Cinemática de una partícula

Problema III-1. La ecuación vectorial horaria de una partícula que se mueve en un plano, viene dada en el SIpor la expresión: r = (2t2– 1) i + (t3+1) j. Calcular:

1. El vector de posición inicial.

2. La distancia al observador (distancia al origen del sistema de referencia) a los 5 s de haber em-pezado a contar el tiempo.

3. Espacio recorrido por la partícula en el tercer segundo. Solución

Problema III-2. La ecuación vectorial horaria del movimiento de una partícula escrita en el SI es: r = (3 – 6t2_{– 3t}3_{) i + (5 + 4t}2_+2t3_{) j + (2 + 2t}2_+t3_{) k. Determinar la ecuación analítica de su} trayectoria y su ley horaria.

3) r.=4i+3 j r. =.= 16+9 = =

z

16+9 = 1 + = m 27 16 9 215 2 2 2 2 3 2 3 2 2 3 t t s t t ds dt s t t dt t | | ( )/ , 2) t=5s 5=49 +126 m d r= = 49 +126 =1352m 2 2 r i j , 1) t=0 r0= -i+jm P0( , )-1 1m

C

APÍTULO

III

CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA. MAGNITUDES

FUNDAMENTALES. MOVIMIENTO RECTILÍNEO

MECÁNICA

A) MAGNITUDES FUNDAMENTALES

Ecuación vectorial horaria (radio vector o vector de posición): r = x(t) i + y(t) j + z(t) k

Ecuaciones analíticas de la trayectoria y ley horaria:

Velocidad media y vector velocidad media:

Vector velocidad:

t: es el vector unitario tangente a la trayectoria y es una función del tiempo.

Vector aceleración: a r v=.. . a t= = i+a t j+a t k=d r = v

z z

v= a dt d dt d t dt x y z v v t t ( ) ( ) ( ) 22 ( ) 1 2 1 2 a=Dv Dt Vector aceleración media:

d t dt t t r v r r 1 2 1 2

z z

= ( ) v r r i j k r r r =d = = + + = = = dt v t v t v t s d d d ds x y z . _{( ) ( ) ( )} . | | t t v v t t =D = D D D v r f x y z f x y z s s t 1 2 0 0 ( , , ) ( , , ) ( ) = = = FORMULARIO

Vector desplazamiento. Vector velocidad media.

y pertenecen al mismo plano

(plano osculador).

fi a fi v

Solución

La ecuación analítica de la trayectoria es una recta cuyos parámetros directores son proporcionales a –3, 2, 1.

1er_MÉTODO:

Para t = 0 r0=3i + 5j + 2k, y como:

2º MÉTODO:

Problema III-3. La ecuación vectorial horaria del movimiento de una partícula que se mueve en un plano OXY, viene dada en el SI: r = = (2t + 1) i + 2 (2t + 1)3/2/3 j. Determinar la ecuación analítica [y = f(x)] y su ley horaria [s = s(t)] y representarlas.

Solución

La ecuación analítica de su trayectoria [escrita en forma implícita y = f (x)] la obtenemos:

La obtención de su ley horaria se puede hacer utilizando dos procedimientos: 1er_MÉTODO:

En nuestro caso: si t = 0 x0=1 m, obteniéndose:

En la que para t = 0 s0=0.

2º MÉTODO:

Problema III-4. La ley horaria de un punto móvil está dada en el SI por la expresión:

s = t2_{+t + 1. Calcular:}

1. Posición inicial del móvil.

2. Velocidad media en el intervalo comprendido entre tres y cinco segundos. Solución

el móvil comienza su movimiento a 1 m del origen de espacios (mojón cero si fuera una pista).

1) t=0 s0=1m =

z

+ = + -s t( ) t_{2 2} t ₁dt 4 2 (t )/ 3 1 1 0 3 2 SI v=dr r i= = + + j = = = + dt t v s dsdt t . _{2 2 2 1} . _{2 2 1} s t( )₌2 ( t₊ )/ _{- =} (t₊ )/ -3 2 2 2 2 4 2 3 1 1 3 2 3 2 SI (Gráfica 2ª ) = + =

L

+

NM

O

QP

= + - = +

z

s x x x dx x x x t x ( ) ₁ 2( )/ ( )/ 3 1 2 3 1 2 2 2 1 1 3 2 1 3 2 s t ds y dx y dy dx x s s x x ( ) =

z z

= + ¢ ¢= = 0 0 1 2 x t y t y x = + = + = 2 1 2 3 2 1 2 3 3 2 3 2 ( )/ / _{SI (Gráfica 1ª )} s=

z

t– 14 4t+3t dt2 = – 14 2t +t 0 2 3 ( ) ( ) SI v=dr= - + i+ + j+ + k =r = = – + = dt t t t t t t v s t t ds dt 3 4( 32) 2 4( 32) (4 32) | |. . 14 4( 32) s t( )=m 14 2( t2+t3) SI sustituyendo x = x (t), obtenemos: y x z x y dy dx z dz dx s x dx x = - - + = - - + ¢= = -¢= = -=

z

– = – -2 3 3 5 1 3 3 2 2 3 1 3 14 9 14 3 3 3 ( ) ( ) ( ) x t t y t t z t t x t t y t t z t t x y z = - -= + + = + + - = - + - = + - = + -- = -= -3 6 3 5 4 2 2 2 3 3 2 5 2 2 2 2 3 3 5 2 2 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 ( ) ( )

Problema III-3-1ª.– Trayectoria.

En esta ocasión no es conocida la ecuación de la trayectoria del móvil, sin embargo, obtenemos infor-mación del movimiento en estudio.

Problema III-5. Un automóvil ha ido de la ciudad A a la B distantes entre sí 180 km en 3 h, y sin pérdida de tiempo retorna en 3,5 h.

1. ¿Cuál es la «velocidad media» en el trayecto de ida? 2. ¿Cuál es la «velocidad media» en el trayecto de vuelta? 3. ¿Cuál es la «velocidad media» en el trayecto ida-vuelta?

Solución

Problema III-6. La ley horaria del movimiento de una partícula en trayectoria plana queda de-terminada en el SI: s(t) = t2+t + 1. Si el móvil respecto de un sistema de referencia OXY, a los 2 s de iniciado el movimiento se encuentra en el punto (3, 3) m y a los 4 s, en el (5, 7) m. Determinar: 1. La velocidad media en su desplazamiento sobre su trayectoria.

2. El vector velocidad media y su módulo.

Solución

La función s = s (t) para t = 0 s0=1 m, luego el origen de tiempo y espacio se encuentra a 1 m

(me-dido sobre la trayectoria) del punto O que hemos elegido como origen de referencia OXY.

Obsérvese que y no coinciden, tampoco lo hacen Ds y .

Problema III-7. Una partícula se mueve en el plano OXY; un observador colocado en O sabe que las ecuaciones paramétricas de la trayectoria escritas en el SIson: x = 2 + t, y = 2 + 3t + 2t2. 1. Determinar la forma explícita de la trayectoria.

2. La expresión del vector de posición y del vector velocidad de ella. 3. Las condiciones iniciales del movimiento.

4. Los valores del vector de posición y velocidad para t = 2 s. 5. Distancia de la partícula al observador en ese momento.

6. El vector desplazamiento y el vector velocidad media entre t = 2 s y t = 5 s. Solución

1) Despejando t en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda:

6) s m m s m/s < > = = -= = + = - = + = < > = + v r r r r i j r r r i j v i j D D D D D t t t t 5 2 5 5 2 5 7 67 3 51 3 17 5) r2 m 2 2 4 16 4 17 = + = 4) t =2s r( )2 =4i+16jm y v( )2 =i+11jm/s 3) t=0 r₀=2i+2jm y v₀= +i 3jm/s 2) r( ) (t t )i ( t t )j v( )t dr i ( )j SI dt t = +2 +2+3 +22 = = +3+4 t x= -2 y=2+3₍x-2₎+2₍x-2₎2 y=2x2-5x+4 _(parábola) | |Dr = 2 5 m | |v v 2) m m s m m/s m/s r i j r i j r i j v r i j v 1 2 3 3 5 7 2 2 4 2 5 = + = + = = + = = + = D D D D t t | | 1) s m s m s m m/s t s t s t t t s s s v s t 1 1 2 2 2 1 2 1 2 7 4 21 2 14 7 = = = = = - = = - = = = D D D D 1) v= = km /h 2) v= = km /h 3) v= · km /h + = 180 3 60 180 3 5 514 2 180 3 3 5 55 4 , , , , v s t =D = - = D 31 13 2 9m/s 2) t = 3 s s3=13 m t = 5 s s3=31 m

MAGNITUDES FUNDAMENTALES DE LA CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA

55

Problema III-6.– La partícula va de P a P¢recorriendo Ds sobre la trayecto-ria.

Problema III-8-2ª.– Trayectoria arbitraria que hemos supuesto para la partícula cuyo movimiento es: O fi P fi Q.

Problema III-8-1ª.– Ley horaria del movimiento de la partícula.

Problema III-9.

Problema III-8. Una partícula se mueve de tal forma que en cada instante el valor de su velocidad (módulo) queda determinada en el SIpor la función: v = 10 – 2t. Deter-minar:

1. Las velocidades inicial y en los instantes t = 2 s y t = 9 s.

2. La ley horaria de su movimiento (distancia al origen de espacios recorridos s = 0), si para t = 0 el punto se encuentra a 11 m del origen y hacer una representación grá-fica de esta ley.

3. Distancia al origen de espacios pata t = 2 s y t = 9 s, e indicar en qué instante cambia el sentido del movimiento.

4. Espacio recorrido por la partícula entre 2 y 9 s; tomando una trayectoria cualquiera en un sistema OXYZ, representar el sentido del movimiento sobre ella poniendo los puntos mencionados en los apartados anteriores.

5. Velocidad media de la partícula en el intervalo considerado. Solución

1) t = 0 v0=10 m/s t = 2 s v2=6 m/s t = 9 s v9=–8 m/s

El signo menos de v9indica que en el intervalo entre 2 y 9 s, la partícula ha

cambiado el sentido de su velocidad y, en un instante intermedio se hace nula; a partir de tal instante no coinciden la distancia al origen de espacios con el camino recorrido por la partícula sobre su trayectoria.

s (t) = 0 t = 11 s (la solución –1 no tiene sentido físico).

Para t = 5 s se encuentra el máximo en la gráfica de la ley horaria, siendo s5=36 m (Fig. 1ª). = - + - = sT |35 27| |20 27| 15m 4) sT =

z z

v dt + v dt =s -s +s -s 2 5 5 9 5 2 9 5 | | | | v=0 t=5s 3) t=2s s2=27m t=9s s9=20m = + -s t( ) 11 10t t2 _(parábola) 2) s s= ₀+

z z

tv dt= + t - t dt 0 0 11 (10 2)

5) Según la definición de velocidad media en ese intervalo, valdrá:

considerándola como el espacio total recorrido sobre la trayectoria en Dt = 7 s, diríamos: .

Problema III-9. Una partícula se mueve sobre una trayectoria plana, cuya ecuación expresada en el SIes: y = x2+1; para x = 1 m entonces v_y=3 m/s. Calcular el vector velocidad en ese momento.

Solución

Problema III-10. Si el radio vector que nos define la posición de una partícula viene dado por: r = (3t2_{– 5) i + e}t_{j + sen pt k. Calcular las expresiones del vector velocidad y del vector} acele-ración.

Solución

Problema III-11. El radio vector de un punto móvil queda determinado por las siguientes com-ponentes: x = 4 + 3t, y = t3_{+5, z = 2t + 4t}2_{, en las que x, y, z vienen expresadas en cm y el} tiempo en s. Determinar la velocidad y la aceleración del punto en el instante t = 1 s.

v=dr = i+ j+ k a= r = i+ j- k dt t e t d dt e t t t 6 6 2 2 2 pcosp p senp y x dy dx x dy dtdx dt v v v v x y x x y = 2+1 =2 = = = = = + 2 1 5 1 5 3 / / , m/s v , i jm/s v = 157/ m/s v s t s s = = -- = -- = -D D 9 2 9 2 20 27 9 2 1m/s

Solución

Problema III-12. El vector velocidad del movimiento de una partícula referido a un punto O (velocidad definida por un observador en O) viene dado en el SI por: v = (2t + 8) i + 6j + +(6t2– 8) k. El vector que nos define la posición inicial sobre la trayectoria es: r₀=4i + 3j – – 6k m. Determinar:

1. El vector velocidad inicial y su módulo. 2. El vector velocidad para t = 5 s.

3. La expresión del vector de posición en cualquier instante.

4. La distancia del móvil al origen O (distancia a que se encontraría el móvil, de un observador colocado en el origen de los vectores de posición) 1 s después de haber empezado a contar el tiempo.

Solución

Problema III-13. El vector aceleración de una partícula referido a un punto O (vector acelera-ción definido por un observador en O) viene dado por: a = 2 (18t2_{+1) i + 9j (SI). En el instante}

t = 0 la velocidad es nula y el vector de posición es: r0=4j + 6k m. Se trata de determinar el

vector velocidad y el vector de posición de la partícula en cualquier instante. Solución

Cálculo del vector velocidad:

Cálculo del vector de posición:

v dx dt t t x t t dt t t C t x C x t t v dy dt t y t dt t C t y C v dz dt z C t z C z t t t x y z = = + = = + = + + ¢ = = ¢= = + = = = = + ¢ = = ¢= = = = ¢ = = ¢= = = + + + +

z

z

2 6 0 2 6 3 0 0 0 3 9 9 4 5 0 4 4 0 0 6 6 6 3 4 5 4 6 3 3 4 2 1 0 1 4 2 2 2 0 2 3 0 3 4 2 2 ( ) ( ) , ( ) ( , ) m m m m m SI r i j k a dv dt t v t dt t t C t v C v t t a dv dt v dt v t C t v C v t a dv dt v C t v C v t t t x x x ox x y y y y oy y z z z oz z = = + = + = + + = = = = + = = = = + = = = = = = = = = = = = + +

z

z

2 18 1 2 18 1 12 2 0 0 0 12 2 9 9 9 0 0 0 9 0 0 0 0 0 2 6 9 2 2 3 1 1 3 2 2 3 3 3 ( ) ( ) ( ) m/s2 v i j 4) t=1s r=13i+9j-12km d r= = x2+y2+z2 = 169+81 144+ m-~20m r=(t2+₈t+₄)i+(₆t+₃)j+(₂t3-₈t-₆)k SI 3) m m m v dx dt x v dt t dt t t C t C x x t t v dy dt y v dt dt t C t C y y t v dz dt z v dt t dt t t C t C z z t t x x y y z z = = = + = + + = = = = + + = = = = + = = = = + = = = - = - + = = = - = -

-z

z

z z

z z

( ) ( ) 2 8 8 0 4 8 4 6 6 0 3 6 3 6 8 2 8 0 6 2 8 6 2 1 1 0 2 2 2 0 2 3 3 3 0 3 2) t =5s v=(2·5+8)i+6j+(6·25-8)k=18i+6j+142km/s 1) t=0 0=8 +6 -8 m/s v0= v0x+v y+vz = 64+36+64m/s-13m/s 2 0 2 0 2 v i j k ~ t =1s v=3i+3j+10kcm /s a=6j+8kcm/s2 r=(4+3t)i+(t3+5)j+(2t+4t2)k v r=.=3i+3t2j+(2+8t)k a v=.=6tj+8k

Problema III-15.– Trayectoria. La partícula se mueve O fi P fi Q.

B) MOVIMIENTOS RECTILÍNEOS. MAGNITUDES ANGULARES Ecuaciones generales de los movimientos en trayectoria recta:

Magnitudes angulares d t dt d t dt t t t t q w w a q q w w 1 2 1 2 1 2 1 2

z z

= ( )

z z

= ( ) q q= ( )t w w= ( )t =q. a a= ( )t =w q. =.. w w a qd = d dx v t dt dv a t dt x x t t v v t t 1 2 1 2 1 2 1 2

z z

= ( )

z z

= ( ) x x t= ( ) v v t= ( )=x. a a t= ( )=v r. ..= v dv a dx= FORMULARIO

Problema III-14. El vector aceleración de una partícula en movimiento viene expresado en el SI: a = 6ti – 2k, inicialmente la partícula se encuentra en P₀(1, 3, –2) m y transcurridos 3 s su velocidad es: v = 3i + 2j – 6k m/s. Calcúlese el vector velocidad y el vector de posición en cual-quier instante.

Solución

que comparada con la expresión dada:

t C x C y C z t t t t = ¢= = ¢= = ¢= = -= - + + + - + 0 1 3 2 24 1 2 3 2 1 0 2 0 3 0 3 2 m m m SI r ( )i ( )j ( )k r=

z z

vdt= (3t2-24)i+2j-2t dtk =(t3-24t C+ 1¢)i+(2t C+ 2¢)j+ -( t +C¢)k 2 3 27 3 24 2 6 6 0 3 24 2 2 1 1 2 3 3 2 + = = -= - + = - = = - + -C C C C C t t m/s m/s v ( )i j k SI t=3s v3=(2 7+C1)i+C2j+ -( 6+C3)k v=

z z

adt= (6ti-2k)dt=(3t2+C )i+C j+ -( 2t C+ )k 1 2 3 Movimiento rectilíneo. ® v0 x0 O x 0= t 0= _X

Para definir la magnitud angular q, que en este caso es positiva por ser su sentido el contrario a las agujas del reloj. TRAYECTORIA RECTA DE REFERENCIA O P2 P1 q q1q2

Problema III-15. La fórmula que da la posición de una partícula que se mueve en trayectoria recta, escrita en el SIes: x = 7t3– 2t2+3t + 1. Calcular:

1. Ecuación de la velocidad. 2. Ecuación de la aceleración.

3. Espacio recorrido por la partícula en el tercer segundo. Solución

Problema III-16. El movimiento de un punto material en línea recta viene dado por la ecuación escrita en el sistema CGS: x = e3 t– 5. Calcular:

3) s m s m m t x t x d x x = = = = = - = 2 55 3 181 126 2 3 3 2 2) a dv SI dt d x dt t = = = -2 2 42 4 1) v dx dt t t = =212-4 +3

1. Las expresiones de la velocidad y aceleración en función del tiempo y de la posición. 2. Valor de la aceleración inicial.

3. Valor de la velocidad inicial.

Solución

Problema III-17. El extremo A de una varilla de longitud l de la figura asciende por el eje OY con una velocidad constante v, siendo y = 0 en t = 0. El extremo B se mueve sobre el eje OX. Determinar las ecuaciones del movimiento del extremo B.

Solución La ecuación del movimiento de la partícula A es: y = vt, y como:

Problema III-18. La velocidad de una partícula que se mueve en trayectoria recta está dada por la ecuación v = 7/(1 + t2_{) SI. Calcular las expresiones de la posición y de la aceleración en función}

del tiempo sabiendo que en el instante inicial la partícula está en el origen. Solución

Problema III-19. La ecuación de la velocidad de una partícula que se mueve en trayectoria rec-ta, viene dada en el SIpor: v = 4t2– 6t + 2. Sabiendo que en el instante t = 0, x₀=3 m, calcular: 1. Ecuación de la posición en cualquier instante.

2. Ecuación de la aceleración. 3. La velocidad inicial del móvil.

4. Aceleración media entre los instantes t = 1 s y t = 2 s. Solución

Problema III-20. Una partícula que posee un movimiento rectilíneo recorre un espacio de

7,00 m antes de empezar a contar el tiempo, y cuando t = 2,00 s posee una velocidad de 4,00 m/s. Si la ecuación de su aceleración escrita en unidades del SIes: a = 3,00t2– 1,00. Calcu-lar:

1. Ecuación de la velocidad y posición.

2. La velocidad media de la partícula entre los instantes t = 2,00 s y t = 3,00 s.

3. Representar gráficamente x = x (t), v = v (t) y a = a (t) en el intervalo entre t = 0 y

t = 4,00 s, haciendo un esquema de la trayectoria de la partícula.

Solución t C C v v t t = = - + = = - = -2 4 8 2 0 2 00 2 3 s m/s SI , 1) a dv dt dv t dt v t dt v t t C = =(32-1) =

z

(32-1) = 3- + 4) s s m/s m/s2 t v t v a v v t = = = = = -= 1 0 2 6 6 1 2 2 1 D 3) t=0 v v= 0=2m/s 2) a dv dt t = =8 -6 x t t dt t t t C t C x x t _{t t} = - + = - + + = = = = - + +

z

(4 6 2) 4 3 3 2 0 3 4 3 3 2 3 2 3 2 0 3 2 m SI 1) v dx dt dx t t dt = =(42-6 +2) x v dt t dt t C t x C x t a dvdt t t = = + = + = = = = = = - +

z z

7 1 7 0 0 7 14 1 2 0 2 2 arctg arctg SI ( ) x t l v t u t x v t l v t a t u v l l v t ( ) ( ) ( ) ( )/ = - = = -= = -2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 . . 2) y 3) _{t=0 a =9}cm/s2 _{v =3}cm/s2 0 0 1) v dx CGS dt e t x a dvdt e t x = =3 3 =3( +5) = =9 3 =9( +5) MOVIMIENTO RECTILÍNEO

59

Problema III-17. Problema III-19.

Problema III-20-2ª.– Trayectoria: P0fi P1fi P2fi P0fi P3fi P4fi.

Problema III-20-1ª.

El espacio total recorrido en tal intervalo de tiempo será:

Problema III-21. Un movimiento rectilíneo es tal que su velocidad viene dada en función del desplazamiento por la ecuación v = 3x + 1. Hallar sus ecuaciones horarias sabiendo que para t = 0 el móvil el se encuentra en el origen.

Solución

Problema III-22. Una partícula parte del reposo en t = 0 y en trayectoria recta, su velocidad viene dada en el SIpor la ecuación: .

1. Demostrar que su aceleración es constante con el tiempo y calcular su valor.

2. Determinar su ley horaria [x = x(t)]. Solución

Problema III-23. El cuadrado de la velocidad de una partícula que se mueve en trayectoria recta de origen O, como indicamos en la figura, viene dado en el SIpor la expresión: v2=345 – 5x. Determinar:

1. El tiempo que tarda la partícula en ir de P a Q distantes entre sí 30 m. 2. Espacio recorrido por ella (Dx) un segundo antes de llegar a Q.

2) v x x dx SI dt dx x dt x t x t x t =.=2 =

z z

= = = 2 0 0 2 1) _{a dv} m/s2 c.q.d. dt dv dx dx dt x v = = = 2 = 2 2 v=2 x = - = = = = x e v dx dt e a dvdt e t t t 3 3 3 1 3 3 = = + = + = C 1 x t x et 3 1 0 1 3 3 1 3 1 3 ln ln ( ) v x dx dt dx x dt x t C t x = + = + = + = + = =

z z

3 1 3 1 1 3 3 1 0 0 ln ( ) Punto P0fi P1fi P2fi P0fi P3fi P4fi t (s) –0,00 1,52 02,00 02,33 03,00 04,00 x (m) –7,00 4,14 05,00 07,00 16,75 55,00 v (m/s) –2,00 0,00 04,08 08,32 22,00 58,00 a (m/s2_{) –1,00 5,93 11,00 15,29 26,00 47,00} 3) D D D x x x v x t = ₃- ₂=1175, m = =1175, m/s 2) s m s m t x t x = = = = 2 00 5 00 3 00 1675 2 3 , , , , = - - + x 1t t t 4 1 2 2 7 4 2 SI x t t t C t C x = - - + = = = 1 4 1 2 2 0 7 00 4 2 0 , m v dx dt dx t t dt x t t dt = =(3- -2) =

z

(3- -2)

Problema III-23.– La partícula pasa de P fi R fi Q.

Solución

1) La partícula llega al reposo cuando v = 0 x = 69 m (y se mantiene en él, puesto que 345 – 5x < 0 no tiene sentido físico y las velocidades en P (v1) y en Q (v2) serán positivas.

Llaman-do t1al tiempo empleado en el recorrido OP, t2en el OQ, Dt = t2– t1, x1=OP = 15 m y x2=OQ =

el signo + de la ecuación no tiene realidad física:

Problema III-24. La ecuación de la aceleración en función de la velocidad de una partícula en trayectoria recta es: ; sabiendo que el móvil parte del reposo en el origen, calcular las ecuaciones de este movimiento [x = x(t), v = v(t) y a = a(t)].

Solución

y como:

Problema III-25. En el proyecto de una pista de aterrizaje para grandes aviones a reacción se ha propuesto un estanque de agua de poca profundidad (aproximadamente 1 m). El avión en el momento de contactar con el agua se considera que tiene una velocidad de 180 km/h y debe re-ducirse a 27 km/h en una distancia de 300 m; durante su recorrido la resistencia que se opone al movimiento produce una deceleración que viene dada por: a = –kv2_{. Calcular:}

1. El valor de k (que depende del tamaño y forma del tren de aterrizaje que se sumerge en el es-tanque).

2. El tiempo transcurrido en tal recorrido.

Solución

v0=180 km/h = 50 m/s v = 27 km/h = 7,5 m/s x = 300 m

Problema III-26. La variación de la aceleración de la gravedad con la altura viene dada por la fórmula:

y cuando h = 0 entonces |g| = g0=9,8 m/s2. Teniendo en cuenta esta expresión, calcular la

ve-locidad inicial v0que habría que darle a un cuerpo (sin propulsión autónoma) para que lanzado

desde la superficie terrestre, ascienda una altura vertical de 4 000 km. (Radio terrestre

R0=6 000 km, y supondremos nula la resistencia del aire).

Solución

Las ecuaciones diferenciales que caracterizan este movimiento rectilíneo son:

cuando v = 0 entonces h = H = 4 000 km, luego:

0 2 1 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 = + + = - + = + - +

L

NM

O

QP

= -+ + GM R H C C GM R H v _GM R h R H GM H h R h R H ( )( ) v dh dt g dv dt dt dh v dv g v dv g dh v dv GM R h dh v GM R h C = = = = = = -+ = + +

z z

0 0 2 2 0 0 2 ( ) g GM R h = -+ 0 0 2 ( ) 2) a v kv dv s dt k dt dv v kt v v t v v kvv t v v =. - 2= -

z z

= = - = - = 0 2 0 0 0 0 1 1 18 1) _{v dv a dx v dv kv dx} dv m 1 v k dx v v kx k v v x v v x = = - 2

z z

= - = = = · - -0 0 0 3 0 6 324 10 ln ln / , v dx dt t dx t dt x t C t x C x t = = = = - + = = = = -sen3 sen3 1 3 3 0 0 1 3 1 3 1 3 2 2 cos ( cos ) = = - =

v sen3t a 3 1 sen23t 3_cos3t a dv dt v dv v dt v t C t v C v t = = -= = + = = = = 3 1 1 3 3 0 0 0 3 2 2 1 1 arcsen arcsen a=3 1-v2 = - - · - - = = - = 1 2 5

e

345 5 45 345 5x3

j

x3 328, m Dx x2 x3 12 2, m 2) Si: Dt=1s x =OR Dt= -2 - x - - x 5 345 5 345 5 3

e

2 3

j

v dx dt x t dt dx x x x t t t x x = = – - = = – -= - - - =

z z

345 5 345 5 2 5 345 5 345 5 2 2 1 2 1 2 2 1 D m

e

j

D , s

MOVIMIENTO RECTILÍNEO. MAGNITUDES ANGULARES

61

Problema III-27. La aceleración a de una partícula que se mueve en el eje X viene expresada en función de la posición por la fórmula: a = –w2_{x, cuando x = 0 entonces v = v}

0 y t = 0. E

n-contrar las expresiones de la velocidad v y de la posición x en función del tiempo. Solución

1er

MÉTODO:

separando variables podemos poner:

2º MÉTODO:

El problema se puede resolver también teniendo en cuenta que:

ecuación diferencial de segundo orden cuya solución general es:

x = A sen wt + B cos wt v = Aw cos wt – Bw sen wt

A este movimiento se le llama vibratorio armónico simple (MAS). Las condiciones iniciales nos

condu-cen a:

Problema III-28. Durante una fase del movimiento rectilíneo de un vehículo experimental, el re-gistro de su aceleración en función de su desplazamiento [a = a(x)] viene dado por la gráfica de la figura. La velocidad es de 12 km/h en x = 6 m y, el mecanismo del motor hace que la aceleración descienda bruscamente (punto de discontinuidad en la gráfica) en x = 15 m. Representar

v = v(x) en el intervalo considerado y calcular la velocidad en x = 21 m.

Solución

s: área de un cuadro = 3 · 0,6 = 1,8 m2_/s2

A1: área bajo la curva entre 6 y 15 m

•

7 s = 12,6 m2/s2

A2: área bajo la curva entre 15 y 21 m

•

3,4 s = 6,12 m2/s2

Llamando v15la velocidad en x = 15 m:

Problema III-29. Un punto móvil parte del reposo de un punto O, en trayectoria recta, acelera durante 10 s a 2 m/s2 _{y a continuación a 3 m/s}2 _{hasta alcanzar una velocidad de 50 m/s,} con-servándola hasta que decelera durante 12 s y se para en un punto P. El tiempo total empleado en el trayecto OP es de 60 s. Representar las curvas a = a(t), v = v(t) y x = x(t) y calcular la distan-cia OP sobre la trayectoria.

1 2 1 2 6 6 12 7 21 2 15 2 2 21 2 2 21 (v -v )=A (v - )= , v ~- m/s 1 2 1 2 100 9 126 6 0 15 2 6 2 1 15 2 15 (v -v )=A

FHG

v -

IKJ

= , v ~- , m/s v6 12 x 10 3 6 = km /h= m = s en m v dv a dx dv v v A a a x_{v v} v v = = - =

F

=

HG

I

KJ

z

0 1 2 2 0 2 0

( ) Área encerrada bajo la curva_{en el intervalo de a} ( )

t x B v v A A v x v t v v t = = = = = = = = 0 0 0 0 0 0 w w w senw cosw a d x dt x d x dt x = = - + = 2 2 2 2 2 2 0 w w = = = x v t v dx dt v t 0 0 w senw cosw dx v x dt x v t C t x C 0 2 2 2 0 2 2 1 0 0 0 -= = + = = = w w w arcsen = - = v v x dx dt 0 2 2 2 w v dv a dx v dv x dx v x C t x v v C v = = - = - + = = = =

z z

w2 w 2 2 2 1 0 1 0 2 2 2 0 0 2 h v v g GM R v g R H R H = = = = + = · · · · · + -0 2 2 9 8 6 10 4 10 6 4 10 6 858 0 0 0 0 2 0 0 0 0 6 6 6 , ( ) ~ m/s Problema III-28. Problema III-28-1ª. Problema III-27. Problema III-29.

Solución

Curva a = a (t): al ser la aceleración constante o nula, la a = a (t) estará formada por líneas horizontales. Como la variación de velocidad en un intervalo de tiempo es igual al área bajo la curva a = a (t) y dicho intervalo: a la vista de la figura (a), obtenemos v10, t2y a4; en efecto:

0 < t < 10 s la velocidad pasa de 0 a v10: v10– v = 10 · 2 v10=20 m/s 10 s < t < t2 la velocidad aumenta de 20 a 50 m/s: 50 – 20 = (t2– 10) 3 t2=20 s 20 < t < 48 la aceleración es nula

48 < t < 60 la velocidad disminuye de 50 m/s a 0: 0 – 50 = a4(60 – 48) a4=–25/6 m/s2 Curva v = v (t): al ser la aceleración constante o nula, estará formada por segmentos rectilíneos que unirán los puntos que hemos calculado. El desplazamiento en un intervalo de tiempo Dt será igual al área encerrada bajo la curva v = v (t) en dicho intervalo. Por lo que podemos calcular x10, x20, x48y OP =

=x₆₀, en efecto:

0 < t < 10 s El desplazamiento es el área del triángulo:

10 s < t < 20 s El desplazamietno será el área del trapecio:

20 s < t < 48 s El desplazamiento será el área del rectángulo: 48 s < t < 60 s El desplazamiento es el área del triángulo:

Curva x = x (t): los puntos que hemos determinado deben unirse con tres arcos de parábola (tramos de aceleración constante) y una línea recta (tramo de aceleración nula). Para el trazado de las parábolas se tendrá en cuenta que para cualquiera que sea el instante considerado t, la pendiente de la curva x = x (t), es igual a la velocidad en ese instante (v = dx/dt).

Problema III-30. El movimiento de una partícula en trayectoria recta es tal que para t = 0 es

x = 0 y la ecuación de su velocidad viene dada en el SIpor la ecuación: v = t2– 2t.

1. Representar gráficamente las funciones v (t), x(t) y a(t) en el intervalo de tiempo compren-dido entre t1=1 s y t2=3 s.

2. Calcular el espacio total recorrido por la partícula en ese intervalo de tiempo. 3. Describir el movimiento de la partícula.

Solución

La gráfica de v (t) es una parábola de vértice (1, –1) m y para v = 0 t = 0 y t = 2 s, esta última solución perteneciente al intervalo [1, 3] s.

2) El espacio total recorrido vendrá dado por el área encerrada entre la curva v = v (t) y el eje del tiem-po (sombreada en la Fig. 1ª), es decir:

3) La partícula (ver Fig. 2ª) para t = 1 s se encuentra a –2/3 m del origen y alejándose de él, disminu-yendo su velocidad con aceleración positiva y en aumento, hasta que a los 2 s se encuentra –4/3 m del origen donde se para (v = 0), y su aceleración se hace 2 m/s2_{. A partir de t = 2 s la partícula}

retro-cede, se acerca al origen con velocidad positiva y aceleración también positiva y creciente; en t = 3 s se encuentra en el origen con velocidad y aceleración crecientes y con valores v = 3 m/s y a = 4 m/s2_... s= v t dt + v t dt=

L

t -t t t

NM

O

QP

+

L

-NM

O

QP

= - + =

z z

( ) ( ) 1 2 2 3 3 2 1 2 3 2 2 3 1 3 1 3 2 3 4 3 2m 1) v t x t t dx t t dt x t t t a t v t SI x t ( )=.= 2-

z z

= ( - ) ( )= - ( )= = -0 2 0 3 2 2 2 1 3 2 2 x60 1 850 x60 OP 1 2 60 48 50 2 150 - = ( - ) = m= x4 8-4 5 0=(4 8-2 0 5 0) x4 8=1 8 5 0m x20 100 x20 1 2 20 50 20 10 450 - = ( + )( - ) = m x10 0 x10 1 210 20 100 - = · = m

MOVIMIENTO RECTILÍNEO. MAGNITUDES ANGULARES

63

Problema III-30-1ª.

Problema III-31. Un mecanismo de freno consiste esencialmente en un pistón que puede des-plazarse en un cilindro fijo lleno de aceite. Cuando el pistón retrocede con una velocidad inicial v0,

el aceite es forzado a pasar a través de orificios que tiene el pistón, originando en el mismo una deceleración proporcional a su velocidad, es decir: a = –kv. Expresar v(t), x(t) y v(x), dibujan-do las curvas correspondientes.

Solución

Problema III-32. Se dispara un cohete verticalmente, su vuelo se sigue por radar desde un pun-to O que dista d del punpun-to de lanzamienpun-to P como se indica en la figura. Determinar la velocidad y aceleración del cohete en función de r y q y sus derivadas respecto al tiempo y .

Solución

Problema III-33. La velocidad de rotación de un faro luminoso es constante e igual a w y está situado a una distancia d de una playa completamente recta. Calcular la velocidad y ace-leración con que se desplaza el punto luminoso sobre la playa cuando el ángulo que forman d y el rayo es q.

Solución

Problema III-34. Queremos filmar un coche que viaja a velocidad v constante por una carretera recta desde un punto que dista d de ella. Calcular la velocidad angular y la aceleración angular de giro con que debemos mover la cámara para un ángulo cualquiera q.

Solución

En este caso debemos obtener y ; partimos de la misma ecuación que en el problema anterior, es de-cir (Fig. III-34):

Derivando respecto del tiempo obtenemos la aceleración angular:

a w=.= -2 q q q= - q 2q 2 2 2 v d v d

? cos sen cos sen

x d v x d d v d = tg q = = = = qq qw w q . cos cos cos 2 2 2 ? .w ?q v dx dt dx d d dt x d d dt v wd a dv dt dv d d dt d sen = = = = = = = = q q q q w q q q w q q tg cos2 cos 2 3 2 a a= y=(..r r- ) +( r +r ) cos . . q2 _senq ₂q? q?? q a axy vy r r r r r = = = + + + -0 2 . .._senq ._q?_cosq ._q?_cosq ??_{qcosq q}? _senq

v v= y=r. sen q q+r? cosq x d v y r vxy y r r = = = = = + 0

senq . .senq q? cosq

. q .r x t v k e v x v kx kt ( )= 0( - - ) ( )= -0 1 v e dx dt v e dt dx v k e x C t x C v k kt kt kt 0 0 0 2 2 0 0 0 - ₌ - _{= -} - _{= +} = = =

-z -z

t v v C v v t v e kt = = = = -0 0 1 ln 0 ( ) 0 a kv dv dt dv v k dt v kt C = - =

z

=

z

- ln = - + ₁ Problema III-31-1ª. Problema III-31-2ª. Problema III-31-3ª. Problema III-32. Problema III-33 y 34.

MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y UNIFORME

65

C) MOVIMIENTOS RECTILÍNEOS Y UNIFORMES

Movimiento rectilíneo y uniforme: a = 0 v = cte x = x0+vt

x x= 0+v t0 + at

2 1 2 Movimiento rectilíneo y uniformemente acelerado: a = cte v = v0+at

FORMULARIO

Problema III-35. Sabiendo que la estrella a-Centauro (la más próxima a nosotros después del Sol) se encuentra de la Tierra a 4,04 · 1013_{km, calcular el tiempo que tarda la luz de a-Centauro} en llegar a la Tierra.

Solución

Sabemos que la luz viaja en el vacío a la velocidad constante de c = 3 · 108_{m/s, luego:}

razón por la que se dice que la estrella a-Centauro se encuentra a 4,27 años luz (el año luz será por tanto una unidad de distancia).

Problema III-36. La distancia mínima a que debe estar un muro para que se produzca eco al emitir enfrente de él una sílaba, es de 17 m; el mínimo tiempo para que se perciban dos sílabas distintamente es 0,1 s (poder separador del oído medio). Calcular con estos datos la velocidad de propagación del sonido en el aire, teniendo en cuenta que el sonido va y vuelve en el trayecto de 17 m. ¿Cuál es el valor de una velocidad «supersónica» en km/h?

Solución

El sonido recorre: 2 · 17 = 34 m en 0,1 s. La velocidad es:

Problema III-37. Entre dos observadores hay una distancia de 1 050 m; uno de ellos dispara un arma de fuego y el otro cuenta el tiempo que transcurre desde que ve el fogonazo hasta que oye el sonido, obteniendo un valor de 3,0 s. Despreciando el tiempo empleado por la luz en hacer tal re-corrido, calcular la velocidad de propagación del sonido.

Solución

Problema III-38. Teniendo en cuenta los resultados obtenidos en los dos problemas anteriores, calcular:

1. La componente de la velocidad del viento en la dirección de los observadores en la experien-cia del problema.

2. ¿Qué tiempo tardaría el sonido en recorrer los 1 050 m si los observadores del anterior proble-ma invirtieran sus posiciones?

Solución

1) La componente de la velocidad del viento es la diferencia de los resultados de los dos problemas an-teriores:

2) Haciendo la observación inversamente, el sonido se propagará en contra del viento, con una velo-cidad: c t x c =340-10=330 = =1 050= 330 3 2 m/s , s 350-340=10m /s c x t = =1 050= 3 350m/s La velocidad es:

La velocidad supersónica es mayor que1 224km/h c x t c = =34= = · = 0 1 340 340 340 3 600 1000 1 224 , m/s = m/s km/h km/h x ct t x c = = = · · = · = 4 04 10 3 10 13467 10 4 27 16 8 8 , _{, s , a} Problema III-37.

Problema III-39. Nos encontramos en una batalla naval, en un buque situado entre el enemigo y los acantilados de la costa. A los 3 s de ver el fogonazo oímos el disparo del cañón, y a los 11 s del fogonazo percibimos el eco. Calcular la distancia a que están de nosotros el enemigo y la cos-ta. Velocidad del sonido, 340 m/s.

Solución

Despreciando el tiempo empleado por la luz en su recorrido, la distancia a que se encuentra el enemigo es:

El sonido emplea para ir y volver a la costa, desde nuestra posición, un tiempo que es:

Problema III-40. Un ciclista marcha por una región donde hay muchas subidas y bajadas. En las cuestas arriba lleva una velocidad constante de 5 km/h y en las cuestas abajo de 20 km/h. Calcular:

1. ¿Cuál es su velocidad media si las subidas y bajadas tienen la misma longitud?

2. ¿Cuál es su velocidad media si emplea el mismo tiempo en las subidas que en las bajadas? 3. ¿Cuál es su velocidad media si emplea doble tiempo en las subidas que en las bajadas?

Solución

(Obsérvese que la velocidad media es la media aritmética de las velocidades uniformes únicamente en el caso en que el tiempo que duran los distintos recorridos es el mismo).

Problema III-41. Dos móviles marchan en sentidos contrarios, dirigiéndose el uno al encuentro del otro con las velocidades de 4 y 5 cm/s respectivamente. Sabiendo que el encuentro tiene lugar a 1,52 m, de la posición de partida del primero, determinar la distancia entre los móviles al co-menzar el movimiento y el tiempo transcurrido hasta que se encontraron.

Solución

Problema III-42. Un acorazado se aleja de la costa, en la que hay un alto acantilado. A 680 m de la costa dispara un cañonazo; el eco es percibido 4,1 s después. Calcular la velocidad del aco-razado. (Se supone para el sonido la velocidad de 340 m/s).

Solución Llamamos c a la velocidad del sonido:

Problema III-43. Un móvil parte de un punto con una velocidad de 110 cm/s y recorre una tra-yectoria rectilínea con aceleración de –10 cm/s2_{. Calcular el tiempo que tardará en pasar por un} punto que dista 105 cm del punto de partida. (Interpretar físicamente las dos soluciones que se ob-tienen).

Solución La ecuación del movimiento haciendo x0=0, es:

x v t at t t t t t t = + = - - + = = = 0 2 2 2 1 2 1 2 105 110 1 210 22 21 0 21 1 s s 2 2 2 340 4 1 2 680 4 1 8 3 1 2 2 1 1 x x ct x v t x vt ct v ct x t + = = + = = -= · , - · = , , m /s

La distancia entre los móviles al comenzar el movimiento será: x=x1+x2=3 42, m x v t x v t x x v v x x t x v x v 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 152 4 5 190 152 4 38 = = = = = = = = = , _{, m s} 3) v v t v t km/h t v v = 12 + 2 = 1+ 2= · + = 3 2 3 2 5 20 3 10 2) v v t v t km/h t v v = 1 + 2 = 1+ 2= 2 2 125, 1) total km/h total subidas baja total v s t x x t x x v x v v v v v = = + = + = + = 2 2 8 1 2 1 2 1 2 t=11-3=8s 2x¢=340·8 x¢=1 360m x =340·3=1 020m Problema III-39. Problema III-42. Problema III-41.

t2 representa el tiempo que tarda el móvil en recorrer los 105 primeros cm.

t1 representa el tiempo que tarda el móvil en pararse por su movimiento retardado y retrocediendo luego

con movimiento acelerado llegar de nuevo al punto que dista del origen 105 cm.

Problema III-44. Hallar las fórmulas de un movimiento uniformemente variado sabiendo que la aceleración es 8 cm/s2_{, que la velocidad se anula para t = 3 s, y que pasa por el origen (x = 0) en}

t = 11 s.

Solución

Problema III-45. La velocidad de un punto que se mueve en trayectoria recta queda expresada en el SIpor la ecuación: v = 40 – 8t. Para t = 2 s el punto dista del origen 80 m. Determinar: 1. La expresión general de la distancia al origen.

2. El espacio inicial. 3. La aceleración.

4. ¿En qué instante tiene el móvil velocidad nula? 5. ¿Cuánto dista del origen en tal instante?

6. Distancia al origen y espacio recorrido sobre la trayectoria a partir de t = 0, cuando t = 7 s,

t = 10 s, y t = 15 s.

Solución

Cálculo de caminos sobre la trayectoria a partir de t = 0: El móvil cambia el sentido de su velocidad para t = 5 s.

El recorrido en los 5 primeros segundos es: C = x – x0=40t – 4t2=100 m

A ellos hay que sumar el recorrido en los segundos restantes que se obtienen de la integral de la ecuación general de la velocidad, en valor absoluto, entre los límites t = 5 s y t = instante final.

Problema III-46. Trazar la curva de la posición y la de la velocidad en función del tiempo en el movimiento dado por la fórmula x = 4,00 – 26,00t + 4,00t2 _{(SI) y determinar los instantes para}

los cuales la velocidad y el espacio tienen el mismo valor numérico. Solución

La curva: x = x (t), es una parábola. Cálculo del máximo o mínimo:

Cálculo de cortes con los ejes:

La parábola corta el eje de las posiciones en: x = 4,00 m, para t = 0.

d x dt 2 2 =8 00, >0 el punto ( , ,3 25-38 25, ) es el mínimo. dx dt = -26+8t=0 t=3 25, s xm= -38 25, m v dx dt t = = -26+8 C15 t dt 5 15 100 40 8 500 = +

z

( - ) = m C7 t dt C t dt 5 7 10 5 10 100 40 8 116 100 40 8 200 = +

z

( - ) = m = +

z

( - ) = m 6) m m m x x x 7 2 10 2 15 2 16 40 7 4 7 100 16 40 10 4 10 16 16 40 15 4 15 284 = + · - · = = + · - · = = + · - · = -5) x5 m 2 16 40 5 4 5 116 = + · - · = 4) 0=40-8t t=5s 3) _{a dv} m/s2 dt = = - 8 2) 80=x₀+80-16 x₀=16m 1) x=

z z

v dt= (40-8t dt) =40t-4t2+C x x= 0+40t-4t 2 0 8 3 24 0 24 11 1 28 121 220 220 24 4 24 8 0 0 0 0 2 = + · = -= - · + · = -= - - + = - + v v x x x t t v t cm/s cm CGS

MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y UNIFORMEMENTE ACELERADO

67

Problema III-45-2ª.– En la gráfica de la velocidad frente al tiempo, el área limitada por el eje de abcisas y la gráfica entre dos instantes, coincide numéricamente con el camino reco-rrido por el móvil entre esos dos ins-tantes.

Problema III-45-1ª.– Representación gráfica de la distancia al origen en función del tiempo.

La parábola corta al eje de los tiempos en las soluciones de la ecuación: 0 = 4 – 26t + 4t2 _t

1=0,26 s t2=6,34 s

La función: v = v (t), es una recta que corta al eje de tiempos en la solución de la ecuación: 0 = –26,00 + 8,00t t = 3,25 s

corta al eje de las velocidades en: v = –26,00 m/s Los gráficos son los de la figura.

La velocidad y el espacio tendrán el mismo valor cuando:

Problema III-47. Un automóvil arranca de un punto con movimiento uniformemente acelerado, alcanzando a los 5 s la velocidad de 108 km/h desde cuyo momento la conserva, hasta que a los

2 minutos de alcanzarla, frena hasta pararse al producirle los frenos una deceleración de 10 m/s2_. 1. Calcular el tiempo transcurrido y el espacio recorrido desde que arranca hasta que se para. 2. Hacer una representación gráfica de x = x(t), v = v(t) y a = a(t).

Solución 1) v = 108 km/h = 30 m/s t1=5 s t2=2 · 60 s = 120 s a3=–10 m/s2 0 30 10 3 128 2 8 3 3 3 1 2 3 =v a t+ t = = s t t= +t +t = s= min s 4 00 2600 4 00 2600 8 00 4 00 3400 3000 0 100 7 50 2 2 , , , , , , , , , , - t+ t = - + t t - t+ = t= s s

Problema III-47.– (Las cotas en los ejes no se han representado a escala).

Problema III-48. x a t v a t x vt x vt v v ax v a x x v a x x x x 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 0 2 2 3 3 3 2 3 2 1 2 3 1 2 1 2 1 230 5 75 30 120 3 600 2 0 2 2 30 2 10 45 3720 = = = = · = = = · = = + = + = - = · = = + + = m m m m

Problema III-48. El gráfico de la figura nos representa el movimiento realizado por un móvil en trayectoria recta. Interpretar y clasificar su movimiento.

Solución

TRAMOAB.— Su ecuación es: x = 10 + 10t

el espacio inicial (para t = 0) vale x0=10 m

TRAMOBC.— Su ecuación es: x = 30 m

El móvil está parado en el intervalo de tiempo de 2 a 3 s.

El móvil comienza este movimiento a los 3 s de partir y dista del origen de espacios 30 m. TRAMODE.— Su ecuación es: x = 50 – 25t

v dx dt

= = - 25m/s

El movimiento es uniforme de velocidad:

v dx dt

= =20

3 m/s

El movimiento es uniforme de velocidad:

x=10+20t 3

TRAMOCD.— Su ecuación es:

v dx dt

= = 10m/s

El movimiento es uniforme de velocidad:

2) En el primer intervalo: m/s En el segundo intervalo: m/s En el tercer intervalo: m/s 2 2 a t cte v t t x t t a t cte v t cte x t t a t cte v t t x t t t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = = = = = = = = = -= -= -6 6 3 0 30 3 10 30 10 30 5 2 2

el signo menos indica que se mueve en sentido opuesto al llevado en los tramos anteriores, y en el ins-tante t = 8 s se encuentra en el origen de los espacios.

El móvil comienza a los 6 s de partir y dista del origen de posiciones 50 m.

Problema III-49. El gráfico de la figura nos representa la velocidad de un móvil en trayectoria recta, en el que para t = 0, x0=0. Determinar las ecuaciones de la posición y de la aceleración

interpretando el movimiento que tiene en cada caso. Solución TRAMOOA.— Su ecuación es: v = 10t

TRAMOAB.— Su ecuación es: v = 10 m/s

luego el movimiento es uniforme (a = 0) desde el primero al tercer segundo; la ecuación de la posición la calcularemos:

para calcular C2 tendremos en cuenta que en el segundo anterior (Tramo OA) el móvil recorrió una

distancia:

t = 1 s xOA=5t2=5 m

TRAMOBC.— Su ecuación es: v = –35 + 15t

téngase en cuenta que el móvil comienza este movimiento cuando t = 3 s y su velocidad es v = 10 m/s en ese instante. La ecuación de la posición será:

para calcular C3, tendremos en cuenta que la distancia recorrida hasta el tercer segundo se obtendrá

sustituyendo en la ecuación de la posición del tramo AB, t = 3 s.

téngase en cuenta que el móvil comienza a moverse cuando t = 3 s, entonces la distancia que ha re-corrido antes es de 25 m.

TRAMOCD.— Su ecuación es: v = 25 m/s

luego el movimiento es uniforme (a = 0) desde el cuarto al quinto segundo; la ecuación de la posición la calcularemos:

para calcular C4, tendremos en cuenta que la distancia recorrida hasta el cuarto segundo se obtendrá

sustituyendo en la ecuación de la posición del tramo BC, t = 4 s:

si sustituimos en la ecuación de la distancia del tramo CD, t por 5 s, obtendremos:

El movimiento es uniformemente decelerado y transcurridos 8 s el móvil llega al reposo; su decelera-ción es: xOD= -57 5+25·5=67 5 67 5= - +C C = - x= - + t- t 200 3 5 25 6 25 485 3 485 3 200 3 25 6 5 5 2 , , m , m x=

z

v dt=200t- t +C 3 25 6 2 5

la ecuación de la posición será:

v=200- t 3

25 3

TRAMODE.— Su ecuación es:

xOC=625, -35·4+7 5, ·42=425, m 425, =25·4+C4 C4= -57 5, m x= -57 5, +25t x=

z z

v dt= 25dt=25t C+ ₄

a dv dt

= = 15m/s2

El movimiento es uniformemente acelerado de aceleración:

xOB= -5+10·3=25 25= -35·3+7 5·9+C3 C3=62 5 x=62 5-35t+7 5t 2 m , , m , , x=

z z

v dt= (-35+15t dt) = -35t+15t +C 2 2 3 t=1s 5=10·1+C₂ C₂= -5m x= -5+10t luego: x=

z z

v dt= 10dt=10t C+ ₂ a dv dt = = 10m/s2

El movimiento es uniformemente acelerado de aceleración:

x= 5t2

y como para t = 0, x = 0 C1=0

x=

z z

v dt= 10t dt=5t2+C1

la ecuación del espacio:

MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y UNIFORMEMENTE ACELERADO

69

y dista del punto de partida: t = 8 s x = 105 m

Problema III-50. Dos puntos materiales A y B se mueven con movimiento uniformemente ace-lerado partiendo del reposo; la aceleración de B es doble que la de A y el tiempo que emplea A en su trayectoria es triple que el de B. ¿Qué camino recorre B, con respecto al recorrido por A?

Solución

Problema III-51. Un automóvil que está parado, arranca con una aceleración de 1,5 m/s2_{. En} el mismo momento es adelantado por un camión que lleva una velocidad constante de 15 m/s. Calcular:

1. Distancia contada desde el punto de cruce en la que alcanza el automóvil al camión. 2. Velocidad del automóvil en ese momento.

Solución

Problema III-52. Un automóvil y un camión parten en el mismo momento, incialmente el coche se encuentra a una cierta distancia del camión; si el coche tiene una aceleración de 3 m/s2_{y el} ca-mión de 2 m/s2_{y el coche alcanza al camión cuando este último ha recorrido 60 m. Calcular:} 1. Distancia inicial entre ambos.

2. Velocidad de cada uno en el momento del encuentro. Solución

Problema III-53. Dos cuerpos A y B situados a 2 km de distancia salen simultáneamente en la misma dirección y sentido, ambos con movimiento uniformemente acelerado, siendo la acelera-ción del más lento, el B, de 0,32 cm/s2_{. Deben encontrarse a 3,025 km de distancia del punto de} partida del cuerpo B. Calcular el tiempo que invertirán en ello y cuál será la aceleración de A, así como las velocidades de los dos en el momento de encontrarse.

Solución

Problema III-54. Desde la cornisa de un edificio de 60 m de alto se lanza verticalmente hacia abajo un proyectil con una velocidad de 10 m/s (tomar g = 9,8 m/s2_{) . Calcular:}

1. Velocidad con que llega al suelo. 2. Tiempo que tarda el llegar al suelo.

3. Velocidad cuando se encuentra en la mitad de su recorrido. 4. Tiempo que tarda en alcanzar la velocidad del apartado 3).

vA=a tA -~728cm /s~-7 28, m/s vB=a tB =400cm /s=4 4, m/s x a t a x t A=502500 = A A= A = 1 2 2 0 53 2 2 cm _, cm/s2 xB=302500 = t t= 1 20 32 1375 2 cm , s 2) vA=a tA =6 15m/s vC=a tC =4 15m/s = = · = = - = xA a tA d xA xC 1 2 1 23 60 90 30 2 _{m m} 1) x a t t x s a C C C C =1 = = · = 2 2 2 60 2 2 15 2 1) s 2) m m/s x at vt t t v a x v at = = = = = = = · = = = · = 1 2 0 2 30 15 20 15 20 300 15 20 30 2 , , x at x a t x x B A B A = = = 1 2 1 2 29 2 9 2 2 a dv dt = = -25 3 m/s 2 Problema III-53.

Solución

Tomamos como origen de coordenadas el punto de lanzamiento y como sentido positivo el del eje vertical descendente. Las ecuaciones de este movimiento serán:

Problema III-55. Desde el balcón situado a 14,1 m sobre el suelo de una calle, lanzamos un cuerpo verticalmente hacia arriba con una velocidad de 10 m/s. Calcular el tiempo que tardará en llegar al suelo (g = 9,8 m/s2_).

Solución

Tomando como origen de coordenadas el punto de lanzamiento y como sentido positivo el del eje vertical ascendente, nuestros datos son:

v0=10 m/s h = –14,1 m g = –9,8 m/s2

Ecuación de segundo grado en t, que resuelta nos da para valores del tiempo: t1=3 s y t2=–0,96 s.

El tiempo pedido es 3 s; el tiempo invertido por el cuerpo en subir hasta la cúspide del trayecto y caer des-de ella hasta al calle.

El tiempo negativo –0,96 s (anterior al origen de tiempos) hubiese sido el empleado por el cuerpo lanzado desde el suelo, en subir hasta el origen (O) y pasar por él a la velocidad de 10 m/s hacia arriba (no tiene sentido físico).

Problema III-56. Desde lo alto de una torre de 100 m de alta se lanza verticalmente hacia arri-ba una piedra con la velocidad de 15 m/s. La piedra llega a una determinada altura y comienza a caer por la parte exterior de la torre. Tomando como origen de ordenadas el punto de lanzamien-to, calcular la posición y la velocidad de la piedra al cabo de 1 y 4 s después de su salida. ¿Cuál es la altura alcanzada por la piedra y qué tiempo tarda en alcanzarla? Asimismo calcular la velocidad cuando se encuentra a 8 m por encima del punto de partida y cuando cayendo pasa por el punto de partida. ¿Cuánto tiempo transcurre desde que se lanzó hasta que vuelve a pasar por dicho pun-to? ¿Cuánto tiempo tarda en llegar al suelo y qué velocidad lleva en ese momenpun-to? (g = 10 m/s2_).

Solución

Tomamos como sentido positivo el del eje vertical ascendente. Las ecuaciones de este movimiento serán:

Problema III-57. Una piedra que cae libremente pasa a las 10h_{frente a un observador situado a}

300 m sobre el suelo, y a las 10h₂s _{frente a un observador situado a 200 m sobre el suelo} (g = 10 m/s2_{). Se pide calcular:}

1. La altura desde la que cae. 2. En qué momento llegará al suelo. 3. La velocidad con que llegará al suelo.

h t t t_t v v h t t t_t v v h t t t v = = - = = = - · = = - · = -= = - = = = - · = = - · = = -- = - -= - · = -8 8 15 1 210 07 2 3 15 10 07 8 15 10 2 3 8 0 0 15 1 210 0 3 15 0 10 15 15 3 10 15 100 100 15 1 210 6 2 15 10 6 2 47 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 m s s m/s m/s s s m/s m/s m s m/s , , , , , , ~ t v h t v h v t t h = = - · = = · - · = = = - · = -= · - · = -= = = = = 1 15 10 1 5 15 1 1 210 1 10 4 15 10 5 25 15 4 1 210 16 20 0 15 10 3 2 1 210 9 4 45 4 2 s m/s (subiendo) m s m/s (bajando) m s m v v gt _v h v t gt g = + ₌ = + = -0 0 0 2 15 1 2 10 m/s m/s2

Sustituyendo en la ecuación general: h v t= 0 + gt - = t- t

2 2 1 2 141 10 1 29 8 , , 3) y 4) m s m/s ¢= ¢= + ¢ _¢= = ¢+ ¢ ¢= h v t _t t t v 30 10 9 8 ₁₇ 30 10 1 29 8 26 2 2 , _, , , 1) y 2) m s m/s h v t _t t t v = = + ₌ = + = 60 10 9 8 _{2 6} 60 10 1 29 8 357 2 , _, , , v v gt _v s v t gt g = + ₌ = + = 0 ₀ 0 2 10 1 2 9 8 m/s m/s2 ,

MOVIMIENTO DE CAÍDA DE LOS CUERPOS SOBRE LA TIERRA

71

Problema III-54.

Solución

2) Llamando t2al tiempo que tarda en recorrer h1:

Problema III-58. Determinar la profundidad de un pozo si el sonido producido por una piedra que se suelta en su brocal, al chocar con el fondo, se oye 2 s después de ser soltada. (Velocidad del sonido: 340 m/s; g = 9,8 m/s2_).

Solución

t1: tiempo de bajada de la piedra. t2: tiempo de subida del sonido. h: profundidad del pozo.

Problema III-59. Se deja caer una piedra desde un globo que asciende con una velocidad de

3 m/s; si llega al suelo a los 3 s, tomando g = 10 m/s2_{, calcular:} 1. Altura a que se encontraba el globo cuando se soltó la piedra. 2. Distancia globo-piedra a los 2 s del lanzamiento.

Solución

Tomaremos el origen de coordenadas en el punto en que se suelta la piedra. Magnitudes positivas son las que tienen dirección hacia arriba.

2) t¢= 2 s. h1: distancia del globo al origen en t¢. h2: distancia de la piedra al origen en t¢.

Problema III-60. Dos proyectiles se lanzan verticalmente de abajo hacia arriba, el primero con una velocidad inicial de 50 m/s y el segundo con la velocidad inicial de 30 m/s. ¿Qué intervalo de tiempo tiene que haber entre los dos lanzamientos para que los dos lleguen a la vez al suelo? (To-mar g = 10 m/s2_).

Solución El tiempo que tarda el primero en llegar al suelo se calcula:

Problema III-61. Dos proyectiles se lanzan verticalmente hacia arriba con dos segundos de in-tervalo, el primero con una velocidad inicial de 50 m/s y el segundo con la velocidad inicial de

h v t gt t t t h v t gt t t t t t t = = - - = = = = - - = = = - = 0 1 2 50 5 0 10 0 1 2 30 5 0 6 4 01 1 1 2 1 1 2 1 02 2 2 2 2 2 2 2 1 2 s

El tiempo real del segundo será:

s s D h v t h v t gt d 1 0 2 0 2 3 2 6 1 2 3 2 1 210 4 14 6 14 20 = ¢= · = = ¢+ ¢ = · - · = -= + = m m m 1) m/s m/s s m 2 v g t h v t gt 0 0 2 3 10 3 1 2 3 3 1 210 9 36 = = -= = + = · - · = -h gt t h vt t t t h = = = = + = = 1 2 4 9 340 2 18 5 1 2 1 2 2 2 1 2 , , s m 3) v= 2gH= 2·10·380=87m/s h1 v t1 2 gt2 t t t 2 2 2 2 2 1 2 300 40 1 210 5 10 5

= + = + = s Luego llega al suelo a las h s

1) m/s m/s m m v v gt h v t gt h v g H h h v v v h v v v h H 2 1 1 3 1 1 1 2 4 2 2 2 4 2 1 1 4 2 2 1 2 4 1 2 2 10 2 100 2 1 2 10 4 2 10 40 60 180 200 180 380 = + = + = = + = + · = + · = · = = = = + = h h h t g 1 2 3 1 300 200 100 2 10 = = = = = m m m s m/s2 Problema III-57. Problema III-59.

80 m/s. ¿Cuál será el tiempo transcurrido hasta que los dos se encuentren a la misma altura? ¿A

qué altura sucederá? ¿Qué velocidad tendrá cada uno en ese momento? (g = 9,8 m/s2_). Solución

Problema III-62. La cabina de un ascensor de altura 3 m asciende con una aceleración de

1 m/s2_{. Cuando el ascensor se encuentra a una cierta altura del suelo, se desprende la lámpara del} techo. Calcular el tiempo que tarda la lámpara en chocar con el suelo del ascensor. (g = 9,8 m/s2_).

Solución 1er

MÉTODO:

En el instante en que empieza a caer el cuerpo al ascensor lleva una velocidad vertical y hacia arri-ba v.

El espacio vertical y hacia abajo que debe recorrer la lámpara es: h – (vt + at2_{/2) (h = altura del}

as-censor) y (vt + at2_{/2) ascenso del suelo de éste. La lámpara al desprenderse lleva una velocidad inicial}

hacia arriba v. Aplicando la ecuación: y = vt + at2_{/2, siendo positivas las magnitudes hacia arriba y}

negativas las descendentes, tendremos:

2º MÉTODO:

La aceleración de la lámpara respecto al ascensor, considerando magnitudes positivas hacia abajo, es: aBA=aB– aA=9,8 – (–1) = 10,8 m/s2

Problema III-63. A una cierta hora del día los rayos solares inciden sobre un lugar con un án-gulo j con la horizontal; dejamos caer libremente un cuerpo desde una altura h sobre un terreno horizontal. Calcular la velocidad de la sombra cuando el cuerpo se encuentra a una altura y del suelo.

Solución

por otro lado, la velocidad del cuerpo cuando ha recorrido un espacio h – y es:

Problema III-64. Si la resistencia que opone el aire en reposo produce una deceleración

a = –kv (se opone al movimiento en su seno), y suponiendo que g es constante, calcular:

1. La posición en función del tiempo en el ascenso de un objeto lanzado verticalmente hacia arri-ba con una velocidad inicial v0.

2. La altura máxima alcanzada por el objeto.

Solución

1) Trabajando en el eje OY, tomando su dirección positiva hacia arriba; el valor de la aceleración del mo-vimiento rectilíneo que posee el proyectil, será:

dy k g kv e g dt y t k g kv e gkt y kt t kt 0 0 0 2 0 1 1 1

z z

= ( + ) - - ( )= ( + )( - - ) -a g kv v dv dt dt dv g kv t k g kv g kv v k g kv e g dy dt t v v kt = - - = = - = + - = + + = + - =

z z

-. 0 0 0 0 1 1 ln ( ) v= 2g h y( - ) V= 2g h y( - ) tg j x y dx dt dy dt V v = = = tgj tgj tgj 1 1 Al ser: h a t t h a BA BA =1 = = · = 2 2 2 3 108 074 2 , , s - + + = - = + = · + = h vt at vt gt t h g a 1 2 1 2 2 2 3 9 8 1 074 2 2 , s , s v1~-50-9 8, ·3 62, =145, m/s v2~-80-9 8, ·162, =641, m/s h~_-50·3 62_, -4 9_, ·3 62_, 2=1168_, m h t t t t t t t t t t = - = - - -= = - - - · + · · -50 4 9 80 2 4 9 2 50 4 9 80 160 4 9 4 9 4 2 4 9 2 3 62 2 2 2 2 , ( ) , ( ) , , , , ~ , s

MOVIMIENTO DE CAÍDA DE LOS CUERPOS SOBRE LA TIERRA

73

Problema III-62.

sustituyendo en y t y operando: h k v k g g kv g ( ) = 1

F

HG

- ln +

I

KJ

2 0 0 v g kv e g t k g kv g kt =₀ + - = =1 + 0 0 ( ) ln 2) En la cúspide: D) OSCILACIONES Movimiento vibratorio armónico simple (MAS) en trayectoria recta:

Composición de dos MASde la misma dirección y frecuencia:

Si los dos MASse encuentran en CUADRATURA [j₁– j₂=p/2 ó (2K + 1) p/2, (K Î Z)]:

Composición de n MASde la misma dirección y frecuencia:

Composición de MASde la misma dirección y diferente frecuencia:

T n T= _{1 1}=n T_{2 2}

Si: w (con y números primos entre sí)

w n n 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 = =T = T n n n n x A t x A t x A t A t 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 = + = + = + + + sen

sen sen sen

( ) ( ) ( ) ( ) w j w j w j w j x x A t A A A A A i i i j i j i j i i i i i i = = + = -= sen tg sen ( ) cos ( ) cos w j j j j j j 2 A A A tg A A 2 1 2 2 2 1 1 2 = + j j= +F F = x A t x A t x x x A t A A A A A A A A A 1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 = + = + = + = + = + + -= + + sen

sen sen tg sen sen

( ) ( ) ( ) cos ( ) cos cos w j w j w j j j j j j j j x A t v x A t A x a v x A t x T = + = = + = -= = = - + = -= = sen sen ( ) cos ( ) ( ) w j w w j w w w j w w p pn . . .. 2 2 2 2 2 2 FORMULARIO

Diversos valores de la fase para distintas posicio-nes iniciales de la partícula en su MAS.

La partícula en su MASpasa de P0fi Q fi O fi R fi O fi

P0... realizando un movimiento de «vaivén»; en este caso