Tema 11 Movimientos Compuestos y Movimientos Periodicos

21111/Movimientos compuestos y movimientos periódicos

Movimientos compuestosy movimientos periódicos 11

Física

Comprueba que en el lanzamiento parabólico desde el suelo, la velocidad de impacto es igual, en módulo, a la dellanzamiento y forma un ángulo opuesto.

Las componentes de la velocidad inicial son: v0x = v0 · cos α; v0y = v0 · sin α.

En el punto de impacto las componentes son:

• La componente horizontal no varía: vx = v0x = v0 · cos α.

• La componente vertical es vy = v0 · sin α – g · t. El tiempo que tarda el objeto en caer es: t = ;

por tanto:

vy = v0 · sin α – g · = – v0 · sin α → vy = –v0y

La tangente del ángulo α’, formado por el vector velocidad y el eje x será:

tan α’ = = → igual y de signo opuesto al ángulo de lanzamiento.

¿Cuál es el ángulo de tiro óptimo para lograr el máximo alcance en un lanzamiento parabólico desde el suelo?

El alcance máximo en un lanzamiento oblicuo realizado desde el suelo, con velocidad inicial v0 yángulo de lanzamiento α, es:

xmáx =

El ángulo de tiro óptimo corresponde a aquel que haga:

sin 2α = 1 → 2α = 90º → α = 45º

Comprueba de qué modo el alcance logrado con un ángulo, en el lanzamiento parabólico desde el suelo, se consi-gue también con el ángulo complementario, para la misma velocidad de lanzamiento.

El alcance en un lanzamiento oblicuo realizado desde el suelo, con velocidad inicial de módulo v0,y ángulo de lanzamiento α, es:

xmáx =

La velocidad inicial y la aceleración de la gravedad no cambian. El seno de un ángulo es el mismoque el de su suplementario:

sin 2α = sin (180° – 2α) = sin 2 · (90° – α)

Luego un ángulo de lanzamiento α y su complementario 90° – α, dan lugar al mismo alcance. Porejemplo, se obtiene el mismo alcance con un ángulo de 30º que con uno de 60º.

α = 30º → xmáx = = 0,87 ·

α = 60º → xmáx = = 0,87 ·v2

0 · sin 120°g

v 20

g

v 20

g

v 20 · sin 2α

g

v20 · sin 60°

g

3

v 20 · sin 2α

g

2

–v0y

v0x

vy

vx

2 v0 · sin αg

2 v0 · sin αg

1

FisicaQuimica1BacPD09a16 30/5/08 10:20 Página 211

Física

212

Una jugadora de golf lanza la pelota con una velocidad de 30,0 m/s, formando un ángulo de 40º con la horizontal.Calcula:a) El tiempo que tarda en caer la pelota. b) La altura máxima alcanzada.c) El valor de la velocidad con la que la pelota toca el suelo.

Las componentes de la velocidad inicial son:

v0x = 30,0 · cos 40º = 23,0 m/s; v0y = 30,0 · sin 40º = 19,3 m/s

a) La ecuación de la posición en el eje vertical será: y = 19,3t – 4,91t 2.

El tiempo que tarda en caer se obtiene cuando, y = 0.

0 = 19,3 t – 4,91 · t 2 → t1 = 0 s; t2 = 3,93 s

b) La altura máxima se puede obtener de la ecuación: v2y = v 2

0y – 2 g · y, haciendo vy = 0:

0 = 19,32 – 19,6 · ymáx → ymáx = 19,0 m

c) La velocidad en el eje horizontal es constante, vx = v0x = 23,0 m/s. La velocidad en el eje verticalserá:

vy = v0y – g · t → vy = 19,3 – 9,81 · 3,93 = –19,3 m/s

El valor de la velocidad será:

v = � = � = 30,0 m/s

Un astronauta impulsa en la Luna una pelota de golf con una velocidad de 30,0 m/s. Si la velocidad forma con lahorizontal un ángulo de 45º. Calcula el tiempo que tarda en caer y el alcance máximo. (Dato: toma como gravedadlunar, g = 1,63 m/s2).


v0x = 30 · cos 45º = 21,2 m/s; v0y = 30 · sin 45º = 21,2 m/s

Las ecuaciones sobre los ejes en este caso concreto en que y0 = 0, g = 1,63 m/s2, serían:

x = v0x · t → x = 21,2 t

vy = v0y – g · t → vy = 21,2 – 1,63 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 21,2 t – 0,82 t 2

Para calcular el alcance máximo hay que conocer el tiempo que tarda en caer la pelota, es decir, eltiempo que tarda para que y = 0:

0 = 21,2 t – 0,82 t 2 = (21,2 – 0,82 t) · t

Se obtienen las soluciones:

t = 0; t = 25,9 s

La solución que nos interesa es la segunda. En este instante el alcance será:

x = 21,2 t → x = 21,2 · 25,9 = 549 m

Desde lo alto de un acantilado de 50 m sobre el mar se lanza una piedra con una velocidad de 15 m/s, formando unángulo de 60º con la horizontal.a) ¿Qué tiempo tarda la piedra en llegar al agua?b) ¿A que distancia llega la piedra?


v0x = 15 · cos 60º = 7,5 m/s; v0y = 15 · sin 60º = 13 m/s

6

12

5

23,02 + (–19,3)2v2x + v2

y

4


Física


Tomando como referencia el nivel del mar, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto enque y0 = 30, serían:

x = v0x· t → x = 7,5 t

vy = v0y – g · t → vy = 13 – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t 2 → y = 50 + 13 t – 4,91 t 2

a) En este sistema de referencia llegar al agua implica y = 0.

y = 50 + 13 t – 4,91 t 2 → 0 = 50 + 13 t – 4,91 t 2

4,91 t 2 – 13 · t – 50 = 0

t =

Al resolver la ecuación de segundo grado obtenemos dos soluciones:

t1 = 4,8 s y t2 = –2,1 s

Solo nos interesa la solución positiva para el tiempo (pues se lanzó en t = 0 s), por tanto: t = 4,8 s.

b) El alcance de la piedra se obtiene a partir de la ecuación sobre el eje x en el instante en que llegaal agua:

x = 7,5 t → x = 7,5 · 4,8 = 36 m

Un antenista está trabajando en el tejado de un edificio que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Se le cae unmartillo, que resbala y, al llegar al extremo del tejado, queda en libertad con una velocidad de 10,0 m/s. La alturadel edificio es de 60,0 m: Calcula:a) La ecuación de la trayectoria.b) La distancia de la fachada a la que caerá el martillo.c) El tiempo que tarda en llegar al suelo y la velocidad en ese momento.


v0x = 10,0 · cos (–30º) = 8,66 m/s; v0y = 10,0 · sin (–30º) = –5,00 m/s

Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en quey0 = 60, serían:

x = v0x · t → x = 8,66 t

vy = v0y – g · t → vy = –5,00 – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 60,0 – 5,00 t – 4,91 t 2

a) Las ecuaciones paramétricas del movimiento del martillo son:

x = 8,66 t; y = 60,0 – 5,00 t – 4,91 t 2

La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo entre estas ecuaciones. Despejamosel tiempo en la primera y sustituimos en la segunda.

y = 60,0 – 0,577 x – 6,55 · 10–2 x2

b) Para calcular el alcance hay que aplicar la condición y = 0, en la ecuación de la trayectoria:

0 = 60,0 – 0,577 x – 6,55 · 10–2 x 2

obtenemos: x1 = 26,2 m; x2 = –35,0 m. La solución será: x1 = 26,2 m.

c) Conocido el alcance, el tiempo que tarda en llegar al suelo se puede obtener a partir del eje x.

x = 8,66 t → t = = 3,03 s26,28,66

12

7

2 · 4,91

12

13 ± �132 + 4 · 4,91 · 50


Física

214

Las componentes de la velocidad en este instante serían:

vx = v0x = 8,66 m/s

vy = –5,00 – 9,81 t → vy = –5,00 – 9,81 · 3,03 = –34,7 m/s

por tanto, el valor de la velocidad en el momento de llegar al suelo será:

v = � = � = 35,8 m/s

En un lanzamiento horizontal, indica la trayectoria que seguiría el objeto si:a) No hubiese gravedad.b) La velocidad inicial v0 fuese nula.

a) Si no hubiese gravedad, el móvil describiría un movimiento rectilíneo uniforme con velocidad v0.La ecuación de la trayectoria sería: y = y0.

b) En este caso el movimiento sería de caída libre, es decir, un movimiento rectilíneo uniformemen-te acelerado, con aceleración g. La ecuación de la trayectoria sería: x = 0.

Una avioneta vuela horizontalmente a 100 m de altura sobre el suelo. Si, cuando su velocidad es de 180 km/h, dejacaer un paquete, calcula, prescindiendo del rozamiento con el aire:a) La ecuación de la trayectoria del paquete.b) El punto donde toca con el suelo (suponiendo que este es horizontal).c) El tiempo que tarda en caer.d) La velocidad del paquete a los 2 s de caída.

a) La velocidad, expresada en m/s es:

v0 = 180 km/h = 180 · = 50 m/s


v0x = 50 m/s; v0y = 0 m/s

Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en que y0 =100, serían:

x = v0x · t → x = 50 t

vy = v0y – g · t → vy = –9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 100 – 4,91 t2

La ecuación de la trayectoria que sigue el objeto se calcula eliminando el tiempo entre las ecuacio-nes de la posición:

x = 50 t ; y = 100 – 4,91 t 2

Despejando el tiempo de la primera y sustituyéndolo en la segunda, obtenemos:

y = 100 – 1,96 · 10–3 x2

b) Cuando y = 0 → 0 = 100 – 1,96 · 10–3 x2 → x = 226 m.

c) El tiempo en caer se obtiene aplicando la condición y = 0 en la ecuación de la posición en el eje y.

y = 100 – 4,91 t2 → 0 = 100 – 4,91 t2 → t = 4,51 s

d) Las componentes de la velocidad en este instante serían:

vx = v0x = 50 m/s

vy = –9,81 t → vy = –9,81 · 4,51 = –44,2 m/s

12

1 000 m3 600 s

9

8

8,662 + (–34,7)2v2x + v2

y


Física


por tanto, el valor de la velocidad en ese momento será:

v = � = � = 66,7 m/s

Un reloj analógico tiene tres agujas: la de las horas, la de los minutos y la de los segundos; de longitudes 0,7 cm, 1,1 cm y 1,3 cm, respectivamente. Calcula:a) La velocidad angular de cada aguja en rad/s.b) La velocidad lineal del extremo de cada aguja, en cm/s.

a) El periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta completa, por tanto:

• La horaria tarda 12 horas en dar una vuelta → Th = 12 · 3 600 = 43 200 s.

• El minutero tarda 1 h en dar una vuelta → Tm = 1 · 3 600 = 3 600 s.

• El segundero tarda 1 minuto en dar una vuelta → Ts = 60 s.

La velocidad angular se calcula como: ω = , por tanto:

• La velocidad angular de la aguja que marca las horas será: ωh = = = 1,45·10–4 rad/s.

• La velocidad angular de la aguja que marca los minutos será: ωm = = = 1,75·10–3 rad/s.

• La velocidad angular de la aguja que marca los segundos será: ωs = = = 0,10 rad/s.

b) La relación entre la velocidad lineal, v, y la angular, ω, es: v = ω · R, donde R es la distancia alcentro de giro, por tanto:

• La velocidad lineal de la aguja que marca las horas será: vh = ωh · R = 1,45 · 10–4 · 0,7 == 1,015 · 10–4 cm/s.

• La velocidad lineal de la aguja que marca los minutos será: vm = ωm · R = 1,75 · 10–3 · 1,1 = = 1,925 · 10–3 cm/s.

• La velocidad lineal de la aguja que marca los segundos será: vs = ωs · R = 0,10 · 1,3 = 0,13 cm/s.

Una lavadora cuyo tambor tiene un radio de 25 cm, centrífuga a 600 rpm. Halla:a) La velocidad angular en rad/s.b) La aceleración centrípeta de la ropa que «se pega» al tambor durante el centrifugado.

a) La velocidad angular expresada en unidades internacionales será:

ω = 600 rpm = 600 · = 62,83 rad/s

b) La aceleración centrípeta, en función de la velocidad angular, es: ac = ω2 · R, donde R = 0,25 mes el radio de giro, por tanto:

ac = (62,83)2 · 0,25 = 987 m/s2

Deduce, de la ecuación del movimiento armónico simple, los valores máximos de la velocidad y la aceleración.

La ecuación del MAS es: x = A · cos ω t.

La velocidad del móvil será: v = x = –A · ω · sin ω t.

El valor será máximo cuando, sin ω t = ± 1 → vmáx = A · ω.

La aceleración es: a = v = – A · ω2 · cos ω t.

Será máxima cuando, cos ω t = ± 1 → amáx = A · ω2.

v2x + v2

y 502 + (–44,2)2

ddt

ddt

12

2π rad60 s

11

2π60

2πTs

2π3 600

2πTm

2π43 200

2πTh

2πT

10


Física

216

Se estira un muelle de forma vertical hasta alcanzar 6 cm y se suelta siguiendo un movimiento armónico simple deperiodo 2 s.a) Escribe la ecuación del movimiento.b) ¿En qué posición la aceleración es máxima? ¿Cuál será su valor?c) ¿En que posición la aceleración es nula?

a) La ecuación de un movimiento armónico simple es y (t) = A · cos ω t, donde A es la amplitud omáxima elongación (en este caso A = 6 cm), y ω es la frecuencia angular.

La frecuencia angular está relacionada con el periodo, por tanto:

ω = = = π rad/s

La ecuación es: y (t) = 6 · cos π t.

b) La aceleración del movimiento es a = – ω2 · y, por tanto, será máxima cuando lo sea y. El valormáximo para la elongación es la amplitud: ymáx = A = 6 cm. En consecuencia:

amáx = ω2 · ymáx → amáx = 59,22 cm/s2

c) La aceleración es nula cuando lo sea la elongación, y = 0.

La ecuación de un movimiento armónico simple es x = 5 cos π t en unidades del SI.a) ¿Cuánto vale la amplitud?b) ¿Cuál es el valor del período y de la frecuencia?c) Escribe la ecuación de la velocidad.

a) La ecuación de un movimiento armónico simple es x (t) = A · cos ω t, donde A es la amplitud o máxima elongación, y ω es la frecuencia angular. Comparando con la ecuación que nos dan, A = 5 m.

b) La frecuencia angular es ω = π rad/s, por tanto, el periodo será:

T = = = 2 s

La frecuencia está definida como la inversa del periodo, por tanto:

f = = = 0,5 Hz

c) La velocidad es:

v = x = – 5 π · sin ω t

El vector posición de un barco que cruza un canal de 400 m de anchura es:

r = 2 t i + 3 t j kmEl tiempo t está medido en horas y las distancias, en km. Calcula:a) El tiempo que tarda el barco en cruzar el canal.b) Las coordenadas de los puntos de salida y llegada.

13

15

ddt

12

1T

2ππ

2πω

14

2π2

2πT

0

y

A

x

500 m


Física


Las ecuaciones paramétricas del movimiento son:

x = 2 t; y = 3 t

a) Como conocemos el ancho del canal, x = 400 m = 0,4 km, podemos utilizar la ecuación del movi-miento sobre el eje x, para calcular el tiempo que tarda el barco en cruzarlo.

x = 2 t → t = = h

t = 0,2 h

b) Tomando como origen de coordenadas el punto en que empezamos a contar tiempos, las coor-denadas del punto de salida serán: O (0,0).

En el punto de llegada, cuando han transcurrido t = 0,2 h, sobre el eje y, el barco habrá recorrido:

y = 3 · 0,2 = 0,6 km

En definitiva, las coordenados del punto de llegada serán: A (0,4, 0,6) km.

Se quiere cruzar un río de 70 m de ancho en una barca. La velocidad de la corriente es de 2 m/s y la de la barca esde 5 m/s.a) ¿Qué ángulo debe formar la dirección de la velocidad de la barca para llegar al punto de enfrente del de partida?b) ¿Qué tiempo se tarda en llegar?

Tomaremos como sistema de referencia el que se muestra en la figura.

16

0,42

x2

x

y

Vb

Vby

VcVbx

a

a) La velocidad con que debe salir la barca se puede descomponer como:

vb = vbx i + vby j = vb · cos α i + vb · sin α j

La velocidad de la corriente de agua es:

vc = vc i

La velocidad real de la barca debe ser la suma vectorial de estas velocidades:

v = vb + vc = (vc + vb · cos α) i + vb · sin α j

La condición de que la barca cruce el río perpendicularmente a la orilla será:

vc + vb · cos α = 0

por tanto:

cos α = – = – → α = 113,6º

b) La velocidad del movimiento real tiene la dirección del eje y, su valor es, v = vb · sin α j.

La ecuación del movimiento será:

y = v · t = (vb · sin α) · t

vc

vb

25


Física

218

El tiempo sería:

t = = → t = 15,28 s

Un piragüista se dispone a cruzar un canal de 50 m de ancho, cuyas aguas se mueven a 1 m/s. La piragua lleva unavelocidad de 2,25 m/s respecto del fondo y una dirección perpendicular a la de las aguas del canal.

a) Calcula la velocidad total del piragüista.b) ¿Qué tiempo tarda en cruzar el canal?

a) El vector velocidad del piragüista respecto al sistema de referencia dibujado es:

v = vp i + va j = 2,25 i + 1 j

el módulo de su velocidad es por tanto:

v = � = 2,46 m/s

La dirección la obtenemos a partir de la tangente:

tan α = = = 0,4 → α = 23,96º con la perpendicular a las orillas

b) El tiempo que tarda en cruzar el canal se puede obtener de la ecuación en el eje x.

x = vp · t → t = = = 22,22 s

Un avión que vuela con rumbo SN a una velocidad constante de 400 km/h se ve sometido a un viento constante dedirección OE que sopla a 20 km/h. ¿Qué rumbo tomará el avión?

La velocidad del avión respecto del suelo será la suma vectorial de las velocidades del viento y delavión:

v = vx i + vy j = 20 i + 400 j

El rumbo del avión será el de la dirección de esta velocidad, que se puede obtener a partir de latangente del ángulo que forma con el eje OE:

tan α = = = 20 → α = 87,14º

Un remero a bordo de su piragua se dispone a cruzar un río de 240 m de ancho, cuyas aguas se mueven a 6 m/s. Elremero consigue que la piragua lleve una velocidad constante de 8 m/s remando en dirección perpendicular a lade la corriente. Halla:

a) El tiempo que tarda en cruzar el río.b) La velocidad resultante con que cruza el río.c) El punto de la otra orilla en el que llega el remero, referido a la perpendicular del punto de salida.

O

N

S

E

19

vy

vx

40020

18

502,25

12,25

xvp

va

vp

2,252 + 12

17

705 · sin113,6°

yvb · sin α

x

y

Va

V

Vp


Física


a) Las ecuaciones paramétricas del movimiento son:

x = 6 t; y = 8 t

Como conocemos el ancho del rio, y = 240 m, podemos utilizar la ecuación del movimiento sobreel eje y, para calcular el tiempo que tarda el remero en cruzar el rio:

y = 8 t → t = = → t = 30 s

b) La velocidad real del remero será la suma vectorial de las velocidades de la corriente y de lacanoa:

v = vc i + vr j = 3 i + 4 j → v = � = � = 10 m/s

c) En el punto de llegada, cuando han transcurrido t = 30 s, sobre el eje x, la canoa habrá recorri-do:

x = 6 · 30 = 180 m

En definitiva, las coordenados del punto de llegada serán: A (180, 240) m.

El vector posición de un barco que cruza un puerto de 1,6 km de anchura es r = 2 t i + (0,5 t – 0,5) j . El viaje comien-za cuando el reloj del puerto marca las 12 h 15 min y termina cuando x = 1,6 km. Calcula las coordenadas de lospuntos de salida y llegada. ¿A qué hora llegó el barco? El tiempo t está medido en horas y las distancias, en km.

Las ecuaciones del movimiento son:

x = 2 t; y = 0,5 t – 0,5

La posición inicial del barco será:

x = 0; y = –0,5 km

El tiempo que tarda en realizar el recorrido se puede obtener de la ecuación del eje x:

1,6 = 2 t → t = 0,8 h

En consecuencia, el punto de llegada será:

x = 2 · 0,8 = 1,6 km; y = 0,5 · 0,8 – 0,5 = –0,1 km

El tiempo del viaje es: 0,8 (h)·60 (min/h) = 48 min.

Por tanto, si el reloj marcaba en la salida las 12 h 15 min, a la llegada la hora será:

12 h 63 min → 13 h 3 min

Un chico y una chica se encuentran frente a frente en cada una de las orillas de un canal de 3 m de ancho, comose muestra en la figura. La chica pone en marcha, sobre el agua, una barca teledirigida que consigue mantener unavelocidad constante de 0,5 m/s. Si la velocidad de la corriente del agua es de 0,25 m/s, calcula:a) ¿En qué dirección, respecto a la perpendicular a las orillas del canal, debe ser colocada la barca para que le

llege directamente a la mano al chico?

y8

2408

21

20

62 + 82v2c + v2

r

x

y

Vr

Vc


Física

220

b) ¿Qué tiempo tarda la barca en cruzar el canal?

v

y

x0

α

3 m

a) Para que la barca cruce el canal perpendicularmente a la orilla, la componente horizontal de lavelocidad debe ser igual a la velocidad de la corriente del agua.

vx = va → v · sin α = va → sin α = = = 0,5

En consecuencia, el ángulo será:

α = 30º

b) El tiempo que tarda en cruzar se obtiene de la ecuación del movimiento del eje vertical:

y = vy · t → y = (v · cos α) · t → t = = = 6,9 s

En los lanzamientos oblicuos u horizontales ¿hay aceleración? ¿Cuánto vale? ¿Hay aceleración centrípeta? ¿Y ace-leración tangencial?

En los lanzamientos oblicuos u horizontales siempre existe la aceleración de la gravedad cuyo valores 9,81 m/s2.

La trayectoria de estos movimientos es parabólica, en consecuencia, existen los dos tipos de acele-raciones, la tangencial, que mide los cambios en el valor de la velocidad, y la centrípeta, que midelas variaciones en la dirección de la velocidad.

¿Qué condición se debe dar para que la altura en el tiro parabólico oblicuo sea máxima?

La altura máxima se alcanza cuando la componente vertical de la velocidad se anula, es decir, vy = 0.

Esta condición, aplicada en la ecuación de la velocidad vertical, nos permite conocer el instante enque se alcanza la altura máxima.

vy = v0 · sin α – g · t → 0 = v0 · sin α – g · t → t =

Se realiza un lanzamiento oblicuo en la superficie de la Luna con una velocidad de 50 m/s que forma un ángulo de20º con la horizontal. Calcula la altura máxima y la distancia alcanzada. (Dato: gL = 1,63 m/s2).



va

v0,250,5

24

v0 · sin αg

23

22

30,5 · cos 30

yv · cos α

x

y

v0


Física


Las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en que y0 = 0, g = 1,63 m/s2, serían:

x = v0x· t → x = 47,0 t

vy = v0y – g · t → vy = 17,1 – 1,63 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 17,1 t – 0,82 t2

Para calcular la altura máxima hay que calcular el tiempo imponiendo la condición vy = 0:

0 = 17,1 – 1,63 t → t = 10,5 s

sustituyendo este tiempo en la ecuación de la posición vertical:

ymáx = 17,1 · 10,5 – 0,82 · 10,52 = 89,1 m

El alcance máximo se obtiene de la ecuación de la posición del eje horizontal teniendo en cuentaque el tiempo será el doble del que tarda en alcanzar la altura máxima, t = 21 s.

x = 47,0 · 21 = 987 m

Se lanza un objeto con una velocidad inicial tal que sus componentes son: v0x = 60 m/s y v0y = 80 m/s. Calcula:a) La altura máxima alcanzada.b) El alcance máximo.

a) Las ecuaciones sobre los ejes en este caso concreto son:

x = v0x · t → x = 60 t

vy = v0y – g · t → vy = 80 – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 80 t – 4,91 t2

Para calcular la altura máxima hay que calcular el tiempo impo-niendo la condición vy = 0.

0 = 80 – 9,81 t → t = 8,2 s

sustituyendo este tiempo en la ecuación de la posición vertical:

ymáx = 80 · 8,2 – 4,91 · 8,22 = 325,9 m

b) El alcance máximo se obtiene de la ecuación de la posición del eje horizontal teniendo en cuen-ta que el tiempo será el doble del que tarda en alcanzar la altura máxima, t = 16,4 s.

xmáx = 60 · 16,4 = 984 m

Un pastor lanza una piedra con una honda y alcanza un objetivo que está a 250 m en la horizontal del lugar del lan-zamiento. Si el ángulo de salida fue de 45º, calcula la velocidad de lanzamiento. Halla también la altura máximaalcanzada y el tiempo de vuelo.

El alcance máximo en este tipo de movimientos, que en este caso es uno de los datos, xmáx = 250 m, es:

xmáx =

despejando la velocidad:

v0 = � = � = 49,5 m/s

Las componentes de la velocidad inicial son, por tanto:

v0x = v0 · cos 45º → v0x = 49,5 · cos 45º = 35 m/s

v0y = v0 · sin 45º → v0y = 49,5 · sin 45º = 35 m/s

9,81 · 250sin 90°

g · xmáx

sin 2α

v 20 · sin α

g

26

12

25

12

x

y

v0y

v0x


Física

222

La altura máxima se alcanza cuando vy = 0, en consecuencia:

vy = v0y – g · t → vy = 35 – 9,81 t

0 = 35 – 9,81 t → t = = 3,6 s

La altura máxima será el valor de la ordenada en este instante:

y = v0y · t – g · t 2 → y = 35 t – 4,91 · t 2

ymáx = 35 · 3,6 – 4,91 · 3,62 = 62,4 m

El tiempo de vuelo será el doble de este tiempo:

tvuelo = 2 t = 2 · 3,6 = 7,2 s

En un salto, una pulga ha cubierto una distancia horizontal de 50 cm. Suponiendo que haya efectuado el salto conla inclinación óptima para lograr la distancia máxima, ¿con qué velocidad impulsó su salto?

El alcance máximo, xmáx = 0,5 m, en este tipo de movimientos, es:

xmáx =

despejando la velocidad, y teniendo en cuenta que la inclinación óptima es α = 45º, obtenemos:

v0 = � = � = 2,2 m/s

En una competición universitaria un lanzador de martillo ha alcanzado la distancia de 65,10 m. Suponiendo que labola sale con un ángulo de 45º, calcula la velocidad de lanzamiento y la aceleración centrípeta a que estaba some-tida la bola en el momento de ser lanzada, si el radio de la circunferencia descrita medía 1,15 m.

El alcance máximo, xmáx = 65,10 m, en este tipo de movimientos es:

xmáx =

despejando la velocidad, obtenemos:

v0 = � = � = 25,27 m/s

La aceleración centrípeta en el momento del lanzamiento será:

ac = = = 555 m/s2

Una pelota rueda por un tejado inclinado 30º respecto a la horizontal y, al llegar a su extremo, a 30 m de altura,queda en libertad con una velocidad de 9 m/s.

a) Calcula la ecuación de la trayectoria.b) Si la anchura de la calle a la que vierte el teja-

do es de 30 m, ¿llegará directamente al sueloo chocará antes en la pared opuesta?

c) ¿Qué tiempo tarda en llegar al suelo?d) ¿Cuál es la velocidad en ese momento?

29

25,272

1,15v 2

0

R

9,81 · 65,10sin 90°

g · xmáx

sin 2α

v20 · sin 2α

g

28

v 20 · sin 2α

g

27

12

–35–9,81

9,81 · 0,5sin 90°

g · xmáx

sin 2α

30 m


Física



v0x = 9 · cos (–30º) = 7,8 m/s; v0y = 9 · sin (–30º) = –4,5 m/s

Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en que y0 =27 m, serían:

x = v0x · t → x = 7,8 t

vy = v0y – g · t → vy = –4,5 – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 30 – 4,5 t – 4,91 t2

a) La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo entre las ecuaciones de la posi-ción. Despejamos el tiempo de la ecuación del eje x y sustituimos en la del eje y:

t = → y = 30 – 4,5 · – 4,91 · ( )2

y = 30 – 0,58 x – 0,08 x2

b) El punto en que la pelota botaría contra el suelo se obtiene aplicando la condición y = 0 en laecuación de la trayectoria:

0 = 30 – 0,58 x – 0,08 x2

0,08 x2 + 0,58 x – 30 = 0

x =

Se obtienen las soluciones: x1 = –23,3 m; x2 = 16,07 m. La solución con sentido físico es x2 que al sermenor de 30 m se puede afirmar que la pelota llega al suelo.

c) El tiempo en llegar al suelo se obtiene aplicando la condición y = 0 en la ecuación del movimien-to sobre el eje y:

y = 30 – 4,5 t – 4,91 t2 → 0 = 30 – 4,5 t – 4,91 t2

4,91 t2 + 4,5 t – 30 = 0

t =

Se obtienen las soluciones: t1 = –2,47 s; t2 = 2,05 s. La solución con sentido físico es t2.

d) Las componentes de la velocidad son:

vx = 7,8 m/s; vy = –4,5 – 9,81 t → vy = –4,5 – 9,81 · 2,05 = –24,7 m/s

v = � = � = 26 m/s

Desde una altura de 10 m se lanza una piedra con velocidad v0 = 12 m/s formando un ángulo de –20º con la hori-zontal. Calcula:

a) La ecuación de la trayectoria.b) La posición de la piedra al segundo del lanzamiento.c) El tiempo que tarda en impactar con el suelo.d) El alcance máximo.e) La velocidad en el momento de llegar al suelo.


v0x = 12 · cos (–20º) = 11,28 m/s; v0y = 12 · sin (–20º) = –4,10 m/s

30

7,82 + (–24,7)2v2x + v2

y

2 · 4,91

2 · 0,08

x7,8

x7,8

x7,8

12

– 0,58 ± �0,582 + 4 · 0,08 · 30

–4,5 ± �4,52 + 4 · 4,91 · 30


Física

224

Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en quey0 = 10 m, serían:

x = v0x · t → x = 11,28 t

vy = v0y – g · t → vy = –4,10 – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 10 – 4,10 t – 4,91 t2

a) La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo entre las ecuaciones de la posi-ción. Despejamos el tiempo de la ecuación del eje x y sustituimos en la del eje y:

t = → y = 10 – 4,10 · – 4,91 · ( )2

y = 10 – 0,36 x – 0,039 x2

b) El vector posición de la piedra en cualquier instante sería:

r(t) = x i + y j = 11,28 t i + (10 – 4,10 t – 4,91 t2) j

en el instante t = 1 s el vector posición es:

r(1) = 11,28 i + 0,99 j

c) El tiempo en llegar al suelo se obtiene aplicando la condición y = 0 en la ecuación del movimien-to sobre el eje y:

y = 10 – 4,10 t – 4,91 t2 → 0 = 10 – 4,10 t – 4,91 t2

Se obtienen las soluciones: t1 = –1,90 s; t2 = 1,07 s. La solución con sentido físico es t2.

d) El alcance, y = 0, se puede obtener directamente de la ecuación de la trayectoria.

0 = 10 – 0,36 x – 0,039 x2

Se obtienen las soluciones: x1 = –21,28 m; x2 = 12,05 m. La solución con sentido físico es x2.

e) Las componentes de la velocidad son:

vx = 11,28 m/s

vy = –4,10 – 9,81 t → vy = –4,10 – 9,81 · 1,07 = –14,60 m/s

el valor de la velocidad será:

v = � = � = 18,45 m/s

Una chica intenta sacar una pelota por encima de una valla. La chica se encuentra a 6 m de la valla y la altura de estaes de 3 m. Si la lanza con un ángulo de 60º, calcula la velocidad con que debe impulsarla para que pase por encima.

Las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto, serían:

x = v0x · t → x = v0 · cos 60º · t

y = v0y · t – g · t2 → y = v0 · sin 60º · t – 4,91 · t2

La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo entre las ecuaciones de la posición.Despejamos el tiempo de la ecuación del eje x, y sustituimos en la del eje y:

t = → y = x · tan 60º – · x2

Para que la pelota pase justo por encima de la valla debe cumplir que cuando x = 6 m, la y = 3 m.

3 = 6 · tan 60º – · 36 → –7,39 = – → v 20 = 95,68

v0 = 9,78 m/s

19,64v 2

0

707,04v2

0

19,64v 2

0

xv0 · cos 60°

12

31

x11,28

12

x11,28

x11,28

11,282 + (–14,60)2v2x + v2

y


Física


Un jardinero quiere regar la copa de un árbol situada a 5 m de altura. Para ello dirige el agua, que sale a 15 m/s dela manguera, cuya boca está situada a 1 m del suelo, con un ángulo de 60º. ¿A qué distancia de la vertical de lacopa del árbol se debe situar?


v0x = 15 · cos (60º) = 7,5 m/s; v0y = 15 · sin (60º) = 12,99 m/s

Las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto, serían:

x = v0x · t → x = 7,5 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 1 + 12,99 t – 4,91 t2

La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo entre las ecuaciones de la posición.Despejamos el tiempo de la ecuación del eje x, y sustituimos en la del eje y.

t = → y = 1 + 1,73 x – 0,0873 x2

Los puntos x de la trayectoria para los que la y = 5 m son el resultado de resolver la ecuación:

5 = 1 + 1,73 x – 0,0873 x2 → 0 = –4 + 1,73 x – 0,0873 x2

obtenemos dos soluciones:

x1 = 2,67 m y x2 = 17,14 m

La solución mejor en este caso sería la segunda, ya que el agua estaría cayendo y el árbol se rega-ría mejor.

Una lanzadora de jabalina realiza un lanzamiento oblicuo de 50º respecto a la horizontal, a una altura, en el momen-to de soltar la jabalina, de 1,85 m. Si el tiempo que tarda la jabalina en clavarse en el suelo es de 3,5 s, halla:a) La velocidad con la que se realizó el lanzamiento.b) El tiempo que se tarda en alcanzar la altura máxima.c) La altura máxima que alcanza la jabalina.

a) La condición de llegar al suelo, y = 0, permite calcular la velocidad de lanzamiento conocido eltiempo que tarda en caer.

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 1,85 + v0 · sin 50º · t – 4,91 · t2

0 = 1,85 + v0 · sin 50º · 3,5 – 4,91 · 3,52 → v0 = 21,8 m/s

b) La altura máxima se alcanza cuando vy = 0.

vy = v0y – g · t → vy = 21,8 · sin 50º – 9,81 t

0 = 21,8 · sin 50º – 9,81 t → t = 1,7 s

c) En ese instante la posición vertical será:

ymáx = 1,85 + 21,8 · sin 50º · 1,7 – 4,91 · 1,72 → ymáx = 16,0 m

En las fiestas de tu pueblo, desde una carroza que se mueve con una velocidad constante de 1,5 m/s, lanzas cara-melos en la dirección y el sentido del movimiento, con una velocidad de 10 m/s y un ángulo de 40º desde una altu-ra de 3 m. Calcula, respecto de un observador situado en el suelo de la calle:a) La ecuación de la trayectoria de los caramelos.b) El tiempo que tardan en llegar al suelo.



34

12

33

x7,5

12

32


Física

226

Como la carroza se mueve en la dirección del eje x, la velocidad horizontal será:

v0x = 7,7 + 1,5 = 9,2 m/s

Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en quey0 = 3 m, serían:

x = v0x · t → x = 9,2 t

vy = v0y – g · t → vy = 6,4 – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t 2 → y = 3 + 6,4 t – 4,91 t2

a) La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo entre las ecuaciones de la posi-ción. Despejamos el tiempo de la ecuación del eje x, y sustituimos en la del eje y.

t = → y = 3 + 6,4 · – 4,91 · ( )2

y = 3 + 2 x – 0,48 x2

b) El tiempo en llegar al suelo se obtiene de la ecuación de la posición vertical cuando y = 0.

0 = 3 + 6,4 t – 4,91 t2 → t1 = –9,81; t2 = 1,7

El tiempo de caída será t2 = 1,7 s.

Una jugadora de baloncesto situada a 8 m de la canasta se levanta y lanza el balón desde una altura de 2,25 m conun ángulo de 45º sobre la horizontal.a) ¿Con qué velocidad debe realizar el lanzamiento para encestar, si el aro está situado en el punto (8, 3) m?b) ¿Qué tiempo tarda el balón en llegar a la canasta?Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en que y0 =3 m, serían:

x = v0x · t → x = v0 · cos 45º · t

vy = v0y – g · t → vy = v0 · sin 45º – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 2,25 + v0 · sin 45º · t – 4,91 t2

Cuando el balón llega a la canasta, x = 8 m, y = 3 m; por tanto:

8 = v0 · cos 45º · t; 3 = 2,25 + v0 · sin 45º · t – 4,91 t 2

Este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas v0 y t tiene por solución:

t = 1,2 s; v0 = 9,4 m/s

En una garrafa de plástico llena de agua hasta unaaltura h, se hacen tres agujeros con un punzón. Lavelocidad de salida del agua es v = � , donde p esla profundidad del agujero. Calcula en el caso indica-do en la figura: a) Las velocidades de salida del agua por cada uno de

los agujeros.b) El alcance de cada uno de los chorros.

36

2 gp

12

35

x9,2

x9,2

x9,2

12

v1

v3

v2

x1

x2

1/4

h1/2

h3/4

hh


Física


Realiza la experiencia en el laboratorio y haz un análisis de las posibles desviaciones tratando de explicar las cau-sas. El nivel del agua en la superficie libre no debe variar, por lo que habría que ir reponiendo la que sale por losorificios.

a) El primer agujero está a una profundidad de, p = h/4:

v1 = � = �El segundo está a una profundidad de, p = h/2:

v2 = � = �

El tercer agujero está a una profundidad de, p = 3h/4:

v3 = � = �b) El alcance en un lanzamiento horizontal es:

xmáx = � · v0

La altura del primer agujero es, y0 = 3h/4:

x1 = � · � = � · h = 0,87 h

La altura del segundo es, y0 = h/2:

x2 = � · � = h

La altura del tercer agujero es, y0 = h/4:

x3 = � · � = � · h = 0,87 h

Desde un avión, en vuelo horizontal a 150 m de altura, se suelta un paquete cuando lleva una velocidad de 125 m/s.a) ¿Qué tiempo tarda el paquete en llegar al suelo?b) ¿Dónde cae, visto desde un observador en tierra?c) ¿Dónde cae respecto al piloto del avión?d) Calcula el vector velocidad del paquete a los 3 s de soltarlo.


v0x = 125 m/s; v0y = 0 m/s

Tomando como referencia el suelo, las ecuaciones sobre los ejes, en este caso concreto en que y0 =100, serían:

x = v0x · t → x = 125 t

vy = v0y – g · t → vy = – 9,81 t

y = y0 + v0y · t – g · t2 → y = 150 – 4,91 t 2

a) El tiempo en caer se obtiene aplicando la condición y = 0 en la ecuación de la posición en el eje y.

y = 150 – 4,91 t 2 → 0 = 150 – 4,91 t 2 → t = 5,53 s

12

37

g34

3 g · h2

g · hg

34

g · h24,91

2 y0

g

3 g · h2

3h42 g ·

g · hh22 g ·

2 g ·g · h

2h4

2 · 3 h4

2 · h2

2 · h4


Física

228

b) El alcance se obtiene de la ecuación de la posición horizontal:

x = 125 · 5,53 = 691 m

c) Respecto del piloto cae vertical, x = 0.

d) Las componentes de la velocidad en este instante serían:

vx = v0x = 125 m/s vy = –9,81 · 3 = –29,43 m/s

v = (125, –29,43) m/s

Se lanza horizontalmente una flecha con un arco desde 1,20 m sobre el suelo. La flecha toca el suelo a 10 m. ¿Conqué velocidad ha salido, si se supone nulo el rozamiento del aire?

La ecuación de la trayectoria en los lanzamientos horizontales desde una altura y0 sobre el suelo es:

y = y0 – · x2

Cuando toca el suelo, y = 0, por tanto:

0 = y0 – · x2

Despejando la velocidad inicial:

y0 = · x2 → v0 = � = � = 20,2 m/s

Si el alcance máximo en el lanzamiento horizontal viene dado, para una altura y0, por:

xmáx = � · v0

Indica a qué altura y0 debe volar un avión con velocidad v0 = 70 m/s si quiere dejar caer un paquete a xmáx = 150 m.

Tenemos que despejar y0. Elevamos al cuadrado:

x2máx = · v2

0 → y0 =

sustituyendo los datos:

y0 = = 22,5 m

Desde una motocicleta que lleva una velocidad constante de 6 m/s, se cae un móvil desde 1,30 m de altura. ¿Conqué velocidad llega al suelo?


v0x = 6 m/s; v0y = 0 m/s

La velocidad vertical cuando y = 0 será:

v2y = –2 g · (y – y0) → v2

y = –2 · 9,81 · (0 – 1,30) = 25,5 → vy = 5,1 m/s

El valor de la velocidad será:

v = � = 7,9 m/s

Desde una ventana situada a 9 m de altura sobre el suelo, se lanza una pelota con una velocidad de 10 m/s, de cincoformas distintas: 1) Verticalmente hacia arriba. 2) Verticalmente hacia abajo. 3) Con una inclinación hacia arriba res-pecto a la horizontal de 30º. 4) Con una inclinación hacia abajo respecto a la horizontal de 30º. 5) Horizontalmente.a) Ordena las velocidades (en módulo) de llegada al suelo de mayor a menor.b) Indica el orden de llegada al suelo (g = 10 m/s2).

41

62 + 5,12

40

9,81 · 1502

2 · 702

g · x2máx

2 v20

2 y0

g

2 y0g

39

9,81 · 102

2 · 1,20g · x2

2 y0

g2 v2

0

g2 v2

0

g2 v2

0

38


Física


a) La velocidad en el eje x no cambia en ningún caso.

vx = v0x

La velocidad en el eje y, en función de la posición es:

v2y = v2

0y – 2 g · (y – yo)

Tomando como origen del sistema de referencia el suelo, la condición de llegar al suelo implicay = 0, por tanto, la ecuación quedaría como:

v2y = v2

0y + 2 g · yo

En consecuencia, la velocidad con que llega al suelo sería:

v = � = �

1) Verticalmente hacia arriba: v0x = 0, v0y = 10 m/s, y0 = 9 m.

v =� = � = 16,73 m/s

2) Verticalmente hacia abajo: v0x = 0, v0y = –10 m/s, y0 = 9 m.

v =� = � = 16,73 m/s

3) Con una inclinación hacia arriba de α = 30º. Las componentes de la velocidad inicial son:v0x = 10 · cos 30º; v0y = 10 · sin 30º.

v =� = � = � = 16,73 m/s

4) Con una inclinación α = –30º. Las componentes de la velocidad inicial son: v0x = 10 · cos (–30º), v0y = 10 · sin (–30º)

v =� = � =

= � = 16,73 m/s

5) Horizontalmente: v0x = 10 m/s, v0y = 0, y0 = 9 m.

v =� = � = 16,73 m/s

En todos los casos es la misma.

b) El tiempo de caída se obtiene aplicando la condición y = 0, en la ecuación de la posición del eje y:

y = y0+ v0y · t – g · t 2 → y = 9 + v0y · t – 5 t 2

Al llegar al suelo:

0 = 9 + v0y · t – 5 t 2

12

102 + 2 · 10 · 9v 20x + v 2

0y + 2 g · y0

102 + 2 · 10 · 9

(10 · cos (–30°))2 + (10 · sin (–30°))2 + 2 · 10 · 9v20x + v2

0y + 2 g · y0

(10 · cos 30°)2 + (10 · sin 30°)2 + 2 · 10 · 9 102 + 2 · 10 · 9v20x + v2

0y + 2 g · y0

(–10)2 + 2 · 10 · 9v 20x + v 2

0y + 2 g · y0

102 + 2 · 10 · 9v20x + v2

0y + 2 g · y0

v20x + v2

0y + 2 g · y0v2x + v2

y

y

x

v1v3

v2

v4

v5


Física

230

1) Verticalmente hacia arriba: v0y = 10 m/s → 0 = 9 + 10 t – 5 t2 → 5 t 2 – 10 t – 9 = 0

t =

Se obtienen las soluciones: t1 = 2,67 s; t2 = – 0,67 s. La solución con sentido físico es t1 = 2,67 s.

2) Verticalmente hacia abajo: v0y = – 10 m/s → 0 = 9 – 10 t – 5 t 2 → 5 t 2 + 10 t – 9 = 0

t =

Se obtienen las soluciones: t1 = –2,67 s; t2 = 0,67 s. La solución con sentido físico es t2 = 0,67 s.

3) Con inclinación α = 30º: v0y = 10 · sin 30º = 5 m/s → 0 = 9 + 5 t – 5 t 2 → 5 t 2 – 5 t – 9 = 0

t =

Se obtienen las soluciones: t1 = –0,93 s; t2 = 1,93 s. La solución con sentido físico es t3 = 1,93 s.

4) Con inclinación α = –30º: v0y = 10 · sin (–30º) = –5 m/s → 0 = 9 – 5 t – 5 t2 → 5 t2 + 5 t – 9 = 0

t =

Se obtienen las soluciones: t1 = 0,93 s; t2 = –1,72 s. La solución con sentido físico es t4 = 0,93 s.

5) Horizontalmente: v0y = 0 → 0 = 9 – 5 t 2.

Se obtienen las soluciones: t1 = 1,34 s; t2 = –1,34 s. La solución con sentido físico es t5 = 1,34 s.

La Tierra gira, respecto a un eje que pasa por los polos, con una velocidad angular constante, por tanto todos losobjetos que están sobre ella giran respecto a ese eje. ¿Qué gira con mayor velocidad angular, la Giralda de Sevi-lla o la torre Eiffel de Paris? ¿Y con mayor velocidad lineal?

La velocidad angular de rotación de la Tierra alrededor de su eje es constante, da una vuelta cada24 horas, en consecuencia, todos los puntos tienen la misma velocidad angular.

La relación entre la velocidad angular y la lineal es: v = ω · R, donde R es el radio de giro. Por tanto,el extremo de la torre Eiffel tendrá menor velocidad lineal que el extremo de la Giralda al estarParís en una latitud mayor que Sevilla.

Un satélite de comunicaciones gira en torno a la Tierra a 40 000 km de su centro. Si tiene la misma velocidad angu-lar de rotación que nuestro planeta, determina su velocidad lineal de rotación referida al centro de la Tierra en m/sy km/h. ¿Cuál es su aceleración centrípeta?

Si tiene la misma velocidad angular que la Tierra, recorre la longitud de la órbita (2π · R) cada 24horas:

v = = = 10 472 km/h = 10 472 = 2 908,89 m/s

La aceleración centrípeta será:

ac = = = 0,21 m/s2

Si el radio terrestre correspondiente al Ecuador es de 6 400 km, determina la velocidad angular de rotación de laTierra y la velocidad lineal de un punto del Ecuador.

La Tierra da una vuelta (2π rad) cada 24 horas alrededor de su eje. La velocidad de rotación será:

ω = = 7,27 · 10–5 rad/s2π24 · 3 600

44

2 908,892

4 · 107v2

R

1 000 m3 600 s

2π · 4 · 104

242π · R

T

43

42

2 · 5

2 · 5

2 · 5

2 · 5

10 ± �102 + 4 · 5 · 9

–10 ± �102 + 4 · 5 · 9

5 ± �52 + 4 · 5 · 9

–5 ± �52 + 4 · 5 · 9


Física


La velocidad lineal de un punto del Ecuador es:

v = RT · ω = 6 400 · 103 · 7,27 · 10–5 = 465,28 m/s

Un automóvil toma una curva de 60 m de radio a una velocidad de 144 km/h. Expresa, en función de g, la acelera-ción centrípeta a que está sometido un ocupante del automóvil.

La velocidad expresada en m/s es:

v = 144 km/h = 144 · = 40 m/s

La aceleración centrípeta es:

ac = = = 26,67 m/s2 → ac = · g = 2,72 · g

Una centrifugadora de laboratorio gira a razón de 45 000 rpm ¿A qué aceleración centrípeta están sometidas laspartículas que se separan en el fondo de un tubo de ensayo si distan 10 cm del eje de giro? Da la solución en fun-ción de g.

La velocidad angular expresada en rad/s es:

ω = 45 000 rpm = 45 000 · = 1 500 π rad/s

La aceleración centrípeta será:

ac = ω2 · R = (1 500 · π)2 · 0,1 = 2 220 661 m/s2 → ac = · g = 226 367 · g

Entrenan a los astronautas sometiéndolos a aceleraciones de varias g. Si un astronauta va dentro de una cabinaque describe una circunferencia de 6 m de radio y la aceleración centrípeta es ac = 10 g, calcula la velocidad angu-lar, la velocidad lineal, el periodo y la frecuencia de rotación del mismo.

La aceleración centrípeta se puede escribir como:

ac = ω2 · R → ω = � = � = � = 4,04 rad/s

La velocidad lineal será:

v = ω · R = 4,04 · 6 = 24,24 m/s

El periodo:

T = = = 1,56 s

La frecuencia es la inversa del periodo:

f = = = 0,64 Hz

Cuando un disco de una máquina radial, cuyo diámetro mide 10 cm, gira a 2 400 rpm, se desprende de su borde unapartícula de 5 g. ¿Con qué velocidad tangencial sale despedida?

La velocidad angular expresada en rad/s es:

ω = 2 400 rpm = 2 400 · = 80 π rad/s

La velocidad lineal será:

v = ω · R = 80 π · 0,05 = 12,6 m/s

2π rad60 s

48

11,56

1T

2π4,04

2πω

10 · 9,816

10 gR

ac

R

47

2 220 6619,81

2π rad60 s

46

26,679,81

402

60v2

R

1 000 m3 600 s

45


Física

232

Cada 40 s, un ciclista completa una vuelta en un velódromo circular de 70 m de radio. Si el diámetro de las ruedasde su bicicleta es de 90 cm, calcula:

a) La velocidad lineal del ciclista.

b) La velocidad angular en rad/s.

c) Las vueltas que da cada rueda para completar el circuito.

d) La velocidad angular de las ruedas.

e) ¿Cuáles son el periodo y la frecuencia de rotación de las ruedas?

a) El ciclista recorre cada 40 s un espacio igual a la longitud de la circunferencia del velódromo, L = 2 π · R. Por tanto, la velocidad será:

v = = = 11 m/s

b) La relación entre la velocidad angular y la lineal es:

v = ω · R → ω = = = 0,16 rad/s

c) La longitud de la rueda será: l = 2 π · r ; por tanto, el número, N, que tiene que dar la rueda será:

N = = = = 156 vueltas

d) La rueda da 156 vueltas en 40 segundos. Su velocidad angular será:

ω = = = 7,8 π rad/s

e) El periodo es:

T = = = 0,3 s

La frecuencia es la inversa del periodo:

f = = = 3 Hz

El radio medio de la órbita lunar en torno a la Tierra mide 380 000 km y su periodo, 27,32 días. ¿Cuál es la acelera-ción centrípeta a que está sometida la Luna?

La aceleración centrípeta es:

ac = ω2 · R = ( )2· R = = = 2,69 · 10–3 m/s2

El radio de las ruedas de un vehículo que marcha a 108 km/h mide 0,32 m. Calcula:

a) La velocidad angular de las ruedas.

b) La frecuencia de rotación de estas.

c) Las vueltas que da cada una en 5 minutos.

a) La velocidad expresada en m/s es:

v = 108 km/h = 108 · = 30 m/s

La velocidad angular es:

v = ω · R → ω = = = 93,75 rad/s300,32

vR

1 000 m3 600 s

51

4π2 · 3,8 · 108

(27,32 · 24 · 3 600)24π2 ·R

T22πT

50

10,3

1T

2π7,8 π

2πω

ϕt

2π · 156 rad40 s

LI

700,45

2π · R2π · r

1170

vR

2π · 7040

2π ·Rt

49


Física


b) La frecuencia de rotación es:

f = = = = 14,92 Hz

c) En cinco minutos (t = 5 · 60 = 300 s), las ruedas han recorrido un espacio angular:

ϕ = ω · t = 93,75 · 300 = 28 125 rad

Como cada vuelta son 2π radianes, el número, N, de vueltas será:

N = = 4 476,2 vueltas

Define elongación y amplitud en un movimiento armónico simple. ¿En qué unidades se miden estas magnitudes enel SI?

La elongación es la posición de la partícula en cada instante, se mide en metros.

La amplitud es la elongación máxima, se mide en metros.

Deduce la ecuación del movimiento de la proyección sobre el eje x, de un móvil que sigue un movimiento circularuniforme con velocidad angular ω, en el supuesto de que se empezase a contar tiempo (t = 0 s) cuando el móvillleve recorrido un ángulo ϕ0.

Cuando empezamos a contar tiempos, el móvil ha recorrido un ángulo ϕ0, y se mueve con veloci-dad angular ω en el sentido contrario al de las agujas de un reloj.

53

52

28 1252π

93,752π

ω2π

1T

x

yP (x, y)

– A + Ax

ω · tϕ0

En un tiempo t, el móvil se ha desplazado hasta el punto P (x, y), después de recorrer un ángulo ϕ = ω · t + ϕ0, la proyección sobre el eje x, en ese instante será:

x = A · cos (ω t + ϕ0)

Esta relación entre las posiciones y el tiempo es la ecuación del movimiento.

La ecuación de un movimiento armónico simple es:

x (t) = A · cos ω t¿Cuál será la ecuación de la velocidad y la aceleración de este movimiento?

La velocidad se obtiene derivando, respecto del tiempo, la ecuación del movimiento:

v (t) = = –A · ω sin ω t

La velocidad varia con el tiempo de forma análoga a como lo hace la posición.

La aceleración se obtiene derivando, respecto del tiempo, la ecuación de la velocidad.

a (t) = = –A · ω2 · cos ω t = –ω2 · x (t)

esta aceleración no es constante, varia con el tiempo y es proporcional a la elongación del movi-miento.

d v(t)dt

d x(t)dt

54


Física

234

Un caballito de un tiovivo sube y baja con un movimiento armónico simple, de amplitud 0,5 m y periodo 6 s. Calcula:a) La frecuencia del movimiento.b) La frecuencia angular del movimiento.c) La aceleración máxima del movimiento.

a) La frecuencia es la inversa del periodo:

f = = 0,17 Hz

b) La frecuencia angular será:

ω = 2π · f = 0,34 π rad/s

c) La aceleración del movimiento es: a = –ω2 · x ; será máxima cuando x = A.

a = (0,34 π)2 · 0,5 = 0,059 π2 m/s2

Un movimiento armónico simple tiene una amplitud de � m y su aceleración es a = –100 x m/s2. Escribe la ecua-ción del movimiento.

La aceleración de un movimiento armónico simple es: a = – ω2 · x, comparando con el dato de laaceleración podemos decir que:

ω2 = 100 → ω = � = 10 rad/s

La ecuación de un movimiento armónico simple es: x = A · cos ω t, donde A es la amplitud del movi-miento y ω su frecuencia angular. Por tanto, podemos escribir que la ecuación es:

x (t) = � · cos 10 t

La ecuación de un movimiento armónico simple es la siguiente x = 0,04 · cos 5 t en unidades SI.a) ¿Cuánto vale la velocidad máxima?b) ¿En qué posición la velocidad es cero?

a) La velocidad es:

v (t) = = –0,04 · 5 · sin 5 t = –0,2 · sin 5 t

Será máxima cuando sin 5 t = ±1.

vmáx = 0,2 m/s

b) La velocidad será cero cuando, sin 5 t = 0 → cos 5 t = ±1, en consecuencia:

x = 0,04 · cos 5 t → x = 0,04 · (±1) = ±0,04 m

La ecuación de un movimiento armónico es, en unidades del S.I.:

x = 0,5 · cos 8 π t¿Cuánto valen la velocidad y la aceleración máximas?

La velocidad es la derivada, respecto del tiempo, de la ecuación de la posición:

v = –8π · 0,5 · sin 8π t = –4π · sin 8π t

será máxima cuando el seno valga ± 1:

vmáx = 4π m/s

La aceleración es la derivada, respecto del tiempo, de la ecuación de la velocidad:

a = –8π · 4π · cos 8π t = –32π2 · cos 8π t

58

d x(t)dt

57

3

100

56 3

1T

55


Física


será máxima cuando el coseno valga ± 1.

amáx = 32π2 m/s2

La corriente alterna que llega a los hogares, cuyo valor máximo es de 311 V, cambia el voltaje con una frecuenciade 50 Hz. Escribe la ecuación del movimiento armónico simple que representa estos cambios de sentido y repre-séntala en una gráfica v-t.

Si la frecuencia es f = 50 Hz, la frecuencia angular será:

ω = 2π · f = 2π · 50 = 100π rad/s

La ecuación del movimiento armónico es x = A · cos ω t donde A es la amplitud o valor máximo dela elongación, en consecuencia la ecuación este movimiento será:

v (t) = 311 · cos (100π t )

59

t (s)

v (m/s)

–311

+311

T/4 T3T/4

T/2

Calcula la amplitud, la frecuencia angular, el período y la frecuencia de un movimiento armónico simple de ecua-ción:

x = 2π · cos π tRepresenta esta ecuación en una gráfica x-t.

La ecuación de un movimiento armónico simple es: x = A · cos ω t, donde A es la amplitud del movi-miento y ω su frecuencia angular. Comparando con la ecuación que nos dan:

A = 2π m; ω = π rad/s

El periodo será: T = = = 2 s; y la frecuencia, su inversa: f = = = 0,5 Hz.12

1T

2ππ

2πω

60

t (s)

x (m)

–p

+p

T/4 3T/4

T/2 T


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Tema 11 Movimientos Compuestos y Movimientos Periodicos