Apéndice 2: Cinemática

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Velocidad angular:

Aceleración angular:

Ángulo girado:

a) Espacio inicial: t = 0 s = s₀ = 3m.

b) Velocidad: v = ds/dt = 8t+ 2; Velocidad inicial: t = 0, v = v0 = 2 ms-1

c) Velocidad para t = 2s : v = 16+ 2 = 18 ms-1

d) Aceleración: a= dv/dt =8 ms-2

a)

b) Para hallar la aceleración derivamos el espacio dos veces respecto del tiempo: v = ds/dt = 4t+12; a = d²s/dt² = 4 ms^-2.

c) Como la velocidad inicial es de 12 ms^-1 y la aceleración de 4 ms^-2, la velocidad nunca podrá valer 4 ms^-1.

a) Para determinar la ecuación de la trayectoria eliminamos el tiempo entre las dos ecuaciones:

b) La velocidad se obtiene derivando x e y respecto del tiempo:

c) Volviendo a derivar obtenemos la aceleración:

Las ecuaciones generales del movimiento son:

s = s0+v0t+4t2 v = v0 + 8t

Como para t=11 s; s=0; 0 = s₀+ 11v₀+ 484 y para t=3 s; v=0 0 = v₀+24, resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos: v₀ = – 24; s₀ = – 220

Las ecuaciones del movimiento son entonces:

s = – 220 – 24t + 4t2 cm y v = – 24+ 8t cm.s-1

Las ecuaciones del movimiento son: s = s₀ + v₀t + 1/2 at² y v = v0+ at, y sustituyendo:

t = 4 s; v= 17 ms^-1; 17 = v₀ + 4a

t = 2 s; s = 12 m; 12 = s₀ + 2v₀ +2a

t = 4 s; s = 40 m; 40 = s₀ + 4v₀ + 8a

De donde, resolviendo el sistema, obtenemos:

a = 3 ms^-2; v₀=5 ms^-1; s₀= – 4 m

y como ecuaciones del sistema: s = - 4 + 5t + 1,5t² y v = 5 + 3t

La representación de las gráficas es:

La aceleración viene dada por: siendo , de donde: dt = dx/v, y cambiando de variable en la expresión de a:

Integrando:

ms-1

Velocidad v = dx/dt = 6t2 + 10t

Aceleración a = dv/dt = 12t+ 10

a) Para t = 2 s; x = 41 m; v = 44 ms-1; a = 34 ms-2

Para t=3 s; x= 104 m; v=84 ms-1; a = 46 ms-2

b) 

Tomando como origen de espacios el origen de coordenadas, la ecuación del movimiento:

se obtiene:

ecuación que resuelta da para el tiempo el valor:

ya que la solución negativa no tiene sentido fisico.

Considerando la ecuación: 

y sustituyendo valores: 

de donde la aceleración es igual a:

Cuando los proyectiles se encuentran a la misma altura se verifica que:

de donde el tiempo que transcurre desde el primer lanzamiento es:

y la velocidad de cada proyectil en ese instante:

En el momento de abrirse el paracaídas, la velocidad del paracaidista es:

y el tiempo que transcurre desde que se lanza hasta dicho momento:

A partir del instante en que se abre el paracaídas, el movimiento es uniformemente variado con aceleración de – 2 ms-2 y velocidad inicial 31,3 ms-1, luego el tiempo que invierte el paracaidista en llegar al suelo es:

y el espacio recorrido en esta segunda fase del movimiento:

En primer lugar: 70 kmh-1 = 19,44 ms-1

El automóvil tarda en pasar delante de la cámara 5/32 s, luego su velocidad es de:

Luego, no infringe la ley.

En el recorrido BC:

En el recorrido CD:

De la ecuación: :

despejando vD:

El tiempo invertido en el recorrido CD se puede calcular a partir de la ecuación:

El tiempo total invertido en el recorrido AD es:

de donde el correspondiente a la primera parte de dicho recorrido es:

Finalmente, la distancia AB se obtiene sustituyendo en la ecuación:

De la ecuación s=v0t+1/2at2, sustituyendo, obtenemos: 105 = 110t - 5 t2, de donde:

Para interpretar los dos valores del tiempo que se obtienen como solución, escribimos la ecuación general de la velocidad del móvil: v =110 - 10t, según la cual encontramos que para t =11 s, v =0. Es decir, que el móvil, cuando ha transcurrido 1 s de su movimiento, está a 105 m del origen; transcurridos otros 10 s se para y, a continuación, vuelve por el mismo camino estando nuevamente a 105 m del origen en t =21 s.

a) Para hallar la ecuación de la trayectoria eliminamos la variable t entre las dos ecuaciones de x e y. Para ello elevamos al cuadrado y sumamos miembro a miembro:

Esta ecuación representa una circunferencia de radio R.

b) Velocidad:

con lo que:

Aceleración:

con lo que:

c) Como hemos dicho, R es el radio de la trayectoria. En cuanto a w, al ser x e y funciones sinusoidales: siendo T el periodo de la función; es decir, el mínimo valor del tiempo para el cual los valores de x e y se repiten.

Tomando como origen de coordenadas el punto de lanzamiento, la ecuación del movimiento de la piedra es: s = 51t – 4,9t2

a) En el tercer segundo de su movimiento el espacio recorrido será:

= 51 – 24,5 = 26,5 m

b) Para t = 5 s, estará a una altura igual a:

s = 515 – 4,9·5² = 132,5 m

Para t = 6 s:

s = 516 - 4,9·6² = 306 - 176,4 = 129,6 m

a) El tiempo que tarda el proyectil en introducirse en el agua es el mismo que el que tardaría en caer libremente desde una altura de 5 m. Es decir:

, aproximadamente.

b) La distancia recorrida por el proyectil en horizontal hasta que se introduce en el agua es la que recorrería en 1 s con velocidad constante de 5 ms-1. Es decir: s = vt = 51 = 5 m.

c)

, aproximadamente.

a) Ecuaciones del movimiento:

Tiempo que tarda en caer al suelo:

y = 60 m; 60 = 5t + 4,9t2 ; 4,9t2 + 5t – 60 = 0

donde t es igual a:

la solución negativa no tiene sentido.

b) Distancia que recorre en horizontal:

luego llegará al suelo sin chocar antes contra la pared opuesta.

c) t = 3 s.

Ecuaciones de la velocidad de la pelota:

d) Cuando la velocidad forma un ángulo do 45º con la horizontal vx= vy, luego:

Llamando: h a la altura a que sube el cuerpo a partir del punto O, t al tiempo que tarda en recorrer h m, t’ al tiempo que tarda en caer desde la altura (h+28) m, v0 a la velocidad de lanzamiento, se puede plantear el siguiente sistema de ecuaciones:

0 = v0 – 9,8t; h = v0t – 4,9t2; h + 28 = 4,9t'2; 

t + t’ = 3

el cual una vez resuelto nos da los valores: t = 0,55 s;

t’= 2,45 s;

h =1,48 m; v0 = 5,39 ms-1, luego:

a) Velocidad de lanzamiento: 5,39 ms-1

b) Velocidad con que llega al suelo: v = g t’ = 24 ms-1

c) Altura a que sube: h + 28 = 1,41 + 28 = 29,41 m.

Llamando v0 a la velocidad del objeto cuando pasa por el borde superior de la ventana, de la ecuación s = v0t + 1/2 at² obtenemos:

y de la ecuación v₂ = 2as, el valor de la altura h (s) que hay por encima de la ventana será:

que sumada a la altura de la ventana, 2 m, nos da la distancia hasta la parte más baja de la ventana:

h’ = 2 + 1,37 = 3,37 m.

Al final de los 6 s el auto tiene una velocidad de: v = at =12 ms-¹

Cuando se encuentran de nuevo el auto y el camión, ambos han recorrido una distancia x en un tiempo t. Será:

Para el auto: x = 12(t – 6)+1/2262 + 12(t-6). Para el camión: x = 10t

Igualando ambas expresiones de x:

36 + 12t - 72 = 10t; t = 18 s

de donde:

x = 10t = 180 m.

72 km/h = 20 ms-1; 18 km/h = 5 ms-1

En los 0,3 s que tarda el conductor en reaccionar, se aproxima al coche que va delante en 0,320 = 6 m.

En este mismo tiempo dicho coche avanza 0,35=1,5 m.

La distancia entre los dos vehículos cuando el primer coche frena es:

35 – 6 + 1,5 = 30,5 m.

Luego, considerando que, para no chocar, el coche que frena debe reducir su velocidad a 5 ms-1 en una distancia de 30,5 m, se tendrá que cumplir:

de donde:

Tomando como positivas las magnitudes de sentido ascendente y como negativas las de sentido descendente, será:

a) Cuando el globo desciende, la velocidad de la piedra es:

v = – 12 – 9,810 = – 110 ms-1

y el espacio recorrido:

s = – 1210 - 4,9100= – 120 – 490= – 610 m.

b) Cuando el globo asciende:

v = 12 – 9,810= – 86 ms-1

s = 1210 – 4,9100 = – 370 m.

El tiempo t que tarda el nadador en cruzar el rio es el mismo que tardaría, si en dirección normal a la corriente, recorriera 100 m. Es decir:

Este mismo tiempo es el que invierte la corriente en recorrer los 20 m, luego la velocidad de dicha corriente es:

a) La velocidad resultante tiene como componentes:

siendo su módulo:

y:

b) Se verifica que:

de donde:

El módulo de la velocidad del avión es entonces:

y

El tiempo que tarda la bola en llegar al suelo es el mismo que tardaría si cayera libremente desde una altura de 2 m.

Es decir: 2 = 1/29,8t2; t = 0,64 s

y, en ese tiempo, la bola recorrería:

con la velocidad constante v. Luego:

El tiempo que tarda el paquete en caer se obtiene de la ecuación: y = 1/2 gt²

y la distancia x a que debe estar el avión del blanco:

x = 50·15,65 = 782,5 m.

La velocidad del paquete al llegar al suelo tendrá como componentes:

vx= 50 ms^-1; vy= 9,8·15,65 = 153,4 ms^-1

de donde:

y

El alcance máximo viene dado por la expresión:

y la altura máxima por la:

Sustituyendo valores obtenemos:

siendo el valor de v₀ igual a:

El tiempo que tarda en chocar será:

y la distancia x desde el punto de impacto al pie del acantilado:

x = vt = 3054,04 = 1232,3 m.

La altura máxima viene dada por:

y el alcance:

a) La aceleración angular a es igual a:

b) El ángulo girado en 5 s es:

c) El tiempo t necesario para que el volante se pare es tal que:

d) Se obtendrían los mismos resultados.

2 h 40 min = 7.200 + 2.400 = 9.600 s

Las velocidades angulares de cada uno de los móviles son, respectivamente:

Cuando se encuentran, el primer móvil ha recorrido un ángulo j y el segundo un ángulo 2p - j. Se verifica que:

En cuanto al tiempo t que tardan en encontrarse:

Aceleración angular:

Número de vueltas:

Cuando la rueda ha dado 40 vueltas, el ángulo descrito es: 2p40 rad y se verifica que:

de donde t es igual a:

La solución de 28,94 s se desecha porque la rueda se para en 20 s.

La velocidad angular al cabo de 11,05 s es:

La aceleración centrípeta del punto considerado:

La aceleración tangencial:

La aceleración total:

a) La aceleración tangencial en la primera etapa del movimiento es:

b) La aceleración normal:

El espacio recorrido sobre la trayectoria:

c) Velocidad angular media:

d) Tiempo que tarda el automotor en dar 100 vueltas al circuito:

Si el satélite está en órbita, se ha de verificar la igualdad:

Velocidad angular de la Tierra:

Para un punto del ecuador es:

Si consideramos que no hay rozamiento entre el bloque y el plano, cuando cae, la velocidad aumenta, ya que es un movimiento acelerado positivamente con aceleración a = g sen a (a es el ángulo que forma el plano con la horizontal).

Si el bloque se lanza hacia arriba, la aceleración es igual que en el caso anterior pero negativa, por lo que la velocidad disminuirá hasta hacerse cero para luego empezar a caer de nuevo.

No, solamente cuando el movimiento es rectilíneo y siempre en el mismo sentido, pues, en caso contrario, se puede dar el caso de que el camino recorrido sea distinto de cero y el desplazamiento cero por volver al punto de partida.

No, porque el vector velocidad sólo posee componente intrínseca en la dirección tangente a la trayectoria.

Cuando las piedras están en el aire, el espacio recorrido por cada una de ellas es, respectivamente:

s1 =1/2 gt2 s2 = 1/2 g(t – t0)2

siendo t el instante considerado y t0 el tiempo transcurrido desde que se deja caer la primera piedra hasta que se deja caer la segunda.

La distancia entre las dos piedras en dicho instante t es entonces:

d = s1 – s2 = ½ gt2 – 1/2g(t – t0)2 = 1/2g(t02+ 2t.t0) = f(t)

que, como se ve, no es constante sino función del tiempo t.

En la gráfica: t, es el tiempo que transcurre desde que el coche entra en la población hasta que encuentra el semáforo, t2 -t1 es el tiempo que está el semáforo cerrado y t3 es el tiempo que invierte el coche en atravesar la población.

Al hacer la gráfica se ha supuesto que tanto cuando disminuye la velocidad como cuando la aumenta, lo hace de forma uniforme con aceleración a.

Como la suma de vectores tiene la propiedad conmutativa, el orden es indiferente. La distancia al punto de partida será:

a) Una partícula con velocidad cero sí puede tener aceleración, pues puede tratarse de un movimiento acelerado, pero en el que cambia el sentido del movimiento. Es el caso de un cuerpo que se lanza verticalmente hacia arriba; en el punto más alto de su trayectoria su velocidad es nula pero tiene una aceleración igual a – g. b) No, porque si la aceleración es cero, no existen cambios con respecto al tiempo en el módulo o en la dirección de la velocidad.

La distancia recorrida por la partícula es la longitud recorrida sobre su trayectoria. Si ésta es curvilínea, el módulo del vector desplazamiento es siempre menor e incluso cero si la partícula vuelve al punto inicial. Luego es posible que dicho módulo valga 3 m ó 0 m, pero nunca 9 m.

Llegarán las dos al mismo tiempo, pues la segunda pelota describirá su trayectoria OA en el mismo tiempo que lo haría si con velocidad constante recorriera el camino OB, o, si con la aceleración de la gravedad cayera libremente desde una altura h.

Que el módulo de la velocidad es constante quiere decir que el espacio recorrido es directamente proporcional al tiempo empleado en recorrerlo, característico de los movimientos uniformes e independiente de que la trayectoria que siga el móvil sea recta o curva.

Porque, como ocurre en el caso del movimiento circular uniforme, puede variar la dirección de la velocidad.

El vector velocidad cambia en módulo, dirección y sentido, haciéndose cero la componente vertical en el punto más alto de la trayectoria.

El vector aceleración sólo cambia en sentido ( – g, cuando sube el proyectil y + g cuando está bajando).