CINEMÁTICA

Martín. Sandoval Casas.

CINEMÁTICA La cinemática es una parte de la mecánica, que estudia el movimiento de los cuerpos sin indagar en el ¿Por qué?, es decir solo evalúa variables de posición, desplazamiento, velocidad y aceleración. En este capitulo es muy importante conocer la posición del móvil en función del tiempo, de allí se puede predecir las posiciones sucesivas para cualquier tiempo. Si estamos en tres dimensiones y conocemos la posición x(t), y(t), z(t), podremos determinar la trayectoria de la partícula. Por ejemplo en astronomía si se conoce la ecuación de trayectoria del Sol y la tierra se puede predecir los eclipses que van a ocurrir a futuro. Para abordar el desarrollo, debemos precisar algunas definiciones previas: ·

SISTEMA DE REFERENCIA

z Es un eje de coordenadas espaciales a partir del cual se toman medidas del movimiento, este sistema de referencia debe ser Inercial, es decir estar en reposo o con velocidad constante MRU.

y

O x

Un ejemplo real de sistema de referencia lo constituye una torre de control en un aeropuerto; los móviles en estudio son los aviones que tienen que aterrizar, para este fin los técnicos en la torre de control toman datos de altura, velocidad, etc. y buscan las óptimas condiciones para un aterrizaje exitoso. ·

MOVIL

Es el objeto de estudio, del cual se va a describir su movimiento, medidos a partir del sistema de referencia elegido. ·

z

VECTOR POSICIÓN ®

rA

Es un vector trazado desde el origen de coordenadas del sistema de referencia hacia la ubicación instantánea del móvil.

O ·

y

x

MOVIMIENTO

Si el vector posición cambia con el tiempo, entonces decimos que hay movimiento.

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CINEMÁTICA

·

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TRAYECTORIA

z

Las continuos cambios del vector posición dan origen a la trayectoria descrita por el móvil (líneas punteadas). Esta trayectoria da origen al nombre del movimiento. Así por ejemplo: Movimiento Rectilíneo – trayectoria línea recta, Movimiento Parabólico – trayectoria parábola, Movimiento Circular – trayectoria circunferencia, etc. ·

y

O x

DISTANCIA RECORRIDA

Es una magnitud física escalar que mide la longitud de la trayectoria descrita por el movil. ·

DESPLAZAMIENTO

Es un vector independiente de la trayectoria descrita por un móvil, se traza entre dos posiciones sucesivas en un intervalo de tiempo dado. ·

VELOCIDAD MEDIA

Es una cantidad vectorial que mide como cambia el vector posición con relación al tiempo.

z ®

® ®

o o ·

rB

rA

Presenta las características siguientes: o

®

D r = r B- r A

®

Dr vm = Dt

®

®

y

O

Tiene la misma dirección que el vector desplazamiento. Se mide en un intervalo de tiempo. Su unidad es el m/s.

x

VELOCIDAD INSTANTÁNEA

z

Es un vector tangente a la trayectoria, que se deriva de la velocidad media, cuando el intervalo de tiempo se hace tender a cero. Como se puede ver, si el intervalo de tiempo lo hacemos tender a cero, matemáticamente Dt ® 0. Observamos como el vector desplazamiento se aproxima cada vez más a ser tangente a la trayectoria. ®

®

O x

19

rB

rA

®

Dr dr v = Lim v m = Lim = Dt ®0 Dt ®0 Dt dt

®

® ®

y

CINEMÁTICA

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Presenta las características siguientes: o o o ·

Es tangente a cualquier punto de la trayectoria. Se mide en un instante de tiempo. Su unidad es el m/s.

RAPIDEZ Es una cantidad física escalar y es la magnitud de la velocidad.

·

ACELERACIÓN MEDIA

®

vA

Es una cantidad vectorial que mide como cambia el vector velocidad con relación al tiempo. ®

am =

z ®

®

®

Dv Dt

rB

rA

o o

y

O

Presenta las características siguientes: o

vB

®

Tiene la misma dirección que el vector cambio de velocidad. Se mide en un intervalo de tiempo. Su unidad es el m/s2.

®

x

vA ®

®

Dv = v B - v A ®

vB ·

®

ACELERACIÓN INSTANTÁNEA

vA

Es un vector hacia adentro de la concavidad de la trayectoria, que se deriva de la aceleración media, cuando el intervalo de tiempo se hace tender a cero. Como se puede ver, si el intervalo de tiempo lo hacemos tender a cero, matemáticamente Dt ® 0. Observamos como el vector cambio de la velocidad se aproxima cada vez más hacia la concavidad de la trayectoria.

z ® ®

®

vB

rB

rA

O

y

x

æ Dv d v d çd r = = ç a = Lim a m = Lim Dt ®0 Dt ®0 Dt dt dt ç dt è

®

®

®

®

®

® ö 2 d r ÷ = 2 ÷ dt ÷ ø

Presenta las características siguientes: o o o

Es hacia adentro de la concavidad a cualquier punto de la trayectoria. Se mide en un instante de tiempo. Su unidad es el m/s2.

De lo anterior podemos llegar a lo siguiente, muy útil en la solución de problemas, utilizando la derivada y la integral.

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®

®

dr v= dt

®

®

d v d2 r = a= dt dt 2

y

®

Si se conoce la posición r (t ) de una partícula, entonces por derivación de la posición podemos ®

®

obtener la velocidad la v (t ) y con la derivada de la velocidad tendremos la aceleración a (t ) . ®

Sin embargo si conocemos la aceleración, a (t ) , de una partícula, por integración de la ®

aceleración obtendremos la velocidad v (t ) e integrando de nuevo la velocidad obtendremos la ®

posición r (t ) . En el proceso de integración es necesario conocer condiciones iniciales para poder encontrar las constantes que resultan de la integración.

COMPONENTES DE LA ACELERACIÓN EN UN MOVIMIENTO CURVILINEO ·

ACELERACIÓN TANGENCIAL

Es una componente de la aceleración y mide como cambia la rapidez con relación al tiempo, su dirección es tangente a la trayectoria, en la misma dirección de la velocidad si el movimiento es acelerado y contrario a la velocidad si el movimiento es desacelerado. ®

®

®

d v d2 r = a= dt dt 2

·

ACELERACIÓN CENTRÍPETA

Es una componente de la aceleración y se encarga del cambio en la dirección de la velocidad, por lo tanto cualquier movimiento curvilíneo presentara esta aceleración. Vamos a cuantificar la magnitud de la aceleración centrípeta, para eso partimos de dos instantes muy cercanos en su trayectoria. Por semejanza podemos afirmar que: v2

v1 R

DS f R

Dv DS = v R

Dv vDS = Dt RDt En el límite cuando Dt = 0 , tenemos: Pero a media =

Dv v DS v 2 = lim = Dt ® 0 Dt R Dt ®0 Dt R

a = lim

O en función de w, a = R w 2 , es necesario tener en cuenta que R es radio de curvatura, que en general puede ser variable si se trata de una curva diferente a la circunferencia.

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MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (MRU)

Este movimiento describe una línea recta y con velocidad constante, es decir, el móvil recorre distancias iguales en tiempos iguales. v es positiva si el móvil se dirige hacia la derecha y negativa si el móvil se dirige hacia la izquierda.

x = xO + vt v

x

O

xO v x

O

xO

En el primer caso, el móvil parte de una posición positiva, es decir a la derecha del origen del sistema de referencia y se dirige hacia la izquierda, es decir con velocidad negativa. En el segundo caso el móvil parte de una posición positiva y se dirige hacia la derecha, es decir con velocidad positiva.

GRAFICAS x–t Y v–t DE UN MRU

x

x

v

t

v0

t

v0

La primera grafica x–t, representa un movimiento que se inicia a la derecha del sistema de referencia y con velocidad negativa.

·

La segunda grafica x–t, representa un movimiento que se inicia a la izquierda del sistema de referencia y con velocidad positiva.

·

La tercera grafica v–t, representa un movimiento con velocidad negativa.

·

La cuarta grafica v–t, representa un movimiento con velocidad positiva.

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MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE VARIADO (MRUV) Este movimiento es en línea recta y con aceleración constante, es decir, el móvil varia uniformemente su velocidad ya sea aumentando o disminuyendo, dependiendo si el sistema esta acelerado o desacelerado. En este caso el móvil recorre espacios desiguales en tiempos iguales. Se debe hacer notar que la condición para que un movimiento sea acelerado o desacelerado, es comparando los signos de la velocidad y la aceleración. Si la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo estamos en un movimiento acelerado (la rapidez crece uniformemente) y si tienen direcciones opuestas, estamos en un movimiento desacelerado (la rapidez decrece uniformemente). Por lo anterior, la aceleración sola no brinda suficiente información sobre como se esta desarrollando el movimiento.

x = xO + vO t +

1 2 at 2

y

v = vO + at vo

O

x

xO

GRAFICAS x–t , v–t y a–t DE UN MRUV

x

a

v

t

x

t

a

v

t

· · · ·

t

t

t

Las graficas de posición versus tiempo son parábolas, pues provienen matemáticamente de una cuadrática. Parábola hacia abajo indica aceleración negativa y parábola hacia arriba indica aceleración positiva. La grafica v–t (superior) indica un movimiento con velocidad inicial positiva y aceleración negativa, es decir la rapidez disminuirá hasta llegar a cero, luego aumentara negativamente y será un movimiento acelerado. La grafica v–t (inferior) indica un movimiento con velocidad inicial negativa y aceleración positiva, es decir la rapidez disminuirá hasta llegar a cero, luego aumentara positivamente y será un movimiento acelerado. El área de una grafica v–t representa el desplazamiento y el área de una grafica a–t representa el cambio de velocidad en un intervalo de tiempo.

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CAÍDA LIBRE Caída libre o lanzamiento de proyectiles en tiro vertical, se considera en este movimiento la única interacción con el campo gravitatorio terrestre, es decir, se desprecia los efectos de la resistencia del aire. Este movimiento es un caso particular de MRUV, es decir un movimiento con aceleración constante. y = yo + vo t - 4,9t 2

v = vo - 9,8 t

y

y - yo = Dy = vo t - 4 ,9t

2

v=0

tb

ts v1

N.H.R. ts = tb v1 = v2

v2 vo

MOVIMIENTO PARABÓLICO Es el caso general de movimiento de proyectiles, se comunica al móvil una velocidad inicial v0 que forma un ángulo q0 por encima (o por debajo) de la horizontal. El movimiento del objeto será la combinación de dos movimientos; en la dirección horizontal un MRU. y en dirección vertical un MRUV tal como se observa en la figura. y = y O + vOY t - 4,9 g t 2 M R U V

x = xO + vOX t

y vY = vOY - 9,8 t

y

Vx0 Vy

V Vx0

V0 Vy0

Vx0

H

–Vy

V

y q0 Vx0

M.R.U. X

x R

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Restricciones del Movimiento Parabólico. · ·

La rapidez inicial de lanzamiento debe ser baja, de tal manera que el rozamiento del aire sea despreciable. Es un movimiento libre de interacciones, la única fuerza presente es la gravitatoria.

Particularidades del Movimiento Parabólico. · ·

El máximo alcance horizontal se logra si, el ángulo de lanzamiento es de 45º. Dos tiros parabólicos tienen el mismo alcance horizontal, si cumplen dos condiciones al mismo tiempo: 1. La rapidez inicial de ambos es la misma. 2. Los ángulos de lanzamiento son complementarios. ½vOA ½= ½vOB½ y a + q = 90º

vOA

vOB

a

q D

MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME (MCU) Empezaremos por definir lo siguiente: ·

Periodo. Es el tiempo que se demora una partícula en realizar una vuelta completa. Si una partícula ha dado n vueltas el periodo se calcula por: T=

tiempo total número de vueltas

Su unidad en el SI es el segundo (s). ·

Frecuencia. Es el número de vueltas por unidad de tiempo. Si una partícula ha dado n vueltas en un tiempo t, la frecuencia se calcula por: numero de vueltas tiempo total –1 Su unidad en el SI es el s , que se denomina hertz. f =

·

Velocidad angular. Es una cantidad vectorial que mide como cambia la posición angular con respecto al tiempo. La dirección de este vector, por convención, es perpendicular al plano del movimiento y con ayuda de la mano derecha se puede determinar su dirección. w=

Dq Dt

Su unidad en el SI es rad/s.

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En general, se dice que un móvil realiza un movimiento circular cuando la trayectoria que describe es una circunferencia. El movimiento es circular uniforme, cuando en iguales intervalos de tiempo (t), los ángulos centrales descritos (q) y las distancias recorridas correspondientes (S) son iguales.

q = qO + w t

R

s = sO + vt

ó

q

q

t

t

q

S

S

t

S Como se puede observar en la figura el vector velocidad esta cambiando en dirección, por lo tanto experimenta aceleración, aceleración centrípeta específicamente. ·

Relación entre la rapidez y el modulo de la velocidad angular. Como sabemos S = Rq y la rapidez se define como: v=

·

DS D ( Rq) Dq = =R = Rw Dt Dt Dt

Relación entre la aceleración centrípeta y las magnitudes de las velocidades. a=

v2 = Rw 2 R

MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORMEMENTE VARIADO (MCUV) En general, se dice que un móvil realiza un movimiento circular, cuando la trayectoria que describe es una circunferencia. El movimiento es circular uniformemente variado, cuando en iguales intervalos de tiempo (t), los ángulos centrales descritos (q) y las distancias recorridas correspondientes (S) no son iguales.

1 2 w = w O + at

q = q O + wOt + a t 2

ó

s = s O + vO t +

ó

v = vO + at

1 2 at 2

Estrategia para resolver problemas de cinemática Para resolver problemas de cinemática debemos tener en cuenta las siguientes recomendaciones: · Elegir un sistema de referencia. · Plantear las ecuaciones de posición para cada móvil. · Establecer las condiciones del problema a resolver.

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PROBLEMAS RESUELTOS – CINEMATICA 1. Un automóvil marcha a 100 km/h por una carretera paralela a la vía del tren. ¿Cuánto tiempo empleará el automóvil en pasar a un tren de 40 m de largo que marcha a 60 km/h en la misma dirección. Solución:

O

O Automóvil Tren 40 m

O representa el origen de coordenadas de nuestro sistema de referencia elegido. La posición para el automóvil es: xA = 100 t La posición para el tren xT = 40x10–3 + 60 t Como se podrá notar, el automóvil pasara al tren en las posiciones iguales. t=

xA = xT

40 x10 -3 = 10 -3 h = 3,6 s 100 - 60

tAB = 3,6 s 2. Un móvil recorre entre dos árboles, la distancia de 60 m. Al pasar por el primer árbol, su velocidad era de 12 m/s; y al pasar por el segundo árbol, su velocidad era de 18 m/s. Encuentre su aceleración y el tiempo transcurrido en recorrer de un árbol al otro árbol. Solución: Aplicando el concepto de aceleración a =

v f -v o t

Ahora usamos la relación de desplazamiento: Dx = 60 m, vo = 12 m/s 1 2 1 at = 12t + 6t = 15t 2 2 t = 4 segundos 60 = 12t +

Reemplazando en la primera relación se obtiene: a = 1,5 m / s 2

27

=

18 - 12 6 = t t Dx = vO t +

1 2 at 2

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3. Un automóvil parte del reposo a lo largo de una trayectoria horizontal de tal forma que en un primer tramo acelera con 5 m/s2. y en un segundo tramo desacelera con 10 m/s2. hasta quedar finalmente en reposo. Si el tiempo total de recorrido es de 30 segundos. Calcule la distancia, en metros, que recorrió el automóvil. Solución:

d1

d2

vA = 0

vB = v tAB = t aAB = 5 m/s2

tBC = 30 – t aBC = –10 m/s2

TRAMO AB vB = vA + aABtAB vB = 5t

(1)

TRAMO BC VC = VB + aBCtBC 0 = vB – 10(30 – t)

vC = 0

(2)

Reemplazando (1) en (2): 5t = 300 – 10t t = 20 s. \ tAB = 20 s y tBC = 10 s. vB = 100 m/s 2 a AB t AB 5(20 2 ) = = 1000m 2 2 a t2 10(10 2 ) d 2 = VB t BC + BC BC = 100.10 = 500m 2 2

d1 =

d T = d1 + d 2 = 1500m

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4. Una persona se encuentra en el punto medio de la distancia que separa a dos grandes superficies planas verticales y se pone en movimiento hacia una de ellas con una velocidad constante de 10 m/s en el preciso instante que se emite un grito. Calcule la distancia, en metros, de separación entre dichos planos sabiendo que la persona escucha los ecos del grito con un intervalo de tiempo de 0,25 s (VSONIDO EN EL AIRE = 340 m/s)

x1 Solución:

x2

Con el sonido hacia la derecha. d – x1 = vSt1 ......(1) Con el sonido hacia la izquierda. d + x2 = vSt2 ......(2) Con la persona se obtienen las siguientes ecuaciones. x1 = vPt1 ......(3) x2 = vpt2 ......(4) (2) – (1)

x2 + x1 = vs(t2 – t1)

(4) – (3)

x2 – x1 = vp(t2 – t1)

x2 =

(v S + v P )(t 2 - t1 ) ......(5) 2

(5) en (2) y obtenemos: d + x2 =

vS v x 2 Þ d = x 2 ( S - 1) vP vP

d=

(v S + v P )(t 2 - t1 )(v S - v P ) (v S2 - v P2 )(t 2 - t1 ) = 2v P 2v P

d=

(340 2 - 10 2 )(0,25) = 1443,75 m 2(10)

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5. Una avispa revolotea alrededor de un girasol haciendo el recorrido mostrado en la figura.

a.

b.

¿Qué velocidad media tenía entre los puntos A y C, si se tarda 10 s en ese recorrido?.

3m 1m

Si en "O", su velocidad es 10 m/s, y al pasar por D lo hace con 5 m/s (en sentido a E); ¿cuál era la aceleración media, en m/s2, que tenía entre esos puntos, si se demora 40 s entre ese tramo?.

5m 2m 1m 4m

Solución: a.

Considerando que el origen está en “0” y que las curvas son arcos de circunferencia, se pueden ubicar los puntos A y C: A = (6 ;–2 ) m, C = (3 ;–3 ) m. La definición de velocidad media es: ®

vm ®

®

®

r2 - r1 = t 2 - t1

(1)

®

Donde r 1 y r 2 son los vectores de posición inicial y final, respectivamente, y están ®

®

dados por Ay C. Reemplazando los datos: r 1 = (6;–2) m, r 2 = (3;–3) m, t2 – t1 = 10 s, en la ec (1). ®

Se obtiene que: v m = (–0,3 iˆ +– 0,1 ˆj ) m/s, es la velocidad media en ese tramo. b. Para hallar la aceleración media, se usa una definición similar: ®

®

v 2 - v1 am = t 2 - t1

®

(2)

®

®

Reemplazando los datos: v 1 = 10 m/s iˆ , v 2 = 5 m/s ˆj , t2 – t1 = 40 s, en la ec. (2): ®

Se encontrará que: en ese tramo.

a m = –0,25 m/s2 iˆ + 0,125 m/s2 ˆj , es la aceleración media

Las direcciones se deducen del hecho que la velocidad es tangente a la trayectoria.

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6. Un punto material se desplaza en movimiento rectilíneo a lo largo del eje x según la ecuación x = t3 – 11t2 + 30t. Donde X se mide en metros y t en segundos. Halle: a. La posición instantánea del móvil cuando t = 3 s y cuando t = 10 s. b. El valor de la velocidad instantánea en los instantes cuando la posición instantánea es igual a cero. c. El valor de la aceleración instantánea en los instantes cuando la velocidad instantánea es igual a cero. Solución: a. Se nos pide evaluar la posición del punto cuando el tiempo es 3 y 10 segundos. x(t) = t3 – 11t2 + 30t

x(3) = (3)3 – 11(3)2 + 30(3) = 18 m x(10) = (10)3 – 11(10)2 + 30(10) = 200 m

b. La velocidad instantánea del punto material la obtenemos aplicando la derivada temporal a la posición. dx(t ) v(t ) = Þ v(t ) = 3t 2 - 22t + 30 dt Hallamos los valores del tiempo en que la posición del punto se hace cero. x(t) = 0 Þ t3 – 11t2 + 30t = 0

t(t2 – 11t + 30) = 0 Þ t(t – 5)(t – 6) = 0

De la ecuación anterior obtenemos los valores buscados de t. Þ t = 0 s , t = 5 s , t = 6 s. v(5) = 3(5)2 – 22(5) + 30 = –5 m/s

v(0) = 30 m/s v(6) = 3(6)2 – 22(6) + 30 = 6 m/s

c. La aceleración instantánea del punto material la obtenemos aplicando la derivada temporal a la velocidad. dv(t ) a(t ) = Þ a(t ) = 6t - 22 dt Hallamos los valores del tiempo en que la velocidad del punto se hace cero. v(t) = 0 Þ 3t2 – 22t + 30 = 0 3t2 – 22t + 30 = 0 Þ t = t=

22 ± (-22) 2 - 4(3)(30) 2(3)

11 ± 31 Þt = 1.8 s y t = 5.5 s. 3

a (1,8) = 6(1,8) – 22 = –11.2 m/s2

a (5,5) = 6(5,5) – 22 = 11 m/s2.

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7. Un punto material se desplaza en movimiento rectilíneo a lo largo del eje x según la ecuación: x(t) = t3/3 – 5t2/2 + 6t, donde x se mide en metros y t en segundos. Halle: a. El valor de la posición instantánea en los instantes donde la velocidad instantánea es igual a cero. b. El desplazamiento para t = 10 s. Solución: a.

Hallamos la velocidad y obtenemos los valores de t para la cual la velocidad se hace cero (0).

v(t) = t2 –5t + 6 Þ t2 –5t + 6 = 0 Þ t = 2 s y t = 3 s. Luego evaluamos la posición para estos valores de t hallados. x(2) = 8/3 – 10 + 12 = 14/3 m = 4,7 m. x(3) = 9 – 45/2 + 18 = 9/2 m = 4,5 m. b.

El desplazamiento lo obtenemos evaluando la posición de t = 0 s a t = 10 s.

Dx = x(10) – x(0) = 143,3 – 0 = 143,3 m. 8. Un trabajador parte de su casa todos los días a la misma hora y realiza un movimiento uniforme, llegando a su destino a las 10:15 a.m. Si duplicara su velocidad llegaría a las 9:45 a.m. ¿A qué hora parte de su casa?. Solución: Como en ambos casos se trata de movimientos rectilíneos uniformes, debe aplicarse: x = vt

(1)

La hora de partida (instante inicial) to y el desplazamiento x, se mantienen en ambos viajes. Lo que cambia es la velocidad: “v” y “2v” (vea figuras 1.a y 1.b), en el primer y segundo caso respectivamente, y la hora de llegada (instante final): t en el primer viaje y t’ en el segundo viaje. Entonces, si se emplea la ec. (1) a cada caso, se obtiene: Primer viaje:

x = vt

(1a)

Segundo viaje:

x = 2v (t –30)

(1b)

Figura 1.a

Figura 1.b

Como en ambos casos recorre lo mismo v t = 2v (t –30) v t = 2v (t –30)

t = 60 minutos

Si llega a las 10:15, en la ec. (1a), se halla que t = 9:15 a.m. es la hora a la que parte de su casa.

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9. Un ratón corre en un bosque a la velocidad v = 9 m/s, en su camino se cruza con un gato montés que en ese instante estaba en reposo. El último inmediatamente arranca persiguiendo al roedor y aumentando su velocidad a razón de 0,15 m/s2. Entonces, calcule: el tiempo que demora el felino en alcanzar a su presa y el desplazamiento que realiza cada uno. Solución: El ratón se mueve a velocidad constante, y el gato con aceleración constante. Como parten del mismo punto y llegan al mismo punto, sus desplazamientos deben coincidir. Además son movimientos simultáneos por lo que tardan el mismo tiempo en recorrer ese tramo. Las ecuaciones que les corresponden serían: Ratón: Gato:

x=vt x = vot + ½ at2 = ½ at2

(1) (2)

Se ha tenido en cuenta que el felino parte del reposo por lo cual vo = 0. Igualando las (3) partes derechas de las ecuaciones (1) y (2): v t = ½ at2 y reemplazando los datos: v = 9 m/s, a = 0,15 m/s2, Se obtiene que: t = 0 (solución trivial, cuando se encuentran por primera vez) t = 120 s es el tiempo que tarda el gato montés en atrapar a su presa. Para encontrar el desplazamiento, se puede usar el resultado hallado del tiempo en la ec. (1) o (2) y obtener que: x = 1 080 m es el desplazamiento que realiza cada uno. 10. Se lanza verticalmente hacia arriba una bola, a partir de la orilla de un edificio, a una velocidad de 14,7 m/s. ¿Dónde se encontrara el objeto 2 s después de haber sido lanzado?, ¿Estará subiendo o bajando en ese momento?. Solución: El movimiento de caída libre es un tipo particular de un MRUV, con la característica de ® ˆ que su aceleración es siempre: g = –9,8 m/s2 j (aceleración hacia abajo). Entonces las ecuaciones que deben usarse son las mismas que para cualquier MRUV. La relación que debe usarse es: y = vot – ½ g t2

(1)

En donde se ha tomado el punto de lanzamiento como punto de referencia; todos los desplazamientos se medirán entonces a partir de ese punto. Si se emplean los datos: vo = 14,7 m/s, t = 2 s, en la ec. (1) Se obtiene que: y = 9,8 m es la posición de la bola y como el signo es positivo, está por encima del punto de lanzamiento. Para responder a la interrogante de si está subiendo o bajando en ese momento, se puede calcular su velocidad: v = vo – 9,8t

(2)

Si se usa los datos anteriores, se encuentra que: v = –4,9 m/s. El signo negativo de la velocidad, indica que el cuerpo está bajando.

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11. Un objeto es lanzado hacia abajo con una velocidad inicial de 4,9 m/s y tarda un segundo en recorrer los últimos 19,6 m de su trayectoria vertical. Determine la altura desde la cual fue lanzado. Solución: Analizamos el tramo BC.(sistema de referencia en B) A

h

yBC = VBtBC + ½ gt2BC –19,6 = VB – 4,9 Þ VB = –14,7 m/s Ahora se analiza el tramo AB.(sistema de referencia en A)

H

B

VB = VA –9,8 tAB –14,7 = –4,9 –9,8 tAB yAB = vAtAB + ½ gt2AB tAB = 1 segundo 2 –h = –4,9x1 – 4,9x1 = –9,8 \ h = 9,8 m

20 m Entonces la altura H desde donde fue el lanzamiento es: C

H = (19,6 + 9,8) m H = 29,4 m

12. En un proceso de manufactura, los bloques de material están sobre una correa transportadora que se desplaza a 24 cm/s, caen sobre otra correa situada 75 cm debajo. Halle: a) Si el proceso requiere que un bloque de la correa superior caiga sobre la correa inferior y que siempre se 24 cm/s encuentre un solo bloque en el aire, ¿Que espacio debe haber entre los bloques de la correa superior? 75 cm b) Si los bloques se encuentran a 22,5 cm de distancia en la correa inferior ¿Cuál es la rapidez requerida en la correa inferior? Solución: Hallamos el tiempo que demora un bloque en pasar de la faja superior a la faja inferior. Aplicamos Dy = voy t - 4,9t 2 entonces – 0,75= – 4,9 t2

de donde t = 0,39 s.

a) La faja superior debe tener entre bloque y bloque un espacio de x = vt, sabiendo que la faja se mueve con MRU y con una rapidez de 0,24 m/s. Obtenemos: x = (0,24)(0,39)= 0,094 m. b) En la faja inferior cae un bloque cada 0,39 s, por lo tanto si están separados 0,225 m, la rapidez de la faja debe ser: v=

x 0,225 = = 0,58 m / s t 0,39

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13. Una piedra se deja caer a un pozo. El sonido del choque de la piedra con el agua se escucha 7,48 s después. La velocidad del sonido en el aire es 340 m/s. a) Calcule a que profundidad esta el agua. b) Se lanza una segunda piedra al pozo. El sonido del choque de este pozo con el agua se oye 14,25 s después. Encuentre su velocidad inicial. Solución:

NR

a) Con la piedra en caída libre - H = -4,9t12

(1)

H

Con el sonido tenemos un MRU H = 340t 2

(2)

Combinando (1) y (2) tenemos:

t12 = 69,39t 2

Según el problema t 1 + t 2 = 7,48 s (4) en (3) y obtenemos:

(4)

t12 = 69,39 (7,48 - t1 )

De donde se obtiene la ecuación cuadrática t1 =

(3)

t12 + 69,39 t1 - 519,04 = 0

- 69,39 ± 69,39 2 - (4)(1)(-519,04) - 69,39 ± 83,01 = = 6,81s (2)(1) (2)(1)

Reemplazando en (4) obtenemos t 2 = 0,67 s Para calcular H, hacemos uso de (1): H = 4,9 x 6,812 = 227,24 m.

b) Si el sonido se escucho 14,25 s después, podemos deducir que el tiempo de caída libre es: t = 14,25 – 0,67 = 13,58 s Con este dato, aplicamos a la ecuación de posición en caída libre: - 227,24 = v oy (13,58) - 4,9x13,58 2

De donde v oy = 49,8 ˆj m / s.

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14. A 78,4 m sobre el suelo, se suelta una piedra. Si falta 1 s para que impacte contra el suelo, ¿Cuál es la distancia que separa al cuerpo del suelo?. Solución: Primero se calcula el tiempo que tardaría la piedra en recorrer los 78,4 m: y = vot –½ g t2 = –½ g t2

(1)

Reemplazando los datos: g = 9,8 m/s2, y = –78,4 m (desplazamiento hacia abajo) Se halla que: t = 4 s. Luego, se encuentra el desplazamiento que recorre el cuerpo en el tiempo t’ = 3 s. y’ = –½ g t’2 Se obtiene que:

y’ = –44,1 m

La distancia buscada se calcula restando los desplazamientos: d = ½ y – y’½ Se halla que: d = 34,3 m es la distancia que separa a la piedra del suelo. 15. Una bala es disparada, desde el punto A con una velocidad inicial de 100 m/s haciendo un ángulo de 60 º con la horizontal, determine: a) La altura máxima alcanzada por el proyectil. b) Su alcance horizontal.

vo A

60 º

50 m

Solución:

x

a) Obtenemos HMAX cuando la velocidad en y, es igual a cero. Usamos v y = v o - 9,8t 0 = vO.sen60º – 9,8 t

t=

VO sen 60º 100 3 = = 8,84 s. 9,8 2(9,8)

Dy = vOY t - 4,9 t 2 Dy = H MAX - 50 = (

100 3 )(8.,84) - (4,9)(8,84) 2 2

H MAX = 432,65 m Como el movimiento horizontal es MRU entonces usamos para el alcance horizontal x = vXt Þ x = vOcos60º tV (1) Hallamos el tiempo de vuelo de la bala. Dy = v oy t V - 4,9 t 2V - 50 = 100sen 60º t V - 4,9 t 2V = 50 3 t V - 4,9 t 2V

tV = 18,234 s. Reemplazamos en (1) y obtenemos D. Þ D = 50x18,234 = 911,7 m

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16. Una partícula es lanzada con cierta velocidad vO desde el punto P = (–2, 3) y al cabo de 2 ®

segundos alcanza la velocidad v = (12 iˆ + 8 ˆj ) m/s; Si su aceleración es – 9,8 ˆj m/s2. Determine: a. Su velocidad inicial vO. b. El tiempo que demora en llegar a tierra (eje x es la superficie horizontal). c. La velocidad con la cual llega a tierra. Solución: ®

a.

Tenemos r (0) = (–2, 3) m ; y en 2 segundos alcanza una velocidad de →

→

v (2) = (12 ˆi + 8 ˆj ) m/s y a = →

→

- 9,8 ˆj m / s 2 →

→

Þ v (2) = (12 ˆi + 8 ˆj ) = v O + a t = v O – 9,8(2) ˆj →

Þ v O = (12 ˆi + 27,6 ˆj ) m/s. b.

Encontremos el tiempo que tarda la partícula en llegar a tierra, para lo cual conocemos la velocidad inicial voY = 27,6 m/s, la altura desde donde fue lanzada 3 m y la gravedad g = 9,8 m/s2:

y →

v

O=

Analizamos el movimiento en el eje Y

12 ˆi + 27,6 ˆj

0 = 3 + 27,6 t – 4,9 t2 4,9 t2 – 27,6 t –3 = 0

t=

3m

27,6 ± 27,6 2 + (4)(4,9)(3) 2(4,9)

t = 5,739 s

x 2m c.

Ahora calculemos la velocidad con que llega a tierra. q q

La velocidad en el eje X es constante y es 12 m/s. La velocidad en el eje Y varia por efecto de la aceleración de la gravedad y esta gobernada por la ecuación siguiente:

vY = voY – 9,8t Þ VY = 27,6 –(9,8)(5,739) = –29 m/s Þ VY = –28,64 m/s Por lo tanto la expresión vectorial para la velocidad en el momento que la partícula llega a tierra es: ®

(

)

v = 12ˆi - 28,64 ˆj m / s

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17. Dos pelotas son lanzadas simultáneamente desde los puntos A y B con las direcciones que se indican en la figura y sabiendo que vA = 20 m/s; y que se chocan en el punto P en el aire, determine la velocidad en dicho punto de la pelota desde B. vB 30º

h

B

vA 10 m 60º A 40 m x Solución: Analizando la partícula A y B en el movimiento horizontal, (sistema de referencia en A): (A)

XA = VAcos60ºt = 10 t........... (1)

(B)

XB = 40 – VOBcos30ºt ..........

(2)

3 3 VOBt = t( 10 + VOB)..... 2 2

(1) = (2) Þ 40 = 10t +

(*)

Analizando la partícula A y B en el movimiento vertical, se obtiene lo siguiente: (A)

yA = VAsen60ºt – 4,9t2 ..

(B)

yB = 10 + VOBsen30ºt – 4,9t2......

(3) = (4) Þ 10 = 10 3 t –

(3) (4)

1 1 VOBt = t( 10 3 – VOB).. (**) 2 2

3 VOB ) (20 + 3VOB ) 2 (*) / (**) Þ 4 = = 1 ( 20 3 - VOB ) (10 3 - VOB 2 (10 +

80 3 – 4VOB = 20 + Þ VOB =

80 3 - 20 4+ 3

3 VOB Þ 80 3 - 20 = (4 + 3 )VOB

=20,7 m/s

Si hallamos el tiempo en este tramo se obtiene t = 1,433 segundos. Esto lo usamos para hallar la velocidad de B en el momento del impacto. ®

VB = -VOB cos 30º ˆi + (VOB - 9,8t )ˆj ®

(

)

VB = - 17 ,91ˆi + 6 ,64 ˆj m / s

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18. Ud. golpea una pelota de golf lanzándola con una velocidad de 15 m/s, y formando un ángulo q (tgq= 3/4) con la dirección horizontal. Encuentre las componentes horizontal y vertical de: (Tome como sistema de referencia el punto de lanzamiento) a. La velocidad inicial. b. La velocidad a los 2 s. c. La posición a los 2 s. Solución: a. Las componentes de la velocidad inicial se encuentran por trigonometría. En la figura, vo es la hipotenusa, y vox y voy son los catetos. vox = vo cosq

(1)

voy = vo senq

(2)

Reemplazando los datos: vo = 15 m/s, tgq = ¾, en las relaciones (1) y (2) Se halla que: vox = 12 m/s, voy = 9 m/s, son las componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial. b. recuerde que en el eje horizontal (x), la velocidad es constante, y por lo tanto: vx = vox = vo cosq Para hallar la componente vertical de la velocidad, se puede aplicar la ec. de caída libre: vy = voy – gt

(3)

Donde voy es la componente vertical de la velocidad, que ya se halló antes. Reemplazando éste y los otros datos: g = 9,8 m/s2, t = 2 s, en la ec. (3). Se encuentra que: vx = 12 m/s, vy = –10,6 m/s, son las componentes horizontal y vertical de la velocidad a los dos segundos. c.

La componente horizontal del movimiento es un MRU, por lo que se calcula con: x = vx t

(4)

y la componente vertical se comporta como un MRUV, en la que se usa: y = voyt –½ g t2 (5) Empleando los datos anteriores, en las ec. (4) y (5) se obtiene que: x = 24 m, y = –1,6 m, son las componentes horizontal y vertical de la posición a los dos segundos. Finalmente se puede expresar las respuestas en forma vectorial: ®

v O = 12 m/s iˆ + 9 m/s ˆj ,

Velocidad inicial: ®

Velocidad a los 2 s:

v = 12 m/s iˆ – 10,6 m/s ˆj , ®

Posición a los 2 s:

r = 24 m iˆ – 1,6 m ˆj .

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19. Un bloque se desplaza a 80 cm/s y cae al borde de una mesa de 78,4 cm de altura. a. ¿Qué tiempo demora en llegar al suelo?, ¿A qué distancia del pie de la mesa la bola choca contra el suelo?. b. ¿Cuál es la velocidad con que impacta contra el piso?. Solución: a. Primero se analiza el movimiento vertical, como es de caída libre, se puede aplicar: y = voyt –½ g t2 = –½ g t2

(1)

Al inicio la velocidad solo tiene la componente horizontal, por lo cual vyo=0. Reemplazando los datos: g = 9,8 m/s2, y = –0,784 m en la ec. (1), Se obtiene que: t = 0,4 s es el tiempo que tarda en caer al suelo. Luego, se puede encontrar el desplazamiento horizontal: x = vxo t = vo t

(2)

Donde vxo = vo = 0,80 m/s, puesto que la componente horizontal se mantiene constante. Se encuentra que: x = 0,32 m es la distancia al pie de la mesa a la que impacta el bloque con el piso. b. La componente horizontal de la velocidad es la velocidad inicial: vx = vo, La componente vertical de la velocidad, se calcula con: vy = voy – gt Reemplazando los datos se obtiene que: vx = 0,80 m/s, vy = –3,92 m/s. Para encontrar el módulo de la velocidad, se puede aplicar el teorema de Pitágoras: v =

vx 2 +

vy2

Encontrando que: v = 4,00 m/s, es la velocidad a la que impacta contra el piso. 20. Una rueda de diámetro 0,8 m, gira alrededor de un eje fijo que pasa por su centro. Una mancha ubicada en la parte externa, se mueve a la velocidad de 12 m/s. Resuelva: a. ¿Cuál es la velocidad angular con que gira?. b. ¿Qué aceleración centrípeta sufre la mancha?. Solución: La velocidad de 12 m/s es lo que comúnmente se denomina como velocidad tangencial. Hay una relación directamente proporcional entre las velocidades lineal y angular, y es: v =wR Usando los datos:

(1)

v = 12 m/s, R = 0,8 m/2 = 0,4 m, en la ec. (1).

Se encuentra que: w = 30 rad/s, es la velocidad angular a la que gira la rueda. La aceleración centrípeta se determina con la ec.: ac = v2/R Usando los mismos datos anteriores en la ec. (2), se halla que: aceleración centrípeta que sufre la mancha.

40

(2) ac = 360 m/s2, es la

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21. Un cascarón esférico de 2 m de diámetro gira con una velocidad angular constante de 30p rad/s, respecto de un eje vertical fijo que pasa por su centro. Halle la máxima velocidad de la bala, tal que pase por el centro del cascarón haciendo un solo agujero. Solución: La bala se moverá en línea recta, con velocidad constante (se desprecia los efectos de la gravedad). Se aplica entonces: x = vt

(1)

Simultáneamente, el cascarón está girando a velocidad angular constante, por lo que se usa: q= wt

(2)

Para que se cumpla la condición mencionada, debe ocurrir que cuando el cascarón gira media vuelta, la bala deberá recorrer un diámetro. Dividiendo (1) entre (2) se obtiene: Reemplazando los datos:

x v = q w

(3)

w = 30p rad/s, x = 2 m, q = p rad, en la ec. (10c).

Hay otras velocidades que también cumplirían la condición, por ejemplo, que la bala recorra un diámetro cuando el cascarón gire 1½ vuelta, 2½ vuelta, 3½ vuelta, etc, pero serían menores. Se halla que: v = 60 m/s, es la máxima velocidad de la bala tal que pase por el centro del cascarón haciendo un solo agujero. 22. Un disco horizontal gira con una velocidad angular constante de 2p rad/s. una persona deja caer un pequeño cuerpo sobre un punto “P” del disco. ¿Cuál es la mínima altura desde la cual se debe dejar caer el cuerpo para que al llegar al disco lo haga justamente sobre el punto “P”? Solución: El tiempo que el disco demora en dar una vuelta completa (periodo) es igual al tiempo que usa el cuerpo en caer. Calculamos el periodo: T=

2p

w

; por dato w = 2p rad/s Þ T = 1 s

Ahora podemos calcular la altura para este tiempo. –H = – 1 gt 2 = - 1 (9,8)(1) 2 = -4,9m 2 2 Por lo tanto la altura pedida es: H= 4,9 m

41

H P

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23. Un disco acelera a razón de 4p rad/s2. si emplea un tiempo “t” en dar la tercera parte del número de vueltas dadas. ¿Cuál debe ser la velocidad angular inicial para que las dos terceras partes restantes lo haga también en un tiempo “t”. Solución: Teniendo en cuenta que el porcentaje de vueltas es igual al porcentaje del ángulo recorrido. Para la tercera parte se uso un tiempo t, entonces obtenemos la ecuación siguiente:

q 3

= wO t +

1 2 at 2

.........(1)

Para recorrer las dos terceras partes restantes también se uso un tiempo t, entonces para todo el recorrido se uso un tiempo total 2t.

1 2

q = w O ( 2t ) + a ( 2t ) 2 De (1) y (2) se tiene: 3wO t +

.........(2)

3 at 2 = 2wO t + 2at 2 2

Þ

wO = 2p t

24. Una partícula parte del reposo con MCUV y al finalizar el cuarto segundo habrá dado 8 vueltas. Halle su velocidad angular en ese instante. Solución: Datos

wO = 0 wf =?

q = 2pn = 2p (8) = 16p t = 4s Hallamos la aceleración de la partícula:

1 1 rad q = a t 2 Þ 16p = a ( 4 )2 Þ a = 2p 2 2 2 s Calculamos la velocidad angular final

w f = at Þ w f = 2p ( 4) = 8p w f = 8p

42

rad s

rad s

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25. Dos ruedas parten de un mismo punto en sentidos contrarios con velocidades angulares de 5p rad/s. una mantiene un MCU y la otra un MCUV acelerando a razón de 2 m/s2. Calcule la suma de los radios de ambas ruedas en metros, sí después de 4 seg. están distanciados 156 m. Solución: MCU

MCUV

rad s 2 a = 2m / s

w O = 5p

w O = 5p

rad s

R1

R2

d1

d2

d1 + d2 = 156 m t = 4 s MCU

d1 = V1t = R1wOt

MCUV

d2 = V2t +

(1)

1 2 1 at = R2wOt + at 2 2 2

(1) + (2) Þ d1 + d2 = R1wOt + R2wOt +

(2)

1 2 at = 156 2

Þ 156 = wOt ( R1 + R2 ) + ½ (2)(4)2 = 5p(4) ( R1 + R2 ) + 16 Þ 156 – 16 = 20p ( R1 + R2 ) Þ ( R1 + R2 ) = 7/p 26. En una pista circular se corre una carrera de persecución individual, para lo cual la partida de dos ciclistas se hace en puntos diametralmente opuestos, uno en persecución del otro. Si un ciclista en los entrenamientos comprobó que daba 7 vueltas por un minuto y el otro 8 vueltas por minuto. ¿Cuánto tiempo después de la partida el segundo alcanza al primero?

Solución:

Vemos que se trata de un MCU. El ángulo de separación es de p rad y tenemos como dato la frecuencia de los dos ciclistas. fA = 8 rev/min fB = 7 rev/min

qS = p A

w A = 2p (8) = 16p rad/min

B

w B = 2p (7) = 14p rad/min Calculamos el tiempo de alcance: tA =

43

qS p = = 0,5 min w A - wB 2p(8 - 7)

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27. Un cilindro, cuyo parte interior es vacía, comienza a girar con MCUV alrededor de su propio eje, en el preciso instante que se suelta un cuerpo desde una altura conveniente para que pase por un agujero (En la base superior) situado justamente en la proyección del punto en el momento de ser soltada, en un tiempo mínimo. Determine la altura mínima que deberá tener el cilindro para que le cuerpo pase por otro agujero, situado en la misma vertical que el anterior, sabiendo que cuando el cuerpo estuvo dentro del cilindro transcurrió 1 seg. Solución:

A

B

Hmin

TRAMO AB

Cuerpo: VB = gt1 Cilindro: 2p =

(1) C

1 at12 (2) 2

w B = at1

(3)

TRAMO BC Cuerpo: H min = V B t 2 +

1 2 gt 2 (4) 2

Cilindro: 2p = w B t 2 +

1 a t 22 (5) 2

1 2 1 at1 = at1 + a Þ Simplificando a se tiene: 2 2 t12 - 2t1 - 1 = 0 Þ t1 = 1 ± 2 \ t1 = 1 + 2 ...(6) y (6) en (4) : H min = g (1 +

2) +

g 2

H min = 5(3 + 2 2 ) m

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PROBLEMAS PROPUESTOS – CINEMATICA 7. Se tiene un móvil que se mueve según la ecuación x= –20 + 10t – t2 . Halle para t = 10 s: a) La posición. b) El desplazamiento. c) La distancia recorrida d) Su velocidad. Rpta. –20 m, 0 m, 50 m y –10 m/s.

1. Dos móviles siguen trayectorias que se cortan formando un ángulo de 106º. Si desde la intersección de las trayectorias se desplazan con velocidades constantes de 40 m/s y 80 m/s, halle la velocidad de un tercer móvil que parte del punto de intersección y se desplaza por la bisectriz de este ángulo, para que en cualquier instante equidiste de los otros dos. Rpta. 100 m/s.

8. Un auto esta esperando que cambie la luz de un semáforo. Cuando la luz cambie a verde, el auto acelera uniformemente durante 6 s a razón de 2 m/s2, después de lo cual se mueve con velocidad constante. En el instante que el auto comienza a moverse, un camión se mueve en la misma dirección con velocidad constante de 10 m/s y lo pasa ¿En qué tiempo y a que distancia se encontraran nuevamente el auto y el camión? Rpta. 18 s y 180 m.

2. Un automóvil se acerca hacia una pared a una velocidad constante de 10 m/s. Si en determinado instante el chofer del automóvil hace sonar la bocina, y al cabo de 10 s. escucha el eco, calcule a que distancia se encontraba el automóvil cuando el chofer hizo sonar la bocina (considere que la velocidad del sonido es 340 m/s.) Rpta. 1750 m. 3. Un automóvil marcha a 100 km/h por una carretera paralela a la vía del tren. ¿Cuánto tiempo empleará el automóvil en pasar a un tren de 40 m de largo que marcha a 60 km/h en la misma dirección y en el mismo sentido. Rpta. 300 m.

9. Un automóvil, al ser probado en una pista circular de 300 m de radio, parte del punto A, como se muestra. a) Trace en la figura, el vector D que representa el desplazamiento del automóvil luego de haber efectuado media vuelta. b) ¿Cuál es la magnitud de este desplazamiento? c) ¿Cuál será la magnitud del desplazamiento del auto después de haber dado una vuelta completa?

4. Un tren se tarda 120 s para atravesar un túnel de 1500 m de longitud, y se demora 20 s en pasar delante de un observador. ¿Cuál es la longitud del tren?. 5. Un observador que mira con un solo ojo se encuentra a 30 cm frente a una ventana de 20 cm de ancho, y a 12 m de él pasa un camión con una velocidad constante de 20 m/s. si el observador lo vio durante 1 s, ¿Cuál es la longitud del camión? Rpta. 12 m.

Rpta.

, 600 m, 0 m.

10. De una altura de 80 m se suelta un cuerpo A y un segundo después desde la misma altura se lanza un cuerpo B en la misma dirección del movimiento de A. Hallar con que velocidad se lanzo B si ambas chocan simultáneamente en la superficie de la tierra. Rpta. - 11,42 ˆj m / s .

6. Un cuerpo con MRUV acelera a razón de 2 m/s2, de modo que al cabo de tres segundos triplica el valor de su velocidad. ¿Qué espacio recorre en ese tiempo? Rpta. 18 m

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17. Un piloto de avión se lanza hacia abajo para describir un rizo siguiendo un arco de circunferencia cuyo radio es 300 m. En la parte inferior de la trayectoria, donde su velocidad es de 180 km/h, ¿cuáles son la dirección y el modulo de su aceleración?, ¿cuál es su velocidad angular?. Rpta. ac = 8,33 ˆj m/s2 y w = (1/6) rad/s

11. Un automovilista viaja a 36 km/h. Cuando ve un mamífero en el camino, a una distancia de 40 m adelante. Si la desaceleración máxima del vehículo es de 5 m/s2. Halle. a. ¿Cuál es el tiempo de reacción máxima del automovilista de tal manera que no llegue a golpear al espécimen? b. Si el tiempo de reacción es de 3,5 s ¿Cuan rápido viajara cuando golpee al mamífero? Rpta. a. 3 s y b. 7,07 m/s.

18. Dos autos viajan inicialmente a la misma rapidez sobre una carretera recta. El primero lleva una delantera de 100 m al segundo. Este segundo automóvil desarrolla una aceleración de 2,4 m/s2. y la aceleración constante del primero es de 1,8 m/s2. Determine el tiempo necesario para que el segundo auto alcance al primero. Rpta. 18,25 s.

12. Desde el origen xo = 0 parte un cuerpo con velocidad v = 3t, en trayectoria rectilínea. Entonces la distancia recorrida desde 0 hasta 10 s, es. 13. Los planos inclinados lisos dispuestos en la figura forman entre sí un ángulo de 90°¿Cuál de las partículas llegara primero al vértice O. Si las partículas son soltadas en el mismo instante? Haga su respectiva demostración.

19. Un motociclista avanza por la carretera a la velocidad de 40 km/h, en su camino se cruza con un camión cisterna que esta en reposo. El conductor del último inmediatamente arranca el camión persiguiendo al motociclista, aumentando su velocidad a razón de 40 km/h2. Calcule el tiempo que demora el camión en alcanzar al motociclista; y el desplazamiento que realiza el camión. Rpta. 2 h y 80 km.

x

x O 14. Se lanza verticalmente hacia arriba un cuerpo observándose que en el tercer segundo de su movimiento se eleva 25 m. Determine el tiempo que el cuerpo permanece en el aire.

20. Un carrito de demostraciones se mueve a lo largo de una regla con aceleración constante. Cuando el cronómetro marcaba t1 = 7 s, el carrito se encontraba en x1 = 70 cm; en el tiempo t2 = 9 s, x2 = 80 cm; y en el instante t3 = 15 s, x3 = 230 cm ¿Qué aceleración poseía el carrito?

15. Un ascensor desciende con una velocidad v constante y su altura es de 4,9 m (del techo al piso del ascensor). Si del techo se desprende un perno. ¿Cuál debe ser el valor de v para que cuando el perno llegue al piso del ascensor, este ha bajado 3,5 m? Rpta. −3,5 ˆj m/s

21. Desde el piso se lanza hacia arriba una piedra, 2 segundos más tarde del mismo punto y con la misma velocidad inicial se lanza también hacia arriba otra piedra que alcanza a la primera después de 4 s. Determine la máxima altura que alcanza la primera piedra.

16. Un cuerpo que cae recorre “d” metros en él ultimo segundo de su movimiento Suponiendo que el cuerpo partió del reposo, halle la distancia de la cual cayo el cuerpo.

22. Un cuerpo que cae libremente recorre durante él último segundo de su caída la mitad del camino total. Halle la altura de la cual el cuerpo se deja caer. Rpta. 57,12 m. 46

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29. Halle la velocidad media y la aceleración media entre t = 1s y t = 5s. Para un móvil que se mueve según su ecuación de posición r 2ˆ 3 r = 2t i + (4t + 1) ˆj - t kˆ y su velocidad r v = 4tiˆ + 4 ˆj - 3t 2 kˆ .

23. Se lanza verticalmente hacia arriba una bola, a partir de la orilla de un edificio, a una velocidad de 25 m/s. ¿Dónde se encontrara el objeto 4 s después de haber sido lanzado?, ¿Estará subiendo o bajando en ese momento?. ¿Dónde se encontrara a los 6 s?. Rpta. y(4)=21,6 m y v(4)=–14,2 m/s bajando y y(6)= –26,4 m.

30. La ley de movimiento para dos móviles A y B viene dado por: A ® x = 4t2 + 5t – 1 B ® x = 3t2 + 5t +8 En los cuales x esta en metros y t en segundos. Halle la velocidad de A en el momento en que se cruzan.

24. Un auto que se desplaza en movimiento rectilíneo a lo largo del eje x con velocidad constante 45 m/s de pronto frena en un stop. Si la deceleración es de 6 m/s2 y el móvil se detiene. a. Que tiempo dura el frenado. b. Que distancia recorre. Rpta. 7,5 s y 168,75 m.

31. Un automóvil viaja a razón de 25 km/h durante 4 minutos, después a 50 km/h durante 8 minutos y finalmente a 20 km/h durante 2 minutos. Encuentre: a) La distancia total recorrida en km. b) La rapidez media de todo el viaje en m/s.

25. Una maceta cae desde una repisa de un edificio de departamentos. Una persona de un departamento inferior que tiene un cronómetro observa que la maceta tarda 0,1 segundos en pasar a través de su ventana que tiene dos metros de altura. ¿Qué altura sobre el borde superior de la ventana esta la repisa de la cual cayo la maceta?.

32. Dos móviles, separados 2,7 km parten en el mismo instante de A y B. El de B parte del reposo y con aceleración constante y el de A lo hace con velocidad constante. Si el movimiento de ambos es hacia la derecha, se encuentran al cabo de 1 minuto y si es hacia la izquierda al cabo de 3 minutos. Halle la desaceleración de B en m/s2.

26. Una bola se lanza verticalmente hacia arriba, desde la parte inferior de la ventana de un edificio que se halla a 10 m. del suelo. Si la bola permanece en el aire 2 segundos. ¿Qué altura deberá tener la ventana, en metros, para que la bola alcance su punto de máxima altura justamente en la parte superior de la ventana.

33. Se tienen dos cuerpos en la misma línea vertical separados una distancia de 32 m. Los cuerpos son puestos simultáneamente en movimiento, de modo que el de arriba se deja caer, y el de abajo es lanzado hacia arriba con velocidad de 8 m/s. ¿Después de cuánto tiempo los cuerpos se encuentran?. Localice el punto de encuentro.

27. Después de saltar de un helicóptero, un paracaidista cae 78,40 m en forma libre, y abre en ese instante el paracaídas, lo cual le produce un retardo en su velocidad de 2 m/s2, llegando al suelo con una velocidad de 1,2 m/s ¿Cuánto tiempo estuvo en el aire?

34. Desde la azotea de un edificio de 100 metros de altura se lanza, un pequeño misil de prueba, con una velocidad de 40 m/s hacia arriba, Calcule: a) En que tiempo llega el misil a la base del edificio b) La velocidad de impacto con la base del edificio c) La posición con respecto a la base del edificio después de 8 segundos de su lanzamiento.

28. Un rifle dispara una bala verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 300 m/s de salida en la boca del arma. Despreciando la fricción con el aire. ¿Cuál es la altura máxima alcanzada por la bala. Rpta. 4591,8 m.

47

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39. Un jabalí se mueve de manera no uniforme por el bosque, y tiene entre los instantes de tiempo de 3 s y 12 s, las velocidades de (5iˆ - 3ˆj) m/s y de (3iˆ + 5ˆj) m/s. Encuentre: a. La aceleración media en ese intervalo de tiempo. b. El desplazamiento, si su velocidad media es (-12ˆi + 4ˆj) m/s, en el anterior intervalo de tiempo.

35. En el pozo de la figura caen gotas de agua a razón de 1 gota/s. Un objeto asciende a una velocidad constante de 10 m/s, y es alcanzado por una gota cuando esta a una profundidad h = 490 m ¿Cuánto subirá el objeto aproximadamente, en metros, hasta ser alcanzado por la siguiente gota?

490 m 40. Un auto viaja a 20 m/s, cuando ve el semáforo en rojo y aplica los frenos, retardando uniformemente su movimiento a razón de 5 m/s2. Si el auto se detiene justo al lado del semáforo, determine la distancia desde donde el chofer ve el semáforo. (considere tiempo de reacción media de un conductor 7/10 s)

v Rpta. Subirá 9,1 m. 36. Un globo aerostático asciende con velocidad constante de 10 m/s. Si después de cuatro segundos de haber partido se suelta una piedra del globo. Se pide determine: a) Su posición de la piedra en t = 2 s después de haber sido soltada. b) El tiempo que demora la piedra en llegar a tierra. c) La altura máxima alcanzada por la piedra, con respecto a tierra. d) La velocidad de la piedra cuando impacta con el piso. e) La posición del globo, con respecto a tierra cuando la piedra tiene velocidad nula. Rpta. –618,5 m/s.

41. La gráfica velocidad (v) versus tiempo (t) que se muestra, representa el movimiento de un objeto con M.R.U.V. Determine: a) La ecuación de su velocidad. b) Su desplazamiento, en metros, para t = 2 segundos. c) La posición para t = 2s, si su posición inicial es de –6m. v (m/s) 50 40 30 20 10

37. En un cierto instante una partícula, que se desplaza a lo largo de una curva tiene una velocidad y una aceleración dada por las relaciones ®

®

v = 6iˆ - 2 ˆj + 27 kˆ m/s y a = 2iˆ + 18kˆ m/s2, determine: a. El radio de curvatura. b. Su aceleración normal y tangencial.

t (s) 1 2 3 4 5 Rpta. v = 20 + 6t , 52 m y 46 m.

®

42. Del gráfico calcule la posición del móvil para t = 5 s. si en t = 3 s el móvil se encontraba en x = +8 m.

c. El ángulo entre los vectores v y ®

a en dicho instante.

v (m/s)

38. Un piloto suelta una bomba desde un helicóptero estático en el aire y después de 120 s escucha la detonación. Si la velocidad del sonido es igual a 343 m/s, halle la velocidad de la bomba al tocar tierra. Rpta. –618,5 m/s.

5

t (s) Rpta. x(5) = 0 m

–20 48

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46. La gráfica posición tiempo que se muestra describe el desplazamiento de un objeto con respecto a un cierto marco de referencia. Determinar el valor y signo de la mayor velocidad que se presenta a lo largo de todo el movimiento, y además, la velocidad media en el intervalo de tiempo de 4 a 10 s.

43. Dos móviles A y B parten desde x0A= 10 m y x0B= – 800 m respectivamente, siendo sus gráficas velocidad – tiempo la que se muestra en la figura. ¿Qué distancia los separa cuando sus velocidades se igualen? v (m/s) 28

x (m)

B A

50

53º t (s)

Rpta. 210 m.

–12

20

44. Un punto material se desplaza en movimiento rectilíneo a lo largo del eje x según la gráfica mostrada determine: a. El tiempo que tarda en llegar al reposo. b. Si partió de xo = 5m, determine la posición final del móvil. v

9 0 -10

4

5

10

t (s)

11

30 m/s, entre 4 y 5 segundos y -2,5 m/s. 47. Un proyectil es disparado con una velocidad de 20 m/s, bajo un ángulo de 37º con la horizontal, desde la azotea de un edificio de 4 m de altura, tal como se muestra en la figura. Simultáneamente desde el punto B parte un móvil con velocidad constante de 40 m/s. Halle la distancia AB sabiendo que los cuerpos chocan en C. uO 37º

t

5

2

–10 Rpta. 5 s y – 20 m. 45. Un punto material se desplaza en movimiento rectilíneo a lo largo del eje x según la gráfica mostrada determine: a. El tiempo que tarda en llegar al reposo. b. La distancia total recorrida hasta quedar en reposo.

4m u´O A

v (m/s)

C

B

Rpta. 153,78 m. 48. Con igual rapidez v se lanzan las esferas y al mismo tiempo. Si tana=1/3. Halle ß para que estos choquen.

10

37º

v v

53º 0

40

100

b

Rpta. 130 s y 4000 m.

49

a

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53. Un dardo se lanza desde un punto a la velocidad vo = 25 m/s y con un ángulo de inclinación q = 45°, con la horizontal, y se incrusta perpendicularmente en una pared inclinada un ángulo a = 60° con la horizontal [sentido horario]. Calcule el tiempo de viaje del proyectil, y su rapidez en el instante en que impacta contra la pared.

49. Al mismo instante se lanzan dos cuerpos A y B con velocidad de igual magnitud. Hallar la distancia X si se sabe que A y B chocan en H/2. A

v

H H/2 x

54. Dos pelotas son lanzadas simultáneamente desde los puntos A y B con las direcciones que se indican en la figura y sabiendo que vA = 20 m/s; y que si chocan en un punto P en el aire, determine la velocidad en dicho punto de la pelota lanzada desde B.

v B

50. Una bola se desplaza a 30 cm/s y cae al borde de una mesa de 80 cm de altura. a. ¿Qué tiempo demora en llegar al suelo?, ¿a qué distancia del pie de la mesa la bola choca contra el suelo?. b. ¿Cuál es la velocidad con que impacta contra el piso?.

vB 37º

B

vA 10 m

51. En el punto O hay un cañón; el cual lanza dos proyectiles bajo ángulos diferentes. Si los proyectiles alcanzan la misma altura h; Halle el ángulo de lanzamiento del segundo proyectil. (b). Si vOA = 30 m/s y vOB = 25 m/s

A

40 m 55. Un proyectil es lanzado con una velocidad vo en un plano como se indica. Determine el desplazamiento AB sobre el plano inclinado.

y A

B

B

30º

53º

vO b

x

a

O 52. Dos cuerpos A y B, cuyas verticales se encuentran separadas 8 m se lanzan al encuentro. El cuerpo A se encuentra a 2 m y el B a 6 m del suelo; A es lanzado horizontalmente con una velocidad de 8 m/s. y B hacia abajo con una velocidad inicial tal que forma un ángulo de 45º con la horizontal. Calcule: a. La velocidad inicial de B. b. Las coordenadas del punto de encuentro. c. El tiempo que tardan los cuerpos hasta el encuentro. d. Las velocidades de los cuerpos en el instante en que se encuentran.

56. Un carro se mueve por propulsión a chorro acelerando a 1,5 m/s2, cuando llega al borde de un desfiladero su velocidad era 13,4 m/s. ¿Cuál será el alcance del carro asumiendo que los cohetes todavía funcionan y que la altura del desfiladero es 150 m? a = 1,5 m/s2

v = 13,4 m/s

150m R 50

A

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60. Determinar la velocidad con la cual debe lanzarse un objeto desde M para que al caer en P llegue simultáneamente con otro objeto lanzado horizontalmente 10 s después desde Q con una velocidad de 48 m/s.

57. Según la figura mostrada, determine el tiempo a partir de la posición de la figura, en que el avión debe soltar una bomba para destruir el barco.(velocidad del avión = 200 m/s y velocidad del barco 10 m/s)

v M

q 220

980 m Q P 480 m

Rpta. (48i+62,5j) m/s 61. Ud. discute con su novia(o) y en un momento de la pelea, la lanza con una rapidez vo = 15 m/s. Haciendo un ángulo de lanzamiento ß = 36,87°. a. Halle las componentes de la velocidad inicial vo, y exprese el vector vo = vox iˆ + voy ˆj . b. Encuentre los vectores unitarios en las direcciones tangencial y normal a la trayectoria, cuando t = 3 s. Rpta. (12i + 9j) m/s , 0.5i – 0,86j y 0,86i – 0,5 i .

19 km 58. Se lanza una pequeña piedra con una velocidad de 10 m/s en la forma mostrada en la figura. Si la piedra se introduce en un tubo que se orienta 45º respecto a la vertical, de modo que el movimiento de la piedra coincide con el eje del tubo, se pide calcular los valores de x e y en el instante que la piedra penetra en el tubo.

62. Un esquiador sale de la cima de una loma (A) con una velocidad de 40 m/s. Determinar a que distancia de “A” el esquiador vuelve a la loma.

V 45º

53º

480

y v

1,2 m A x 59. El grafico que muestra la figura, es el lanzamiento de un penal a 12 m del arco, de 2 m de altura, si el disparo choca en el parante horizontal y su velocidad inicial fue de 20 m/s. ¿Con que ángulo(s) se lanzo el balón?

37º 63. Conque velocidad angular debe girar el disco horizontal de la figura, para que la partícula que suelta caiga justo sobre el punto P, después que el disco de dos vueltas.

20 m/s

w

2m

q

O

9,8 m Rpta. 2 2p rad / s

12 m

P 51

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67. Según la figura mostrada, se lanza un proyectil del punto A, determine: (Considere O como origen de coordenadas) a. La posición B (altura máxima). b. La velocidad en C

64. Desde el punto A de la figura se dispara un proyectil con una inclinación do 53º. Si la altura máxima alcanzada por el proyectil respecto al eje x es 50 m. Determine: a. Su velocidad inicial. b. Su alcance horizontal.

y

y

B Vo = (10 iˆ +20 ˆj ) m/s

vo A

A

53

105m C

20 m

O

B x 30 m

O

65. Un jugador de básquet lanza la pelota y encesta como lo muestra la figura.

x

68. Halle la distancia “d” que esta protegida contra los proyectiles que lanza el cañón mostrado. Desprecie la altura del cañón.

f

vo 60º

0,75 m

Vo = 200 m/s

5m 1000 m

a. Halle la velocidad de lanzamiento del balón b. Halle el ángulo f que el vector velocidad de la pelota forma con la vertical cuando encesta. Rpta. 7,87 m/s y 30º.

100 m

d 69. En la figura de muestra dos proyectiles que son lanzados con la misma rapidez inicial y simultáneamente. Determine: a. La altura máxima del proyectil que llega más alto. b. ¿Que proyectil logra el alcance horizontal máximo?, Determine dicho alcance. y

66. Un acróbata debe conducir un auto a través del pozo de agua mostrado en la figura. Determinar la mínima velocidad que le debe imprimir el auto y el ángulo “q” de la rampa.

3m 1 2

vO=100 m/s

q

37º

vO=100 m/s 37º

Rpta. 9,9 m/s y 45º

12m

x

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70. Desde un plano inclinado un ángulo a, es lanzada una piedra con una velocidad inicial vo y perpendicular al plano. ¿A qué distancia del punto de lanzamiento cae está piedra?

77. Una partícula parte del reposo con MCUV y con una aceleración angular a = (6/7) rad/s2. en una trayectoria cuyo radio es (49/6) m. ¿Cuál es la aceleración total de la partícula al término del segundo segundo?

71. Un cuerpo parte de un punto A de una circunferencia y acelera a razón de 2 rad/s2. En cierto instante pasa por un punto B, y un segundo después pasa por un punto C. Si BC = 90º, calcule la velocidad angular en C y el tiempo transcurrido desde A hasta B.

78. Dos móviles parten simultáneamente desde el mismo punto y en el mismo sentido recorriendo una trayectoria circular. El primero esta animado de movimiento uniforme de velocidad angular 2 rad/s, y el segundo hace su recorrido con aceleración angular constante de 1 rad/s2 y velocidad angular inicial de 2 rad/s. ¿Cuánto tiempo tardaran en encontrarse de nuevo?

72. Una partícula parte del reposo, con MCUV Entre dos instantes de tiempo (tA, tB) describe un ángulo central equivalente a 125 rev demorándose 2 minutos. Si en el instante tB, tiene una velocidad angular de 80 rpm determine él número de revoluciones desde el reposo hasta el instante tB. 73. Un móvil da 90 RPM, se pide calcular: · Su periodo. · Su frecuencia. · Su rapidez angular. 74. Un móvil tiene la siguiente ley de movimiento x=15+24t–3t2, se pide calcular para t = 6 segundos. a. La posición del móvil b. El desplazamiento c. La distancia recorrida d. La velocidad e. La aceleración 75. Un disco gira a partir del reposo con una aceleración angular constante. Si la segunda vuelta la dio en 0,96 s. Encuentre el tiempo que tarda en dar la primera vuelta y su aceleración angular. 76. ¿Con qué rapidez tangencial deberá girar un punto situado en la periferia de la plataforma circular, para que un hombre partiendo de dicho punto (siguiendo una trayectoria rectilínea) con una velocidad constante de 7 km/h. llegue a un punto diametralmente opuesto, después que la plataforma ha dado una revolución alrededor de su eje? ( p = 22/7)

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