1º de Batxillerat TEMA 7 CINEMÀTICA

Física y Química

1º de Batxillerat

TEMA 7

CINEMÀTICA

1. Un mòbil té un vector de posició donat per j 5 10 t k m t

3 3 3 i t 1

2

r 

  



 _ 

    

 

        



 .

Calcular:

a) La seua posició inicial

b) La seua posició en l’instant t = 0’5 s

c) La seua posició final quan haja transcorregut un temps molt gran d) L’instant en què passa pel punt A (0’5 , 2’5 , 4’999 ) m

e) La seua velocitat mitjana durant els tres primers segons

Solució: ( 2 , 2 , 4 ) m ( 3 4

, 7

15 , 4’68 ) m ( 0 , 3 , 5 ) m 3 s ( -0’5 , 0’167 , 0’333 ) m/s

2. Un mòbil posseïx un vector de posició donat per l’equació





j 2 t

18 2

t

r 2 ₂

  

 i m.

a) Esbrinar si el mòbil passarà en el seu recorregut pel punt ( 6 , 3 ) m’i en quin instant b) El mateix per al punt ( 3 , 7 )

c) El mateix per al punt ( 3 , 6 ) d) Escriure l’equació de la trajectòria

Solució: t = 2 s NO SI, t = 1 s

x 18

y (hipèrbola)

3. El vector de posició d’un mòbil és r 



t21



i 



2t2



j 3k m a) Obtindre l’equació de la seua trajectòria

b) De quin tipus de moviment es tracta?

c) Calcular la distància que separa al mòbil de l’origen de coordenades en l’instant t = 15 s Solució: una paràbola parabòlic 228’3 m

4. Un mòbil té una velocitat donada pel vector j m/s t

1 3 i

t 1

2 2

v 

    

     

 

  

Calcular les seues celeritats màxima, mínima i els instants en què s’aconseguixen els dits valors. Solució: 5 m/s y 2 m/s t = 0 s y t = ∞

5. En un cert instant un mòbil té una velocitat de i una acceleració de . Calcular la seua acceleració normal sabent que el radi de curvatura de la seua trajectòria en eixe instant és de 12’6 m.

Solució: aN = 2’29 m/s2 aT = 4’78 m/s2

6. Escriure les equacions cinemàtiques dels moviments següents:

7. Suposant que la Terra i Venus descriuen moviments circulars uniformes en el mateix pla al voltant del Sol i sabent que els seus períodes són de 365’25 dies i 224’70 dies respectivament, esbrinar en què pròxima data s’alinearen del mateix costat amb el Sol si l’última vegada que es va produir el fenomen va ser el 28 de Maig de 2009.

Solució:

8. Un punt material descriu uniformement una trajectòria circular de 120 cm de radi, donant 30 voltes cada minut. Calcular el període, la freqüència, la velocitat angular, la velocitat areolar i l’acceleració centrípeta.

Solución: 2 seg 0’5 Hz 3’14 rad/seg 3’77 m/s 11’8 m/s2 9. Des del mateix punt d’una circumferència partixen dos mòbils en sentits oposats. El primer

d’ells recorre la circumferència en 2 h 4 min. El segon recorre un arc de 6t 30’ cada minut. Determinar en quin punt es trobaran i el temps invertit en això.

Solució: α = 111º t = 38 min 17 seg

10.Un cos, que inicialment està sobre l’eix positiu I, comença a descriure un MCU de 2’5 m de radi i una freqüència de 0’2 Hz.

a) Escriure les equacions del moviment b) Deduir la seua posició al cap de 5 seg

c) Calcular el temps que ha de passar perquè la seua posició siga P ( 2’165 , 1’25 ) m

Solució: a) j m

2 π 0'4π' sen 2'5 i 2 π 0'4π' cos

2'5

r 

  



 _

    



 _



b) r

 

5 2'5j m c) t4'16seg

11.Sobre la superfície d’un llac es llança una pedra horitzontalment des de la vora situada a 5 m d’altura. Si la velocitat del la velocitat del llançament ha sigut de 38 Km/h, calcular:

a) El temps que tardarà a xocar contra l’aigua b) La distància horitzontal recorreguda

c) L’angle amb què s’introduïx en l’aigua

Solució: 1’01 s 10’1 m 63º

12.Un avió de bombardeig, en vol horitzontal, viatja a una velocitat de 360 Km/h i a una altura de 1000 m sobre el sòl.

a) A quina distància horitzontal de l’objectiu ha de deixar caure una bomba per a poder encertar en ell?

b) Si l’objectiu és un camió que circula per una carretera recta just davall de l’avió, que distància horitzontal hi ha de llançar ara la bomba per a encertar en el camió si este s’acosta a 72 Km/h?. I si s’allunya a eixa mateixa velocitat?

Solució: 1429 m 1715 m 1143 m

13.Es dispara un canó amb una inclinació de 45é, sent la velocitat de la bala de 490 m/s. a) Calcular l’abast, l’altura màxima i el temps que tardarà a xocar contra el sòl b) La posició del projectil i la seua velocitat als 2 seg del tir

14.Un futbolista és capaç d’impulsar el baló amb una velocitat de 54 Km/h.

a) Quina serà la distància màxima que podrà aconseguir la pilota, si despreciem el fregament amb l’aire?

b) Amb quin angle hauria d’efectuar el tir de la pilota si vol ficar gol en la porteria situada a 20 m de distància?

c) Aconseguiria ficar gol si a mitat de camí està el porter que pot botar fins a 3 m d’altura? d) En cas negatiu què hauria de fer per a ficar gol?

Solució: 23 m 30º 17’ NO llançar amb un α59º43'

15.Deixa caure una pilota des de l’alt d’un edifici de 50 m d’altura. En la seua caiguda, i a causa de la força del vent, la pilota té una acceleració lateral de 0’5 m/s2

. Escriure les equacions del moviment, calcular la seua trajectòria i el punt on xocarà contra el sòl.

PROBLEMA 1

a) Posició inicial

Substituïm la variable independent pel seu valor t = 0







                       _                  

 i j k i j k

r 5 1

3 3 3 1 2 0 10 5 0 3 3 3 0 1 2 m k j i 2 4

2  

b) Posició en l’instant t = 0’5 s

       _                  

 i j k

r 5 10 0'5

5 ' 0 3 3 3 5 ' 0 1 2 m k j

i 4'684 7 15 3 4  

c) Posició per a un temps molt gran t = ∞







                         _                    

 i j k i j k

r 5 10 2 3 3 5 0

3 3 3 1 2 m k j 5 3 

d) Instant en què passa pel punt A (0’5 , 2’5 , 4’999 ) m

Establim les igualtats entre x, y, z amb els valors de les coordenades del punt A

                                                 3 10 3 10 10 001 ' 0 10 999 . 4 5 999 ' 4 10 5 3 6 3 5 ' 0 3 3 3 3 5 ' 2 3 5 ' 2 3 3 3 3 1 4 1 5 ' 0 2 5 ' 0 1 2 t t t t t t t t t t t t t t

Els tres resultats són iguals i per tant es pot afirmar que el mòbil passa pel punt A en l’instant t = 3 s e) Velocitat mitjana durant els tres primers segons

Tenim que               k j i r t k j i r t B B A A 999 ' 4 5 ' 2 5 ' 0 3 4 2 2 0

(Obtinguts en els apartats a i d)



 



_























_           3 4 999 ' 4 2 5 ' 2 2 5 ' 0 0 3 4 2 2 999 ' 4 5 ' 2 5 '

0 i j k i j k i j k

t t r r v A B A B m      3 999 ' 0 5 ' 0 5 '

1 i j k

s m k j

i 0'167 0'333 / 5

'

0  

PROBLEMA 2

a) Per a esbrinar si passa pel dit punt es comprovarà que les components x e i del vector de posició prenen els valors 6 i 3 de les coordenades del punt en el mateix instant

   

  

  

3 2 18

6 2 2 2

t y

t x

3 18 2

2 6 2 2

  

  

t t

seg t

seg t

2 4

2 4

   

   

Es deduïx que el mòbil passa pel punt (6 , 3) en l’instant t = 2 seg. El valor negatiu -2 no es considera una solució vàlida per ser un temps anterior a l’inici del moviment

b) Este segon cas es resol amb el mateix mètode però tenint en compte que x = 3 e i = 7

   

  

  

7 2 18

3 2 2 2

t y

t x

7 18 2

2 3 2 2

  

  

t t

seg t

seg t

76 ' 0 7 4

1 1

   

   

Al no coincidir els temps es deduïx que el mòbil no passarà mai per este punt c) Es calcula de la mateixa manera per al punt ( 3 , 6)

   

  

  

6 2 18

3 2 2 2

t y

t x

6 18 2

2 3 2 2

  

  

t t

seg t

seg t

1 1

1 1

   

   

El mòbil passa per este punt en l’instant t = 1 seg

d) L’equació de la trajectòria en forma paramètrica s’obté tenint en compte la dependència d’estes components amb respecte del temps. A l’eliminar el temps s’obtenen

trajectoria paramétrica _

   

 

  

0 2 18

2 2 2

z t y

t x

trajectoria contínua

18

0

y hiperbola x

z pla

      

Estes equacions corresponen per tant a una hipèrbola en el pla z = 0

X

Y Z

Pla z = 0

PROBLEMA 3

a) Equació de la TRAJECTÒRIA

L’equació de la trajectòria en forma paramètrica ve donada per les components x, i, z del vector de posició

trajectoria paramétrica _

   

  

 

3 2 2

1

2

z t y

t x

Per a obtindre l’equació contínua de la trajectòria hem d’eliminar la variable t. Aïllem el valor de t en funció de la i, substituint després en l’equació de la x

2 2



 y

t → 1

2 2

2 _

      

 y

x → 1

4 4 4 2

  

 y y

x → 2

4

1 2 

 y y

x

trajectoria

contínua

2

1

2 4

3

x y y parabola

z pla

   

    

Estes equacions corresponen a una paràbola en el pla z = 3 b) Tipus de movimen

Es tracta d’un moviment parabòlic, reflectit de manera aproximada en el dibuix següent

c) Distància que separa al mòbil de l’origen de coordenades en t = 15 s

El vector de posició en eixe instant és r 



1521



i 



2152



j 3k 226i 32j 3k La posició del mòbil en eixe instant és el punt P ( 226 , 32 , 3 )

La distància a l’origen O és igual al mòdul del vector de posición  2 2 2 

3 32 226

r 228'3m

X

Y

Pla z = 3

Paràbola X=y2/4-y+2

PROBLEMA 4

El temps transcorre entre t = 0 i t = ∞, de manera que a l’estar t en el denominador quant mas temps transcórrega, menor seran els quocients i la velocitat del móvil

a) El valor màxim es produirà per al menor t possible, és a dir, per a t = 0



t



i j i j m s

v 4 3 /

0 1

3 0

1 2 2

0   

    

     

 

   

I la celeritat és vmax  4232  25 5m/s

b) El valor mínim es produirà per a un temps infinitament gran



t



i j





i j i m s

v 2 0 0 2 /

1 3 1

2

2     

    

      

 

     

I la celeritat és v_min  2202  4  2m/s

PROBLEMA 5

El mòdul de la velocitat (celeritat) és v 2'324'72



1'2



2 5'368m/s

L’acceleració normal será   

6 ' 12

368 '

5 2

2

R v

a_N 2

/ 287 '

2 m s

L’acceleració en components intrínseques i cartesianes és

   

 

 

 

 



T T N T

T N N

Z Y

X

u a u u

a u a a

k j k

a j a i a a

295 ' 5

2 ' 5

I els mòduls són, respectivament

 



  

 

  

2 2

2 2

287 ' 2

1 2 ' 5

T a a

a

Igualem les dos equacions 5'22 

 

12  2'2872a_T2

PROBLEMA 6

En els tres casos substituïm els valors numèrics coneguts en les equacions generals del moviment corresponent a) MRU













                0 3 6 5 3 3 2 6 a k j i v k t j t i t r b) MRUA

















                     k i a k t i t v k t t j i t t r 2 2 1 2 1 2 5 2 1 2 2 c) MCU                _        _         _        _         _        _  j t sen i t a j t i t sen v j t sen i t r 3 2 2 185 ' 1 3 2 2 cos 85 ' 1 3 2 2 cos 178 ' 1 3 2 2 178 ' 1 3 2 2 75 ' 0 3 2 2 cos 75 ' 0            

Cal tindre en compte que

2 4 2

2  

  

T y que 3 rad

2 º 120 0    

PROBLEMA 7

Alineats del mateix costat significa que ambdós planetes i el Sol estan en la mateixa recta amb este últim en un extrem, tal com indica la figura.

Triem com a origen de temps l’instant en què van estar alineats els planetes per última vegada, és a dir el 23-8-2007.

Pel fet que Venus té un període menor la seua velocitat angular és major i gira per tant més ràpid que la Terra. Per esta raó farà una volta completa i després aconseguirà a la Terra, tornant-se a produir novament el fenomen de l’alineació

V

S T

Les equacions del moviment d’ambdós planetes són

TERRA

  

  

 

  

0

/ 25

' 365 2

25 ' 365

2

T T T

día rad

rad t



 

 

VENUS

  

  

 

  

0

/ 7

' 224

2 7 ' 224

2

V V V

día rad

rad t



 

 

Quan es tornen a alinear la Terra haurà girat un angle αT . Venus haurà recorregut el mateix angle més una

volta sencera més (2π rad)

_V _T 2 →   2 25 ' 365 2 7

' 224

2 _{ }

t

t → 1

25 ' 365 7 '

224  

t t

Aïllant el valor del temps obtenim que t584días

I la data buscada es produirà 584 dies després del 28 de Maig de 2009, que correspon al

PROBLEMA 8

 Si el mòbil dóna 30 voltes cada 60 seg és que tarda 2 seg en cada volta. Per tant

seg T 2

 La freqüència és la inversa del període, és a dir

  

2 1 1 T

N 0'5Hz

 La velocitat angular és

  

2 2

2 



T  rad/s

 La velocitat areolar és la velocitat lineal    

 R  12

v 3'77m/s

 L’acceleració centrípeta en el MCU és l’acceleració normal

 



2 ' 1 77 ' 3 2 2

R v aN

2

/ 84 '

11 m s

PROBLEMA 9

 La velocitat angular del primer mòbil será rad s

t

A /

7440 2 60 4 60 60 2

2 



 

     

 La velocitat angular del segon mòbil és grados s





rad s t

B /

60 180 / 5 ' 6 / 60

º 5 '

6 



    

A partir del sistema de referència angular de la figura es deduïx que les equacions angulars del moviment dels cossos són les següents

MÒBIL A

  

  

 

  

0

/ 7440

2 7440

2

A A A

s rad

rad t



 

 

MÒBIL B

  

  

 

  

 

0

/ 10800

5 ' 6 7440

5 ' 6

B B B

s rad rad t



 

 

Prescindint del signe negatiu, la suma de αA i αB és la circumferència completa, és a dir, un angle de 2π

radians

_A_B 2 →   2 10800

5 ' 6 7440

2 _{ }

t

t → 2

10800 5 ' 6 7440

2t _ t _

D’on s’obté que t2297seg 38min17seg

Este temps correspon a un angle _A  22971'9398rad 7440

2

 111º8'42''

inicial

final

Sentido +

αB

αA

PROBLEMA 10

a) Equacions del moviment

Si la freqüència és de 0’2 Hz, la velocitat angular serà

s rad N 2 0'2 0'4 /

2  

   

Tenim en compte també que inicialment el cos està situat en l’eix Y, tal com indica la figura. Si prenem com a eix de referència angular l’eix X, llavors el cos té una fase inicial 2 º 90 0    

Amb tot açò substituïm els valors de R, ω i α0 en les equacions generals del MCU i obtenim

               _        _         _        _         _        _  j t sen i t a j t i t sen v j t sen i t r 2 4 ' 0 48 ' 39 2 4 ' 0 cos 48 ' 39 2 4 ' 0 cos 42 ' 31 2 4 ' 0 42 ' 31 2 4 ' 0 5 ' 2 2 4 ' 0 cos 5 ' 2            

b) Posició per a t = 5 seg















_















_















_

_















_

_



2

2

5

'

2

2

2

cos

5

'

2

2

5

4

'

0

5

'

2

2

5

4

'

0

cos

5

'

2





i

sen





j





i

sen





r

               

 i sen j 0i 2'5j

2 5 ' 2 2 cos 5 '

2   2'5j

La posició és el punt Q ( 0 , 2’5) , és a decir, la mateixa que al principi c) Temps per a arribar a la posición P (2’165 , 1’25 )

Açò s’aconseguirà per a un cert temps tA en què es complix

j i j t sen i t t

r _{A A A} 2'165 1'25

2 4 ' 0 5 ' 2 2 4 ' 0 cos 5 ' 2 ) (         _        _     

a partir d’esta equació s’obté una igualtat per a cada component

X Y Posició inicial

     

    



 _

    



 _

25 ' 1 2 4

' 0 5 ' 2

165 ' 2 2 4

' 0 cos 5 ' 2

 

 

A A

t sen

t

→

     

    



 _

    



 _

5 ' 2

25 ' 1 2 4

' 0

5 ' 2

165 ' 2 2 4

' 0 cos

 

 

A A

t sen

t

    

 

 

5 ' 2

25 ' 1 2

4 ' 0

5 ' 2

165 ' 2 arccos 2

4 ' 0

arcsen t

t

A A

 

 

→

    

 



 



 



 



n t

n t

A A

2 5236 ' 0 2 4

' 0

2 5236 ' 0 2 4

' 0

Com s’observa, obtenim la mateixa igualtat per a les dos components. En esta igualtat és necessari esbrinar el valor de tA , tenint en compte que el número n = 0,1,2,3...

 Si n = 0 → 0'5236 0 2

4 '

0 tA   → tA0'83seg Solució NO VALGUDA

 Si n = 1 →   0'5236 2 2

4 '

0 t_A   → t_A 4'16seg Passa la 1ª vegada

 Si n = 2 →   0'5236 4 2

4 '

0 tA   → tA 9'16seg Passa la 2ª vegada

 ...

Successivament cada 5 seg tornarà a passar per eixa posició, la qual cosa és lògic perquè es tracta d’un moviment periòdic el període de la qual és

seg N

T 5

2 ' 0

1

1 _{ }



PROBLEMA 11

Es tracta d’un tir horitzontal amb una altura inicial de 5 m’i una velocitat inicial de

v0 36Km/h10m/s

v

α X

Y

vx

Les equacions del moviment són les següents        

 

 

   

    

j a

j t i v

j t i

t r

8 ' 9

8 ' 9 5

8 ' 9 2 1 5

5 2

a) Temps que tardarà a xocar contra el sòl

Apliquem la fórmula del tir horitzontal per al temps de vol

   

8 ' 9

5 2 2

g h

tm 1'01seg

b) Distància horitzontal xm

La fórmula és    

8 ' 9

5 2 10 2

0

g h v

x_m 10'1m

c) Angle de la velocitat amb la superfície de l’aigua

L’angle amb què la pedra xoca contra l’aigua és α i ve indicat en el dibuix de dalt. Calculem la velocitat utilitzant l’equació general i tenint en compte el temps de vol calculat en l’apartat a



t



i j i j m s

v 1'01 5 9'81'01 5 9'9 /

En el dibuix es pot veure que

x y v v

tg  y llavors

x y v v tg arc





Amb la qual cosa   5

9 ' 9 tg arc

 63º

PROBLEMA 12

És un tir horitzontal des d’una altura de 1000 m i una velocidat inicial de v₀ 360Km/h100m/s a) El objectiu està en repós

En este cas cal calcular senzillament l’abast xm

X Y

8 ' 9

100 2 100 2

0

 

 g

h v

xm I s’obté que xm 1429m

b) Camió mòbil

Si el camió està en moviment caldrà tindre en compte la distància que este recorre durant el temps que està caient la bomba, que és

s g

h

t_m 14'29

8 ' 9 1000 2 2

 

 

Com el camió té una velocitat constant de v72Km/h20m/s, recorrerà un espai de m

t v

e  _m 2014'29286

 Si el camió va en el sentit oposat de l’avió la distància horitzontal total serà

  



x e 1429 286

d _m 1715m

 En canvi si el camió circula en el mateix sentit que l’avió la distància a què s’ha de llançar la bomba serà

  



x e 1429 286

d _m 1143m

X Y

xm

e d

v

X Y

xm e

d

PROBLEMA 13

Es tracta d’un tir oblic i per tant utilitzarem les equacions del dit moviment a) Abast, altura màxima i temps de vol

  



8 ' 9

45 2 490

2 2

2

0 sen

g sen v xm



m

24500

 

 

8 ' 9 2

45 490

2

2 2 2

2

0 sen

g sen v ym



m

6125

 

 

8 ' 9

45 490 2

2 ₀ sen

g sen v

t_m  70'7seg

b) Posició i velocitat als 2 seg

Les equacions cartesianes del tir oblic s’obtenen substituint els valors numèrics corresponents a v0, α i g obtenint-se les següents













       

 

 

 

 

 _

 

k g a

k gt sen v i v

v

j gt t sen v i t v

r

 

 

0 0

2 0

0

cos

2 1 cos













       

 

 

 

 

 _

 

k a

k t sen

i v

j t t sen i

t r

8 ' 9

8 ' 9 45 490 45

cos 490

2 8 ' 9 45 490 45

cos

490 2

Per a t = 2 seg substituïm en les equacions anteriors





i



sen



j

r  _  22_

2 8 ' 9 2 45 490 2

45 cos

490 =693i 673'4 j m



 







 i sen k

v 490cos45 490 45 9'8 2 346'5i 326'9k m/s

I el mòdul de la velocitat v 346'52326'92 476'4m/s

PROBLEMA 14

Despreciant en tot moment el fregament amb l’aire, el baló tindrà un moviment semblant al tir oblic, amb una velocitat inicial de v0 54Km/h15m/s

 Distància màxima

S’aconseguirà la màxima distància de llançament quan este s’efectue amb un angle de 45º





m

g v

xm 23

8 ' 9 15 max

2 2

0  

 Angle de llançament

Utilitzem la fórmula de l’abast

8 ' 9

2 15 20

2 2

2

0  sen 

g sen v

x_m   

871 ' 0 2 

sen → 2 arcsen0'871 →  30º17'

 Si l’altura màxima ( a mitat del recorregut) és menor de 3 m, el porter aconseguirà parar el baló





_

 



8 ' 9 2

' 17 º 30 15

2

2 2 2

2

0 sen

g sen v ym



2’92 m

Com és menor de 3 m el porter aconseguirà parar i NO es marcarà gol

 Per a marcar el gol es pot realitzar el llançament amb un tir elevat l’abast del qual és el mateix però la seua altura és major i el porter no aconseguirà detindre-ho

_E 90_R



30º17'



59º43'

90 



E







8 ' 9 2

' 43 º 59 15

2

2 2 2

2 0

 

 sen

g sen v

y_m 

3 6 ' 8 max  m

y → SI marcarà gol

PROBLEMA 15

És una composició de dos moviments perpendiculars entre si i ambdós uniformement accelerats: un el de la caiguda de la pilota cap al sòl amb l’acceleració de la gravetat i un altre el desplaçament lateral a causa del vent i amb una acceleració de 0’5 m/s2

.

MRUA 1        

 

 

   



 _



j a

j t v

j t r

8 ' 9

8 ' 9

2 8 ' 9 50

1 1

2 1

MRUA 2

      

  

i a

i t v

i t r

5 ' 0

5 ' 0

2 5 ' 0

1 1

2 1

Les equacions totals de la composició dels dos moviments són:

    

 

 

 

 

  

 

j i

a a a

j t i t v

v v

j t i

t r

r r

8 ' 9 5 ' 0

8 ' 9 5 ' 0

) 9 ' 4 50 ( 25 ' 0

2 1 1

2 1

2 2

2 1

 La trajectòria en forma paramètrica s’obté de les components del vector de posició

2 2

2 0 ' 25

0 ' 25

50 4 '9 50 4 '9 50 19 '6

0 ' 25 0

x

x t t sustituim en la equació de la y

x

y t y y x

z

   

 

 _{    }   _{  }

 _ _

    

La trajectòria en forma contínua és llavors y5019'6x, que correspon a una línia recta amb pendent negativa tal com està indicat en el dibuix

 Quan xoc la pilota contra el sòl la coordenada i serà zero. Utilitzem l’equació de la i en forma paramètrica

y504'9t2 → 0504'9t_m2 → 50 3' 2 4 '9

m

t     s

Prenem com a valor vàlid el positiu. Durant eixe temps la pilota recorrerà d’esquerra a dreta un espai que correspon al lloc on xoca contra el sòl xm. Utilitzem ara l’equació de la x en forma paramètrica

xm 0'25tm2 0'253'22 2'55m