Download TEMA I. Cinemática de la Partícula.

TEMA 1
CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA
CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Movimiento con aceleración constante
Al abordar un problema debes fijar el origen de coordenadas y la dirección positiva.
El criterio suele ser la conveniencia. A veces lo más útil es poner la partícula en el origen
cuando t=0 de forma que x0=0. Siempre es útil un diagrama de movimiento que muestre
estas decisiones y algunas posiciones posteriores de la partícula.
Recuerda que la dirección positiva del eje determina automáticamente las
direcciones positivas de v y a. Si x es positiva hacia la derecha del origen, v y a también son
positivas hacia la derecha.
Primero replantea el problema con palabras y luego traduce su descripción a
símbolos y ecuaciones. ¿Cuándo llega la partícula a cierto punto (cuánto vale t)? ¿Dónde
está la partícula cuando tiene cierta velocidad (o sea, cuánto vale x cuando v tiene ese
valor)?
Lista las cantidades como x, x0, v, v0, a y t. En general algunas serán conocidas y
otras no. Escribe los valores de las conocidas, buscando información implícita. Por ejemplo,
“un coche está parado en un semáforo” implica v0=0.
Una vez identificadas las incógnitas trata de encontrar una ecuación que contenga
sólo una de las incógnitas. Despeja la incógnita utilizando sólo símbolos, sustituye los
valores conocidos y calcula la incógnita. A veces tendrás que resolver simultáneamente dos
ecuaciones con dos incógnitas.
Examina los resultados para ver si son lógicos. ¿Están dentro del rango general de
resultados esperados?
Movimiento del proyectil
Define siempre el sistema de coordenadas y dibuja los ejes. Normalmente lo más
fácil es colocar el origen de coordenadas en la posición inicial del proyectil (t=0), con el eje
X horizontal y hacia la derecha y el eje Y vertical y hacia arriba. Así, x0=0, y0=0, aX=0 y
aY=-g. No obstante, esto es arbitrario y puedes elegir el origen que quieras.
Lista las cantidades conocidas y desconocidas. En algunos problemas se dan las
componentes (o la magnitud y dirección) de la velocidad inicial y puedes obtener fácilmente
las coordenadas y componentes de la velocidad en un instante posterior. También pueden
darte dos puntos de la trayectoria y pedirte que calcules la velocidad inicial. Asegúrate
bien de saber qué te dan y qué te piden.
Suele ser útil plantearse el problema con palabras y luego traducirlo a símbolos. En
el punto más alto de la trayectoria vy=0. Así, la pregunta “¿cuándo alcanza el proyectil su
punto más alto?” se traduce a “¿cuánto vale t cuando vy=0?” Del mismo modo, “¿cuándo
vuelve el proyectil a su altura inicial?” se traduce a “¿cuánto vale t cuando y=y0?”
Resiste a la tentación de dividir la trayectoria en segmentos y analizarlos
individualmente. No hay que volver a comenzar con nuevos ejes y nueva escala de tiempo
cuando el proyectil llega a su altura máxima. Lo más fácil es usar los mismos ejes y la misma
escala de tiempo durante todo el problema.
Sistemas de coordenadas
Lee detenidamente los problemas para ver qué datos te dan. Todos los problemas
pueden resolverse con todos los tipos de coordenadas. La elección de uno de ellos implica
únicamente que la resolución se facilite. Normalmente deberás utilizar coordenadas
rectangulares cuando las dos direcciones perpendiculares X e Y estén claramente
separadas (por ejemplo todos los movimientos de proyectiles). Las coordenadas normal y
tangencial son especialmente útiles en movimientos circulares.
En muchos de ellos tendrás que relacionar varios tipos de coordenadas. Elije los
ejes adecuados y vete proyectando velocidades y aceleraciones. Ten en cuenta que los ejes
no coinciden en los distintos tipos de coordenadas. En coordenadas cartesianas los ejes
serán X e Y mientras que en intrínsecas serán la dirección normal y tangencial a la
trayectoria en el punto considerado. Ten mucho cuidado: una vez elegidas las coordenadas,
los vectores unitarios seguirán estas direcciones. Es sencillo relacionar las coordenadas
cartesianas con las intrínsecas, ya que la velocidad tiene dirección tangencial. El cálculo por
tanto de un vector unitario en la dirección tangencial será casi inmediato:
v
ut =
v
Y obviamente, el vector unitario en la dirección normal será perpendicular al
tangencial.
Alguna vez lo que te interesa es encontrar una ecuación que sea una relación entre
las posiciones de interés. La derivación de esta ecuación respecto del tiempo te dará la
velocidad, y la posterior derivación de la ecuación de la velocidad te dará la aceleración.
Ten mucho cuidado al derivar respecto del tiempo, ya que hay parámetros que te pueden
parecer constantes y no lo son. A menudo no son sólo las posiciones las que dependen del
tiempo, sino también los ángulos.
Movimiento relativo a un sistema de referencia en traslación
Expresa siempre todas las velocidades y aceleraciones vectorialmente, cuidando
mucho de fijarte cuáles son absolutas y cuáles relativas. Si el sistema de referencia tiene
un movimiento de traslación únicamente tendrás que sumar o restar los vectores.
Observa el orden de los dobles subíndices de las velocidades: vA/B siempre significa
velocidad de A relativa a B. Es muy sencillo de recordar, ya que la velocidad de A respecto
de B es la de A menos la de B:
vA/B=vA-vB
Estos subíndices obedecen a un tipo de álgebra interesante. Si los consideramos
cada uno como una fracción, la fracción del lado izquierdo es el producto de las fracciones
del lado derecho:
P P B
=  
A B A
Puedes aplicar esta regla cuando apliques la ecuación del movimiento relativo a un
número cualquiera de marcos de referencia. Por ejemplo, si hay tres marcos, A, B y C,
podemos escribir de inmediato:
vP/A=vP/C+vC/B+vB/A
Movimiento relativo a un sistema de referencia en rotación
En el caso de sistemas de referencia en rotación la complejidad estriba únicamente
en el cálculo matemático. No te asustes ante estos problemas y sigue exactamente el
mismo procedimiento anterior representando todas las magnitudes como vectores,
eligiendo previamente al problema, los ejes más adecuados.
Ten especial cuidado al establecer las velocidades y aceleraciones relativas ya que
la velocidad y aceleración relativas dependen del sistema de referencia. Lo más complicado
en estos problemas suele ser expresar la velocidad y aceleración relativas. Para ello, es de
particular interés que extraigas únicamente el sistema móvil y veas el movimiento de la
partícula en él, es decir, imaginando que este sistema fuera fijo. Será especialmente útil en
este caso todo lo visto en el tema de cinemática de la partícula, ya que tendrás que elegir
las coordenadas adecuadas para que el cálculo matemático sea lo más sencillo posible.
TEMA 1
CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA
PROBLEMAS
1 . - Para un movimiento unidimensional, la posición del móvil en función del
tiempo viene dada por la expresión x= 2. 5t4- 45t2 en unidades del sistema
internacional. Calcular la distancia total que recorre el móvil entre el tiempo t=1 s y
t=6 s.
En primer lugar tendremos que ver si en algún momento entre t=1 s y t=6 s se
produce una inversión en el sentido del movimiento, esto es, si en algún momento la
velocidad se hace cero. La velocidad será:
dx
v=
= 10t 3 − 90t
dt
Dicha velocidad será nula en:
10t3-90t=0 ⇒ 10t(t2-9)=0 ⇒ 10t=0 ⇒ t=0
t2-9=0 ⇒ t2=9 ⇒ t=±3 s
De los tres resultados (t=-3, t=0, t=3) el único comprendido entre t=1 y t=6 s es
t=3 s. Así pues, el móvil comienza a desplazarse en t=1 s desde la posición:
t=1 s ⇒ x=2.5t4-4.5t2=2.5 · 14-45 · 12=-42.5 m
A continuación, el móvil se desplaza en el mismo sentido hasta t=3 s, punto en que
su posición es:
t=3 s ⇒ x=2.5t4-45t2=2.5 · 34-45 · 32=-202.5 m
En este momento el móvil invierte el sentido del movimiento y comienza a
desplazarse hacia la derecha hasta t=6 s, instante en el que la posición es:
t=6 s ⇒ x=2.5t4-45t2=2.5 · 64-45 · 62=1620 m
Así pues, el móvil se desplaza primero hacia la izquierda desde x=-42.5 m hasta x=202.5 m (es decir, 160 m) y posteriormente se desplaza hacia la derecha desde x=-202.5 m
hasta x=1620 m (es decir, 1822.5 m). Así pues la distancia recorrida es:
d=160+1822.5=1982.5 m
d=1982.5 m
2. - Para un movimiento unidimensional, la posición del móvil en función del
tiempo viene dada por la expresión x= 5t4- 40t2 en unidades del sistema internacional.
Calcular la distancia total que recorre el móvil entre el tiempo t=1 s y t= 5 s.
En el instante t=0 el móvil está en la posición x0=0.
En t=1 s el móvil está en x1=5 · 14-40 · 12=-35 m, luego se ha desplazado en el
sentido negativo del eje x.
En t=5 s el móvil está en x5=5·54-40·52=2125 m, por lo tanto se ha desplazado en el
sentido positivo del eje x.
Entre t=0 y t=5s ha invertido el sentido del movimiento y su velocidad tiene que
haberse anulado. El tiempo en que eso ha ocurrido lo determinamos a partir de la expresión
de la velocidad:
dx
v=
= 20t3 − 80t = 0 ⇒ t = 0 y t = 2 s
dt
En el intervalo de tiempo que estamos considerando la velocidad se anula en t=2 s y el
móvil está en x2=5 · 24-40 · 22=-80 m. Por lo tanto en el intervalo de tiempo entre 1 s y 5 s
hace el siguiente recorrido: primero se desplaza entre t=1 s y t=2 s hacia la izda, desde
x1=-35 m hasta x2=-80 m, después entre t=2 s y t=5 s se desplaza en sentido contrario,
desde x2=-80 m hasta x5=2125 m. La distancia total recorrida será:
d=-[x2-x1]+[x5-x2)]=-[-80-(-35)]+[2125-(-80)]=2250 m
d=2250 m
3. - El diagrama velocidad- tiempo mostrado en la figura
corresponde al registrado por un tren metropolitano entre dos
estaciones. Calcular la distancia entre dichas estaciones.
El tren sale de una de las estaciones y llega a la otra, luego
determinando la posición final del tren tendremos la distancia
entre las dos estaciones. Tendremos que ir haciendo cada tramo por separado. Desde t=0
hasta t=6 s la velocidad del tren aumenta linealmente con el tiempo, luego el movimiento es
rectilíneo uniformemente acelerado. La aceleración valdrá:
∆v
6−0
a1 = 1 =
= 1 m / s2
∆t1 6 − 0
Por tanto la posición al final de este tramo es:
1
1
1
x1 = x01 + v01t1 + a1t12 = a1t12 = ⋅ 1 ⋅ 62 = 18 m
2
2
2
Desde t=6 s hasta t=10 s la velocidad vuelve a aumentar linealmente con el tiempo
pero con aceleración diferente. La aceleración en este segundo tramo será:
∆v
12 − 6
a2 = 2 =
= 1. 5 m / s 2
∆t2 10 − 6
La posición entonces en t=10 s:
1
1
x2 = x02 + v02t2 + a2t22 = 18 + 6 ⋅ (10 − 6) + ⋅ 1.5 ⋅ (10 − 6)2 = 54 m
2
2
Desde t=10 s hasta t=34 s la velocidad del móvil es constante e igual a 12 m/s luego
en t=34 s la posición alcanzada por el tren será:
x3=x03+v3t3=54+12(34-10)=342 m
Por último, en el tramo final la velocidad disminuye con el tiempo, luego el
movimiento vuelve a ser uniformemente acelerado con aceleración negativa:
∆v
0 − 12
a4 = 4 =
= −2 m / s2
∆t4 40 − 34
La posición final del tren, que será la segunda estación, es:
1
1
x4 = x04 + v04 t4 + a4 t42 = 342 + 12 ⋅ ( 40 − 34) − ⋅ 2 ⋅ ( 40 − 34)2 = 378 m
2
2
x4=378 m
4. - La figura es una gráfica de la
coordenada de una araña que camina sobre
el eje X. a) Grafica su velocidad y la
aceleración en función del tiempo; b) dibuja
los vectores velocidad y aceleración de la
araña en los tiempos t= 2. 5 s, t=1 0 s, t=20
s, t=30 s y t=37. 5 s.
Vamos a ver lo que ocurre en cada uno de los tramos del movimiento. En los 5
primeros segundos (0<t<5 s) la gráfica x-t es una parábola, implica una dependencia
cuadrática con el tiempo, luego el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado.
Vamos a determinar la aceleración, que será constante. Para ello conocemos el espacio, que
0.5
m. Aplicando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente
para t=5 s es de
3
acelerado, teniendo en cuenta que el espacio inicial es nulo y suponiendo que el móvil parte
del reposo:
1
0.5 1
= a ⋅ 52 ⇒ a = 0.0133 m / s2
x = x0 + v0 t + at2 ⇒
2
3
2
Por tanto en la gráfica a-t tendremos en este intervalo una recta horizontal en este
valor, puesto que la aceleración es constante.
Para la velocidad, en este tipo de movimiento la velocidad aumenta linealmente con
el tiempo, luego la representación gráfica será una recta de pendiente positiva. Para trazar
una recta sólo necesitamos dos puntos. Uno de ellos es el origen de coordenadas (t=0 ⇒
v0=0) y el punto final será para t=5 s donde:
v=v0+at=5 · 0.0133=0.0667 m/s
Por lo tanto trazamos una recta entre ambos puntos.
A continuación, para 5<t<15 s la gráfica x-t es una línea recta luego el movimiento es
rectilíneo y uniforme. La velocidad es constante, y obviamente la última del apartado
anterior:
v=cte=0.0667 m/s
Y para movimiento rectilíneo y uniforme la aceleración es nula:
a=0
La gráfica v-t será una recta horizontal en 0.0667 m/s y la gráfica a-t será una
recta en el cero.
Para tiempos tales que 15<t<25 s la gráfica x-t vuelve a ser una parábola, luego de
nuevo tenemos movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Para determinar la
aceleración aplicamos la ecuación del espacio, donde ahora el espacio inicial en este tramo
5
5
m , el espacio final el mismo,
m , y la velocidad inicial la final del apartado anterior,
es
6
6
0.0667 m/s. Este tipo de movimiento se mantiene durante 10 s luego:
1
5 5
1
x = x0 + v0 t + at2 ⇒ = + 0.0667 ⋅ 10 + a ⋅ 102 ⇒ a = −0.0133 m / s2
2
6 6
2
La aceleración es negativa luego el móvil en este intervalo está frenando. Esto es
coherente con la gráfica x-t, en la cual el espacio es máximo en t=20 s y comienza a
disminuir después, lo que nos indica que el móvil se desplazaba en un sentido cada vez más
lentamente hasta que en t=20 s se detiene instantáneamente e invierte el sentido del
movimiento, volviendo hacia el origen de coordenadas.
En cualquier caso, el gráfico a-t será en este intervalo de tiempos una horizontal
por el valor -0.0133 m/s2. En cuanto a la gráfica v-t tendremos ahora una recta de
pendiente negativa, que comenzará en t=15 s ⇒ v0=0.0667 m/s y terminará en t=25 s:
v=v0+at=0.0667-0.0133 · 10=-0.0667 m/s
Vemos que si todo está correctamente trazado además esta recta tiene que pasar
por el punto t=20 s ⇒ v=0.
A continuación, para el intervalo 25<t<35 s la gráfica x-t es una recta de pendiente
negativa, luego el movimiento es rectilíneo y uniforme, la velocidad es constante, negativa e
igual a la final del tramo anterior (v=-0.0667 m/s) y la aceleración es nula. Tendremos en
las gráficas v-t y a-t horizontales por estos valores.
Y por último nos falta el intervalo 35<t<40 s. Como es otra parábola se trata de
0.5
, el
movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. El espacio inicial vemos que es
3
final es nulo y la velocidad inicial -0.0667 m/s. Este movimiento se mantiene durante 5 s
luego la aceleración vale:
1
0.5
1
x = x0 + v0 t + at2 ⇒ 0 =
− 0.0667 ⋅ 5 + a ⋅ 52 ⇒ a = 0.0133 m / s2
2
3
2
La gráfica a-t es una horizontal en este valor.
En cuanto a la gráfica v-t será una recta de pendiente positiva que pasa por los
puntos t=35 s ⇒ v=-0.0667 m/s y t=40 s:
v=v0+at=-0.0667+0.0133 · 5=0
Las gráficas nos quedan al final:
0.08
0.015
0.06
0.010
0.00
-0.02 0
-0.04
-0.06
-0.08
0.005
2
0.02
a (m/s )
v (m/s)
0.04
5
10
15
20
t (s)
25
30
35
40
0.000
-0.005
-0.010
0
5
10
15
20
25
30
35
40
t (s)
-0.015
b) Ahora vamos a ver los valores de velocidad y aceleración que nos piden. Para
t=2.5 s estamos en el primer tramo del movimiento, de modo que la posición es:
x=6.67 · 10-3t2=6.67 · 10-3 · 2.52=0.0417 m
En ese instante la velocidad vale:
v=0.0133t=0.0133 · 2.5=0.033 m/s
Y obviamente la aceleración:
a=0.0133 m/s2
Para t=10 s estamos en el segundo tramo del movimiento. La velocidad en ese
intervalo es constante de modo que:
v=0.0667 m/s
Y como el movimiento es rectilíneo y la velocidad es constante la aceleración es
nula:
a=0
La posición en ese momento será:
0.5
x=x0+vt=
+ 0.0667 ⋅ 5 = 0.5 m
3
Para t=20 s estamos en el tercer
intervalo del movimiento, y punto más alto de la
gráfica x-t. La posición es x=1 m, la velocidad v=0
y la aceleración a=-0.0133 m/s2.
Para t=30 s estamos en el cuarto
intervalo del movimiento. El movimiento en este
intervalo es rectilíneo y uniforme, siendo la
velocidad:
v=-0.0667 m/s
La aceleración, obviamente es nula, y la
posición en ese momento:
5
− 0.0667 ⋅ 5 = 0.5 m
6
Y por último, para t=37.5 s nos encontramos en el último tramo del intervalo. La
aceleración vale:
a=0.0133 m/s2
La velocidad:
v=-0.0667+0.0133t=-0.0667+0.0133 · 2.5=-0.033 m/s
Y la posición:
x=0.167-0.0667t+6.67 · 10-3t2=
=0.167-0.0667·2.5+6.67 · 10-3 · 2.52=0.0417 m
Los vectores velocidad y aceleración en estos instantes son los que aparecen en la
figura adjunta.
x=x0+vt=
5. - La posición de una partícula entre t=0 y t=2 s está dada por x(t)=3t31 0t + 9t. a) Dibuja las gráficas v- t y a- t para la partícula; b) ¿En qué instante(s)
entre t=0 y t=2 s está en reposo la partícula? ¿Coincide el resultado numérico con la
gráfica v- t de la parte a)? c) En cada instante determinado en b) ¿es la aceleración
positiva o negativa? Demuestre que las respuestas se pueden deducir de a- t y de la
gráfica v- t; d) ¿en qué instante(s) entre t=0 y t=2 s no está cambiando la velocidad
instantánea de la partícula? e) ¿Cuál es la distancia máxima de la partícula respecto
al origen (x=0) entre t=0 y t=2 s? f) ¿En qué instante(s) entre t=0 y t=2 s la
partícula está aumentando de rapidez con más ritmo? ¿En qué instante(s) de ese lapso
está frenando con mayor ritmo?
2
a) En primer lugar determinamos la velocidad:
dx
= 9t2 − 20t + 9
v=
dt
Es una ecuación de segundo grado, luego
representa una parábola. El vértice de la parábola estará
donde la pendiente de la tangente sea nula, es decir:
20
dv
= 1.11 s
= 0 ⇒ 18t − 20 = 0 ⇒ t =
18
dt
Y podemos ver si se trata de un máximo o un
mínimo viendo el signo de la segunda derivada en ese punto:
d2v
= 18
dt2
Por tanto la función presenta un mínimo, ya que la segunda derivada no puede ser
negativa. Hacemos una tabla de valores:
t (s)
v (m/s)
0.00
9
0.20
5.36
0.40
2.44
0.60
0.24
0.80
-1.24
1.00
-2.00
1.11
-2.11
1.20
-2.04
1.40
-1.36
1.60
0.04
1.80
2.16
2.00
5.00
Y tenemos la representación que aparece en el
primer gráfico.
En cuanto a la aceleración:
dv
a=
= 18t − 20
dt
Es una ecuación de primer grado luego
representa una recta de pendiente positiva. Para
representarla nos vale con dos datos, luego tendremos:
t (s)
0
2
2
a (m/s ) -20 16
Y tendremos la representación que aparece en el segundo gráfico.
b) Si la partícula está en reposo la velocidad tiene que ser cero, luego:
20 ± 202 − 4 ⋅ 9 ⋅ 9 0.627 s
=
2⋅9
 1.595 s
Los dos valores están dentro del intervalo que nos dicen luego son válidos ambos:
t=0.627 s; t=1.595 s
Podemos ver que el resultado coincide con la gráfica del apartado a), ya que estos
valores son los dos cortes que tenemos de la curva con el eje de abscisas (v=0).
c) Vamos a ver el signo de la aceleración en los dos puntos anteriores. En t=0.627 s:
a=18t-20=18 · 0.627-20=-8.714 m/s2
t=0.627 s ⇒ a<0
Y para el otro punto:
a=18t-20=18 · 1.595-20=8.714 m/s2
t=1.595 s ⇒ a>0
Veamos que el signo se puede obtener de la gráfica v-t. Puesto que hablamos de
aceleración, y la aceleración es la derivada de la velocidad respecto del tiempo,
gráficamente será la pendiente de la tangente en el punto dado. Y en la gráfica de la
parábola podemos observar que para t=0.627 s la pendiente es negativa y para t=1.595 s la
pendiente es positiva.
Respecto a la gráfica a-t podemos ver directamente los datos, y observar que para
t=0.627 s el valor de la aceleración es negativo y para t=1.595 s el valor de la aceleración
es positivo.
d) Si la velocidad instantánea no cambia la aceleración tiene que ser nula luego:
20
a = 0 ⇒ 18t − 20 = 0 ⇒ t =
= 1.11 s
18
t=1.11 s
e) La condición de máximo es que la primera derivada sea nula y la segunda derivada
sea negativa. Así pues, si queremos que la posición sea máxima, la derivada, es decir, la
velocidad, tiene que ser nula, y esto sucede en dos momentos, t=0.627 s y t=1.595 s. En
cuando a la segunda derivada, que es la aceleración, sabemos que es negativa para t=0.627
s. Por tanto el máximo desplazamiento se produce en t=0.627 s y vale:
xmáx=3t3-10t2+9t=3 · 0.6273-10 · 0.6272+9 · 0.627=2.45 m
xmáx=2.45 m
f) Si aumenta de rapidez la aceleración tiene que tener el mismo sentido que la
velocidad (ambas positivas o ambas negativas) y si además lo hace a más ritmo el valor
absoluto de la aceleración tiene que ser máximo. La velocidad y la aceleración coinciden en
signo a partir de t=1.11 s en que ambas son positivas. En este tramo el máximo valor de la
aceleración se da en:
t=2 s
Si la velocidad disminuye la aceleración tiene tener sentido contrario a la velocidad,
y si además disminuye con mayor ritmo el valor absoluto de la aceleración tiene que ser
máximo. La velocidad y la aceleración tienen signo contrario hasta t=1.11 s, en que la
velocidad es positiva y la aceleración negativa. El máximo valor absoluto de la aceleración
en este intervalo se produce en:
t=0
v = 0 ⇒ 9t2 − 20t + 9 = 0 ⇒ t =
6. - Las coordenadas x e y (expresadas en m) en función del tiempo (expresado
en s) de una partícula son:
x=8t+ 5
y=4t2- 2
Calcular la componente normal de la aceleración en t=3 s.
En primer lugar vamos a determinar la velocidad y la aceleración:
dr
dv
r=xi+yj=(8t+5)i+(4t2-2)j ⇒ v =
= 8i + 8tj ⇒ a =
= 8j
dt
dt
Podemos determinar la aceleración tangencial, ya que es la derivada del módulo de
la velocidad respecto del tiempo. El módulo de la velocidad es:
v = vx2 + v2y = 82 + (8t)2 = 64 + 64t2 = 8 1 + t2
Entonces la componente tangencial de la aceleración es:
dv
8 ⋅ 2t
8t
at =
=
=
dt 2 1 + t2
1 + t2
Para t=3 s tendremos:
at =
8t
2
=
8⋅3
2
= 7.59 m / s2
1+t
1+3
Como conocemos la aceleración tangencial y la total podemos determinar por
diferencia la normal:
a2 = at2 + an2 ⇒ an = a2 − at2 = 82 − 7.592 = 2.53 m / s2
an=2.53 m/s2
7. - La posición de una partícula en función del tiempo viene dada por:
x=6t2- 2t
y=3t- 2
con x e y en metros y t en segundos. Calcular la velocidad y la componente normal de
la aceleración de la partícula para t=0.
La velocidad será:
dy
dx
v=
i+
j = (12t − 2)i + 3 j ⇒ v = (12t − 2)2 + 32
dt
dt
En t=0:
v = (22 + 32 ) = 3.6 m / s
v=3.6 m/s
La aceleración:
a=
Y su componente normal:
dvy
dvx
i+
j = 12i ⇒ a=12 m/s2
dt
dt
an = a2 − at2
En t=0 la componente tangencial de la aceleración es:
dv
d
2(12t − 2)12
− 24
at =
=
(12t − 2)2 + 32 =
=
= 6.667 m / s2
2
2
2
2
dt dt
2 (12t − 2) + 3
2 +3
Por tanto sustituyendo:
an = a2 − at2 = 122 − 6.66t2 = 9.97 m / s2
an=9.97 m/s2
8. - El vector de posición de una partícula en movimiento viene dado en función
del tiempo por la expresión r=t3i- t2j+ 8k donde la longitud se mide en metros y el
tiempo en segundos. Calcular el radio de curvatura de la trayectoria al segundo de
iniciarse el movimiento.
Para determinar el radio de curvatura de la trayectoria necesitamos calcular la
aceleración normal an y la velocidad:
an =
La velocidad será:
v=
Y la aceleración:
v2
v2
⇒ρ=
ρ
an
dr
= 3t2i − 2tj
dt
dv
= 6ti − 2 j
dt
Al segundo de iniciarse el movimiento:
v=3i-2j
Y su módulo al cuadrado:
v2=32+22=13
Y la aceleración:
a=6i-2j
El módulo de la aceleración es:
a=
a = 62 + 22 = 40 m / s2
a = at2 + an2
Podemos determinar la componente tangencial de la aceleración:
at =
dv
d
36t3 + 8t
36 ⋅ 13 + 8 ⋅ 1
=
=
9t 4 + 4t2 =
= 6.1 m / s2
4
2
4
2
dt dt
2 9t + 4t
2 9 ⋅1 + 4 ⋅1
Tenemos el módulo de la aceleración tangencial y el de la aceleración total. La
componente normal será:
a = at2 + an2 ⇒ an = a2 − at2 = 40 − 6.12 = 1.66 m / s2
El radio de curvatura de la trayectoria en ese instante es:
ρ=
v2
13
=
= 7.81 m
an 1.66
ρ=7.81 m
9. - La posición de una partícula en función del tiempo viene dada por:
r=(6t2- 4t)i- (3t+ 2)j
con r en metros y t en segundos. Calcular la velocidad y la componente tangencial de
la aceleración de la partícula para t=0.
La velocidad de la partícula será:
dr
= (12t − 4)i − 3 j
v=
dt
Y la aceleración:
dv
a=
= 12i
dt
En el instante t=0:
v=-4i-3j
Su módulo:
v = 42 + 32 = 5 m / s
v=5 m/s
La componente tangencial de la aceleración:
v · a −48
at =
=
= −9.6 m / s2
v
5
En módulo:
at=9.6 m/s2
1 0. - Un punto se mueve siguiendo una trayectoria circular donde el arco
recorrido en función del tiempo viene dado por la expresión s=2t3+ t2 estando s en
metros y t en segundos. Si para t=1 . 5 s la aceleración del punto es 33. 78 m/s2,
calcular el radio de curvatura de la trayectoria.
Para determinar el radio de curvatura de la trayectoria necesitamos calcular la
aceleración normal an y la celeridad v:
an =
v2
v2
⇒ρ=
ρ
an
La celeridad o módulo de la velocidad de la partícula es:
ds
v=
= 6t 2 + 2t
dt
La aceleración:
a = at2 + an2 ⇒ an = a 2 − a t2
La componente tangencial at:
at =
Para t=1.5 s:
dv
= 12t + 2
dt
v=6 · 1.52+2 · 1.5=16.5 m/s
at=12 · 1.5+2=20 m/s2
an = 33.78 2 − 20 2 = 27.22 m / s 2
ρ=
v2 16.52
=
= 10 m
an 27.22
ρ=10 m
1 1 . Una nave espacial se encuentra en una órbita de altura 200 km por encima
de la superficie de la Tierra. El periodo orbital es de 88. 2 minutos. a) ¿Cuál es la
aceleración centrípeta de la nave? b) ¿Cuál es el módulo de la velocidad de la nave en
su órbita? Suponer que la órbita de la nave es circular.
será:
a) Puesto que la órbita de la nave es circular la aceleración normal o centrípeta
ac =
Tenemos como datos:
v2
r
r=R+h=6370+200=6.570 km
T=88.2 min=5292 s
La velocidad será el espacio recorrido (longitud de una circunferencia de ese radio
(2πr) dividido por el tiempo que tarda en recorrerlo (periodo orbital):
2
 2πr 


v2  T 
4π2r 4π2 ⋅ 6.57 ⋅ 10 6
=
ac =
=
=
= 9.26 m / s2
R
r
T2
52922
ac=9.26 m/s2
b) Como hemos dicho, la velocidad es:
2πr 2π ⋅ 6.57 ⋅ 10 6
v=
= 7800.55 m / s
=
T
5292
v=7800.55 m/s
1 2. - Desde una altura de 20 m se lanza un objeto horizontalmente con
velocidad de 6 m/s. ¿Cuál es su velocidad al cabo de 2 s?
En la dirección horizontal la velocidad no varía:
vx=6 m/s=cte
Y en dirección vertical al cabo de 2 s puesto que el movimiento es rectilíneo
uniformemente acelerado:
vy = −gt = −9.8 ⋅ 2 = −19.6 m / s
La velocidad por lo tanto que tiene el objeto al cabo de 2 s es:
v = vx2 + vy2 = 62 + 19.62 = 20.50 m / s
v=20.50 m/s
Podemos comprobar que en ese tiempo la partícula no ha chocado con el suelo, ya
que la altura en ese instante será:
1
1
y = y0 + voy t − gt2 = 20 − 9.8 ⋅ 22 = 0.4 m
2
2
1 3. - Un proyectil se dispara con una velocidad inicial de 53 m/s formando un
ángulo de 30º con el suelo. Determinar la velocidad al cabo de 5 s.
En el eje X la velocidad se mantiene constante:
vx=v0x=53cos30º=45.90 m/s=cte
En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la
aceleración la de la gravedad. En este eje por tanto, al cabo de 5 s:
vy=v0y+at=v0y-gt=53sen30º-9.8 · 5=-22.5 m/s
Después de 5 s la velocidad tiene dos componentes:
v=vxi+vyj=45.90i-22.5j
Y en módulo:
v = v x2 + v 2y = 45.90 2 + 22.5 2 = 51.12 m / s
v=51.10 m/s
1 4. - Se lanza una partícula desde el suelo con una velocidad de 4 m/s que
forma un ángulo de 30º con la horizontal. ¿Cuál es su velocidad al llegar al suelo?
Para puntos que tienen la misma altura la velocidad es la misma (cambiada de signo
la componente vertical), luego al llegar al suelo la velocidad tiene que ser de nuevo 4 m/s:
v=4 m/s
En cualquier caso podemos comprobarlo. En el eje X el movimiento es rectilíneo y
uniforme luego la velocidad en dicho eje es constante e igual a la inicial:
vx=cte=v0x=v0cos30º=4cos30º=3.464 m/s
En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la
aceleración la de la gravedad. Para saber la velocidad en primer lugar tendremos que saber
cuánto tiempo tarda la partícula en llegar al suelo. Para el punto en que toca con el suelo la
altura es nula, y=0:
1
1
y = y0 + v0 y t − gt2 ⇒ 0 = 0 + 4sen30º t − 9.8t2 ⇒ 2 − 4.9t = 0 ⇒ t = 0.408 s
2
2
Por tanto la componente Y de la velocidad será:
vy=v0y-gt=4sen30º-9.8 · 0.408=-2 m/s
La velocidad al llegar al suelo será por tanto:
v=vxi+vyj=3.464i-2j
En módulo:
v = vx2 + vy2 = 3.4642 + 22 = 4 m / s
v=4 m/s
1 5. - Un hombre está parado en la azotea de un edificio de 1 5 m y lanza una
piedra con velocidad de 30 m/s en un ángulo de 33º por encima de la horizontal.
Puede despreciarse la resistencia del aire. Calcular: a) la máxima altura que alcanza
la roca sobre la azotea; b) la magnitud de la velocidad de la piedra justo antes de
golpear el suelo; c) la distancia horizontal desde la base del edificio al punto donde la
roca golpea el suelo.
Tendremos en esquema lo que aparece en la figura. Puesto que se trata de un
cuerpo sometido a la acción de la gravedad y no hay resistencia de aire, en el eje X
tendremos movimiento rectilíneo uniforme, con velocidad constante e igual a la velocidad
inicial:
vX=v0X=v0cos33º=30cos33º=25.16 m/s
Mientras que en eje Y el movimiento
es rectilíneo uniformemente acelerado,
siendo la aceleración la de la gravedad
(g=9.8 m/s2 vertical y hacia abajo) y la
velocidad inicial:
v0Y=v0sen33º=30sen33º=16.34 m/s
En el punto de máxima altura (punto
que marcaremos como 1) la componente
vertical de la velocidad se anula luego:
v1Y=0 ⇒ v1Y=v0Y-gt1 ⇒ 0=16.34-9.8t1 ⇒ t1=1.667 s
Y por tanto la altura en este punto será:
1
1
ymáx = y0 + v0 Y t1 − gt12 = 15 + 16.34 ⋅ 1.667 − 9.8 ⋅ 1.667 2 = 28.62 m
2
2
Esta es la altura respecto del suelo. Respecto de la azotea del edificio tendremos:
h=ymáx-y0=28.62-15=13.62 m
h=13.62 m
b) Justo antes de golpear el suelo (punto que marcaremos como f) la altura es nula.
Por tanto el tiempo será:
1
1
yf = y0 + v0 Y tf − gtf2 ⇒ 0 = 15 + 16.34tf − 9.8tf2 ⇒ 4.9tf2 − 16.34tf − 15 = 0
2
2
16.34 ± 16.342 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 15  4.084 s
=
2 ⋅ 4.9
− 0.750 s
Obviamente sólo es correcta la solución positiva. Así pues, en el punto f la velocidad
final tiene dos componentes, la X, que es constante y vale:
vfX=v0X=25.16 m/s
Y la Y, que es variable y que en ese instante valdrá:
vfY=voY-gtf=16.34-9.8 · 4.084=-23.68 m/s
Y el módulo de la velocidad será:
tf =
2
2
+ vfY
= 25.162 + 23.682 = 34.55 m / s
vf = vfX
vf=34.55 m/s
c) Para la distancia horizontal tenemos que el movimiento es rectilíneo y uniforme,
de modo que tenemos:
xmáx=x0+v0Xtf=25.16 · 4.084=102.75 m
xmáx=102.75 m
1 6. - La brújula de un avión (P) indica que va al norte, y su velocímetro que se
mueve por el aire (A) a 240 km/h. Si hay viento de 1 00 km/h de oeste a este, ¿cuál
es la velocidad del avión relativa a la Tierra (T)?
Tendremos lo que aparece en la figura. El avión
apunta al norte, pero el viento sopla al este, dando la
velocidad resultante vP/T respecto de la Tierra. Para
calcular su módulo y dirección tendremos en cuenta
que:
vP/T = vP/A+ vA/T
Según vemos en la figura estas velocidades
forman un triángulo rectángulo luego:
vP T = vP2/ A + vA2 / T = 2402 + 1002 = 260 km / h
vP/T=260 km/h
Ése será el módulo. Si queremos calcular el ángulo φ que forma con la vertical
tendremos que:
100
tan φ =
= 0.417 ⇒ φ = 22.62º este
240
φ=22.62º este
El viento lateral aumenta la velocidad del avión relativa al suelo, pero a costa de
desviarlo hacia el Este.
1 7. - En la cuestión anterior, ¿qué dirección debe tomar el piloto para viajar al
norte? ¿Cuál será su velocidad relativa al suelo (vP/T)?
En este caso tendremos lo que
aparece en la figura, para compensar el
arrastre del viento el piloto debe dirigir
el avión hacia la izquierda un ángulo φ. Las
velocidades cumplen la misma ecuación
vectorial:
vP/T = vP/A+ vA/T
siendo la velocidad vP/T y el ángulo φ:
vP T = v2P A − v2A T =
= 2402 − 1002 = 218.17 km / h
vP/T=218.17 km/h
100
= 0.417 ⇒ φ = 24.62º oeste
senφ =
240
φ=24.62º oeste
1 8. - Un avión A vuela hacia el norte a 300 km/h en relación con el suelo. Al
mismo tiempo otro avión B vuela en dirección N 60º O a 200 km/h respecto al suelo.
Hallar la velocidad de A con respecto a B y de B con respecto a A.
En la figura se representan las velocidades de los
aviones A y B respecto al suelo. La velocidad de A
respecto a B es:
vA/B=vA-vB=300j-(-200sen60ºi+200cos60ºj)=
=173.21i+200j
En módulo:
vA B = 173.21 + 2002 = 264.58 km / h
En módulo:
vA/B=264.58 km/h
La velocidad de B respecto de A es:
vB/A=vB-vA=-200sen60ºi+200cos60ºj-300j=
=-173.21i-200j
vB A = 173.212 + 2002 = 264.58 km / h
vB/A=264.58 km/h
Notemos que ambas velocidades son opuestas:
vB/A=-vA/B
Si quisiéramos calcular la dirección de dichas
velocidades tendríamos:
173.21
tgθ =
= 0.866 ⇒ θ = 40.89º
200
Por tanto, para un pasajero que viaja en el avión B le
parece que el avión A se mueve a 264.58 km/h en la dirección
N 40.89º E.
Por el contrario, la velocidad relativa vB/A tiene la
misma magnitud, 264.58 km/h pero la dirección opuesta S 40.89º O.
1 9. - El coche A da vuelta en una curva de radio
1 34 m con una velocidad constante de 48 km/h. En el
instante indicado, el coche B se mueve a 72 km/h pero
disminuye su velocidad a razón de 3 m/s2. Determinar la
velocidad y aceleración del coche A observadas desde el
coche B.
Pasamos todo al sistema internacional y tenemos que las velocidades son:
vA=48 km/h=13.33 m/s; vB=72 km/h=20 m/s
Tomamos como ejes los habituales, el eje X horizontal y positivo hacia la derecha y el
eje Y vertical y positivo hacia arriba.
En cuanto a las aceleraciones, el coche A da vuelta en una curva con velocidad
constante, luego su aceleración es normal o centrípeta:
aA =
vA2 13.332
=
= 1.327 m / s2
rA
134
El coche B tiene movimiento rectilíneo luego la aceleración sólo puede ser tangencial
y nos dicen que es de 3 m/s2:
aB=3 m/s2
Vectorialmente las velocidades son las que vienen dibujadas en el gráfico:
vA=vAj=13.33j
vB=-vBi=-20i
Por tanto la velocidad de A respecto de B es:
vA/B=vA-vB=13.33j-(-20i)=20i+13.33j
vA/B=20i+13.33j m/s
La aceleración del coche A es normal luego tiene la dirección del radio de curvatura y
apuntando hacia el centro de curvatura:
aA=-aAi=-1.327i
La de B tiene la misma dirección que la velocidad de B pero sentido contrario, ya que
nos dicen que el coche B decelera:
aB=aBi=3i
Entonces la aceleración de A respecto de B es:
aA/B=aA-aB=-1.327i-3i=-4.327i
aA/B=-4.327i m/s2
20. - Dos nadadores, María y Juan, comienzan a nadar simultáneamente desde
el mismo punto de la orilla de un ancho río que fluye con una velocidad va. Los dos
nadadores se mueven con la misma velocidad vn (vn> va) respecto del agua. María nada
río abajo una distancia d y luego recorre la misma distancia río arriba. Juan nada de
modo que su movimiento relativo a la tierra es perpendicular a las orillas del río. Nada
una distancia d y luego recorre hacia atrás esa misma distancia, de modo que ambos
nadadores vuelven al punto de partida. ¿Qué nadador vuelve primero?
Vamos a ir viendo cada movimiento por separado. Comencemos con María.
Suponemos que la dirección del movimiento del agua es la dirección del eje X y positivo en
el sentido de la corriente. La velocidad de María respecto del agua (vn) es hacia la derecha,
y la del agua también, de modo que podemos calcular la velocidad absoluta de María al ir a
favor de la corriente:
VMaría/agua=vMaría-vagua ⇒ vMaría=vMaría/agua+vagua=vni+vai=(vn+va)i
A la vuelta sólo nos cambia el sentido de la velocidad relativa, que ahora es hacia la
izquierda. Operando del mismo modo:
v’María/agua=v’María-vagua ⇒ v’María=v’María/agua+vagua=-vni+vai=-(vn-va)i
Por tanto, teniendo en cuenta que los movimientos son rectilíneos y uniformes, el
tiempo empleado por María será:
d
d
d
d
+
=
+
=
tMaría = (tMaría )ida + (tMaría )vuelta =
vMaría v'María vn + va vn − va
=
d(vn − va + vn + va )
2dvn
2dvn
=
=
(vn + va )(vn − va ) (vn + va )(vn − va ) vn2 − va2
Ahora vamos a ver qué ocurre con Juan. Juan nada de modo que
su movimiento absoluto es perpendicular a las orillas del río, luego su
velocidad relativa a la ida tiene que ir hacia la izquierda, ya que tiene
que cumplirse que:
vJuan/agua=vJuan-vagua ⇒ vJuan=vJuan/agua+vagua=vn+va
Así, tendremos vectorialmente:
vJuan=vn+va ⇒ vJuanj=-vnsenφi+vncosφj+vai ⇒ vJuan=vncosφ
A la vuelta cambia el sentido de la velocidad absoluta de Juan, y
por tanto el de la relativa, pero puede verse que el módulo es el mismo.
Tendremos ahora:
v’Juan/agua=v’Juan-vagua ⇒ v’Juan=v’Juan/agua+vagua=vn+va
Y podemos poner operando como antes:
v’Juan=vn+va ⇒ -vJuanj=-vnsenφi-vncosφj+vai ⇒ vJuan=vncosφ
El tiempo empleado por Juan en ir y volver será:
d
d
+
=
tJuan = (tJuan )ida + (tJuan )vuelta =
vJuan v'Juan
=
d
d
2d
+
=
vn cos φ vn cos φ vn cos φ
Ahora tenemos que comparar los dos tiempos:
2dv
2dvn
2dvn
2dvn
2dvn
= 2
= 2
=
tMaría = 2 n 2 =
2
2
2
 vn 1 − sen φ vn cos2 φ


vn − va
v 
vn2  1 − a2  v 2 1 −  va  
n
vn 
 v  

  n 
2dv
2d
tJuan =
= 2 n
vn cos φ vn cos φ
(
Los numeradores son iguales, pero podemos ver que:
)
vn2 cos2 φ < vn2 cos φ ⇒ cos φ < 1 ⇒
2dvn
2dv
< 2 n ⇒ tMaría > tJuan
2
cos φ vn cos φ
vn2
El tiempo es menor para Juan luego vuelve primero Juan al mismo punto.
JUAN