

A

-24

40

-6m

6

x f =¿ x0+ v0 t+a t2 /2¿

−6=−9.8 /2 t 2

t=27√15

t :tiempo en el tramo AB.

V f =¿v0+at ¿

Vf =¿0−9.8× 2

7√15=10.844 ¿

Tramo BC es MRU

P:profundidad del lago

P=10.844×(10−27√15)=96.44m

(B)Suponga que se deseca el lago y se lanza el baín desde el trampolín , de manera

que alcanza el fondo en 10 s ¿Cuál es la velocidad inicial del balín ?

Datos :distancia =96.44+6=102.44

Tiempo=10s

x f =¿ x0+ v0 t+a t2 /2¿

−102.44=0+v010−9.8×102/2

v0=38.7 j

20) Un móvil A parte del origen de coordenadas, otro móvil B parte de x = -8m en el

mismo instante. Si el diagrama v-t de los dos móviles se muestra en la figura:

a) Haga un análisis gráfico y determine el instante en que se encuentran ambos

móviles.

b) Dibuje los diagramas x-t y a-t para cada uno

de los móviles.

c) Para el móvil A encuentre los intervalos de

tiempo en que su movimiento es acelerado y

retardado.

v(m/s)

B

8

4

A

0 4

t(s)

Solución:

Del gráfico

Móvil A:

0≤ t<4 ; v=8−t

⊗¿∫V dt=x

x=∫(8−t )dt=8t− t 2

2+C1Dato : x (0 )=0→x=0=8 (0 )−0

2

2+C1→C1=0

x=8 t− t2

2x=

−(t−8 )2

2+32

⨂¿ dvdt

=aa=d (8−t )dt

a=−1

4 ≤t ;v=4

⊗¿∫V dt=x

x=∫ 4dt=4 t+C2Dato : x (4 )=24→x=24=4 (4 )+C2→C2=8

x=4 t+8

⨂¿ dvdt

=a

a=d (4 )dt

=0a=0

Móvil B:

0≤ t ;v=t

⊗¿∫V dt=x

x=∫ tdt= t2

2+C3Dato : x (0 )=−8→x=−8=0

2

2+C3→C3=−8

x= t2

2−8

⨂¿ dvdt

=aa=d (t )dta=1

De forma resumida:

Móvil Magnitud T=0 - T=4 T=4 - T=8

Móvil AX

−( t−8 )2

2+32 4 t+8

A −1 0

Móvil BX

t2

2−8 t2

2−8

A 1 1

A) Haga un análisis gráfico y determine el instante en que se encuentran ambos

móviles.

De la gráfica x-t observamos que eventualmente se encontraran t>4:

4 t+8= t2

2−8t 2−8 t−32=0( t−4 )2=48t=4+4√3∨ t=4−4 √3

Pero el segundo “t” se ubica después del t=4, por lo tanto:

Rpta : Seencuentranen (t=4+4√3 ) y ( x=24+16 √3)

B) Dibuje los diagramas x-t y a-t para cada uno de los móviles.

C) Para el móvil A encuentre los intervalos de tiempo en que su movimiento es

acelerado y retardado.

-8

24

T

X

0

40

4 8

24

T

X

0

16

32

4 8T

A

-1

1

4 8

a + + 0 4 8

v - 0 Rpta : Movimiento acelerado: t=∅

Movimiento desacelerado: t∈<0 ; 4¿Movimiento constante: t∈[4 ;8]

22) La figura describe el movimiento de una partícula que partiendo del reposo se

mueve con aceleración constante. ¿Cuál es la velocidad de la partícula cuando ésta

pasa por el origen de coordenadas.

Solución:

Diagrama x(m) vs t(s) Diagrama v(m/s) vs t(s)

L⃗=2( t)2 −2

M = 2m/s 2

v=drdt

del primer gráfico :

v=4 t

a=dvdta=4

Piden : Cual es la velocidad de la partícula que parte del reposo en el eje de

coordenadas.

L⃗=2( t)2 −2

0=2 (t )2−2→t=±1

t=1 v=4 (1)

v=4

23) La gráfica mostrada explica el

movimiento de una partícula, que parte

del reposo y se somete durante los 6

V(m/s)

T(s)

X(m)

6

L⃗

2 t(s)

a(m/s2)

10

3

2 4 6

t(s)

-10

primeros segundos a las aceleraciones representadas. Grafique v-t y x-t en el mismo

intervalo de tiempo.

Solución:

Según la gráfica a-t:

0≤ t<2 ;a=102≤t<4 ;a=34 ≤t<6 ;a=−10

Ahora:

v=∫ adt∧ x=∫ vdt

0≤ t<2

v=∫ 10dt=10 t+C1Dato : v (0 )=0=10 (0 )+C1→C1=0v=10 t

x=∫10 tdt=5 t 2+K1Suponiendo : x (0 )=0=10(0)2+K1→K1=0x=5 t 2

2≤t<4 ;a=3

v=∫ 3dt=3 t+C2Dato : v (2 )=20=3 (2 )+C2→C2=14v=3 t+14

x=∫ (3 t+14 )dt=3t2

2+14 t+K2Dato : x (2 )=20=3 (2 )2

2+14 (2 )+K2→K2=−14

x=3 t2

2+14 t−14

4 ≤t<6 ;a=−10

v=∫−10dt=−10 t+C3Dato : v (4 )=26=−10 (4 )+C3→C3=66v=−10 t+66

x=∫(−10 t+66)dt=−5 t 2+66 t+K3Dato : x (4 )=66=−5 (4 )2+66 (4 )+K 3→K3=−118

x=−5 t 2+66 t−11

En resumen:

Magnitud T=0 - T=2 T=2 - T=4 T=4 - T=6

A 10 3 -10

V 10 t 3 t+14 −10 t+66

X 5 t23t 2

2+14 t−14 −5 t 2+66 t−118

De las funciones halladas se obtienen las gráficas:

X

98

V

26

39.- Una pelota lanzada a una plataforma en A rebota con velocidad v0 a un ángulo de 70º con la horizontal. Determínese el intervalo de valores de v0 para el cual la pelota entrará por la abertura BC.

Solución:

En el eje x:

En el eje y:

C

2

v0 . 3 A 70º

2.5

Intervalos de valores por los cuales la pelota entrara por la abertura BC =

42) Un objeto que parte del origen tiene un movimiento parabólico y se mueve con a⃗ =

(3,4,5) m/s2 y velocidad en t = 0 de = (-1,5,2) m/s.

a) Demuestre que el movimiento tiene lugar en un plano

b) Halle la ecuación vectorial de dicho plano

c) Halle la ecuación cartesiana del plano de movimiento

Solución:

a) Por teoría se sabe: “En los movimientos

parabólicos e l plano del movimiento es determinado

por los vectores velocidad inicial y aceleración .”

A continuación daremos una ex

r⃗ (t )=r (0 )+v (0 ) . t+ 12a⃗ .t 2plicación matemática:

a.1) Se sabe:

- r⃗ (t )=r (0 )+v (0 ) . t+ 12a⃗ .t 2

- ( x , y , z )=(0,0,0 )+(−1,2,5 )t+12

(3,4,5 ) .t 2

De la ecuación se tiene:

x=−t+32t 2 y=2t+2t 2

z=5 t+52t2

a.2) Se sabe que a⃗ y v⃗ definen el plano, por lo tanto:

Hallamos las ecuaciones, normal y cartesiana del plano:

Ecuación normal del plano:

P : (P−P0 ) .n⃗=0 , n⃗=v⃗xa⃗

- P0=(0,0,0)

- n⃗=v⃗xa⃗ ¿ (−1,2,5 )x(3,4,5) ¿(17,11 ,−19)

i j k−1 2 53 4 5

¿(17,11 ,−19)

P : {P ( x , y , z )є R3/P .(17,19 ,−11)=0}

Ecuación cartesiana del plano:

- De la ecuación normal del plano:

P : {P ( x , y , z )є R3/P .(17,19 ,−11)=0}P : 17 x+19 y−11 z=0

a.3) Para demostrar que todos los puntos del plano, reemplazamos los valores de x, y

& z del punto a.1) en la ecuación cartesiana del plano. Si se cumple la igualdad 0 = 0,

todos los puntos pertenecerán a un plano (plano de movimiento).

P : 17 x+19 y−11 z=0

Reemplazando: P : 17(−t+32t2) +11(2 t+2 t 2) – 19(5 t+

52t 2)=0

Se demuestra: 0 = 0

b) Como pudimos observar en la parte “a)”

P : {P ( x , y , z )є R3/P .(17,19 ,−11)=0}

c) Como pudimos observar en la parte “a)”

P : 17 x+19 y−11 z=0

44) La posición de una partícula que se mueve a lo largo de una circunferencia esta

descrita por s(t) = 9t2 -3t + 2, donde “S” es la distancia medida en metros, recorrida

por la partícula a lo largo de su trayectoria a partir de un origen conveniente y “t” es el

tiempo en segundos. Halle la magnitud de la aceleración “a” en el instante en que la

magnitud de la aceleración normal es de 24 m/s2.

Solución:

Se tiene la ecuación de la distancia recorrida

en función del tiempo:

dsdt

=18 t 2−3=v (t )

Al derivar esta ecuación obtenemos la

ecuación de la velocidad (tangencial) en función del

tiempo:

dsdt

=18 t−3=v ( t)

Al derivar esta ecuación obtenemos la ecuación de la aceleración (tangencial)

en función del tiempo:

dvdt

=18=a (t )=|⃗at|

Como podemos observar en la ecuación anterior, la aceleración es constante. Por lo

tanto, la partícula realiza MCU.

Por definición, en un movimiento circular se tiene:

|a⃗|=√|a⃗t|+|a⃗N||a⃗t|=18

|a⃗N|=24

Calculando |a⃗|:

|a⃗|=√182+242

|a⃗|=30m / s2

46) Si se lanza una pelota desde el punto P0(1,0,3) con velocidad = (3,4,5), halle la

ecuación cartesiana del plano de la trayectoria, considere = -10 m/s2. Ahora

imagine que una persona intercepta la pelota en z = 3 viajando directamente desde

P1 = (-2, 5, -1), halle la dirección que siguió la persona y la longitud que recorrió.

Solución:

a) Ecuación cartesiana del plano:

Se puede definir un plano con 2 vectores y 1 punto:

- v⃗ (0 )=(3,4,5)

- g⃗=(0,0 ,−10)

- P0= (1,0,3 )

Ecuación normal del plano:

P : (P−P0 ) .n⃗=0 , n⃗= g⃗xv⃗

- P0=(1,0,3)

- n⃗= g⃗xv⃗ ¿ (0,0 ,−10 )x(3,4,5) ¿(40 ,−30,0)

i j k0 0 −103 4 5

¿(40 ,−30,0)

P : {P ( x , y , z )є R3/(P−(1,0,3)). (40 ,−30,0)=0}

Ecuación cartesiana del plano:

- De la ecuación normal del plano:

P : {P ( x , y , z )є R3/P .(17,19 ,−11)=0}P : 40 x−30 y=40

b) Una persona intercepta a la pelota en z=3.

Para esto usamos la ecuación de la posición:

r (t )=r (0 )+ v⃗ . t+ 12a⃗ .t 2

Donde:

- r (0 )=(1,0,3)

- r (k )=(x , y ,3)

- v⃗ (0)=(3,4,5)

- a⃗= g⃗=(0,0 ,−10)

En la ecuación:

(x , y ,3)=(1,0,3)+(3,4,5)k+12(0,0 ,−10)k 2

Separando por componentes:

3=3+5k−5 k2 k=0∨k=1

Usaremos k=1

El punto de intersección es r (1 )=(4,4,3)

Si la persona parte de P1=(−2,5,1)

La dirección que toma es r (1 )−P1= b⃗=(6 ,−1,2)

La distancia que recorre es |b⃗|=√62+(−1)2+22=√41

47) Dada la gráfica de la aceleración en

función del tiempo y las condiciones

iniciales siguientes x = 0m, para t = 0, v

= 20 m/s, para t = 20 s, construir las

correspondientes gráficas de la posición

en función del tiempo y de la velocidad

en función del tiempo.

Solución:

a (m/s2)

5

0 20 30 40 50

t(s)

-10

Según la gráfica a-t:

0≤ t<30 ; a= t2−1030≤ t<40 ;a=540≤ t<50 ;a=

−t2

+2550≤ t ;a=0

Ahora:

v=∫ adt∧ x=∫ vdt

0≤ t ≤30

v=∫( t2−10)dt=t2

4−10 t+C1En t=20 , v=20=

202

4−10 (20 )+C1→C1=120

v= t2

4−10 t+120=1

4(t−202 )+20

x=∫( t 24−10 t+120)= t3

12−5 t2+120 t+K1

En t=0 , x=0= 03

12−5 (0 )2+120 (0 )+K1→K1=0x=

t3

12−5 t2+120 t

30<t ≤40

v=∫ (5 )dt=5 t+C2En t=30 , v=45=5 (30 )+C2→C2=−105v=5 t−105

x=∫(5 t−105)=5 t2

2−105 t+K2En t=30 , x=1350=

5 (30)2

2−105 (30)+K2→K2=2250

x=5 t2

2−105 t+2250

40<t ≤50

v=∫(−t2 +25)dt=−t2

4+25 t+K3En t=40 , v=95=

−402

4+25 (40 )+C3→C3=−505

v=− t2

4+25 t−505

x=∫(−t 24 +25t−505)=−t 3

12+ 25 t

2

2−505 t+K3

En t=40 , x=2050=−403

12+25 (40 )2

2−505 (40 )+K3→K3=

227503

x=−t3

12+ 25 t

2

2−505 t+ 22750

3

50<t

v=∫ (0 )dt=C4En t=50 , v=120=C4→C4=120v=120

x=∫ (120 )=120 t+K 4En t=50 , x=102503

=125 (50 )+K4→K4=250x=120 t+250

En resumen:

Ma

gT=0 - T=30 T=30 - T=40 T=40 - T=50 T>50

A t/2-10 5 −t /2+25 0

V (1/ 4)(t−20)2+20 5 t−105 −1/4∗( t−50 )2+120 120

X t /12−5 t2+120 t 5 t2 /2−105 t+2250 −t 3/12+25t 2/2−505 t+22750/3 120 t+250

De las funciones de velocidad y posición calculadas:

T

V

0

45

9

12

20 30 40 50