Cuaderno de actividades 1

1 .O Bachillerato

Ángel Peña Sainz José Antonio García Pérez Revisión técnica JACINTO SORIANO MINNOCCI

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Cuaderno de actividades. 1. Cinemitica. Física. 1."Bachillerato No esta permitida la reproducción total o parcial de este libro, ni su uatamiento infomático, ni la transmisión de ninguna forma o por cualquier medio. ya sea electrónico, mecánico, por fotocopia, por registro u otros mdodos, sin el pemiiso previa y por escrita de las titulares del Copyright. DERECHOS RESERVADOS O 1997, respecto a La pgmera edición en español por M c G R A W - H L ~ R A M E R I C A N ADE ESPANA, S. A. Edificio Valrealty, 1." planta Basaun, 17 28023 Aravaca (Madrid) ISBN: 84-481-0873-6 Depósito legal: M. 45.725-1996 Editora: Belén Mamil Ayudante editorial: Estrella Marinas Ilustraciones: MonoComp, S. A. Cubierta: Estudio F. Piñuela Compuesto en MonoComp, S. A. Impreso en Edigrafos. S. A. IMPRESO EN E S P M A - PRINTED IN SPAIN

¿Cómo resolver un problema de cinemática'? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Compmeba tu nivel de conociinientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . l. Movimientos en una dimensión. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Movimientos rectilíneos sobre el eje Ox . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Movimientos verticales bajo la acción de la gravedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.

Movimientos en dos dimensiones Movimientos parabólicos Movimiento circular . . .

3.

Diagramas del movimiento

Problemas de recapitulación Problemas propuestos Solucionario del apartado acompmeba tu nivel de conocimientos»

Para resolver un problema de cinemática debes tener presente lo siguiente: 1.

Es necesario elegir un objeto o una serie de objetos, reales o ficticios, en reposo relativo, para determinar, respecto de ellos, los cambios de posición de los cuerpos en movimiento. Estos objetos en reposo relativo reciben el nombre de sistema de referencia. En el sistema de referencia se supone que estj situado el observador, el que cronometra el movimiento, el que resuelve el problema, etc. Al resolver un problenia se debe indicar qué sistema de referencia se ha elegido. En los problemas resueltos hacemos especial hincapié en este aspecto.

2. El movimiento de un cuerpo queda bien determinado si somos capaces de calcular: Dónde se encuentra en cualquier momento el objeto que se mueve. Es decir, conocemos su posición instantánea. Qué velocidad posee en cualquier instante o en cualquier posición. Qué trayectoria describe.

3. La mayoría de los problemas que vamos a resolver versarán sobre el movimiento rectilíneo con aceleración constante. Este movimiento concreto queda perfectamente definido en las siguientes ecuaciones:

para calcular la posición en cualquier instante;

para calcular la velocidad en cualquier instante;

para hallar la velocidad en cualquier posición. Siendo:

4.

x, v

la posición y la velocidad en cualquier instante.

x,. o,

la posición y la velocidad iniciales (para t

==

0).

Recuerda que la posición, la velocidad y la aceleración son magnitudes vectoriales. El sentido de estos vectores viene deteirninado por los signos - . Para averiguar el signo que tienen en un problema concreto utilizaremos el siguiente criterio:

+,

a ) Para la posición. Si el punto O es el sistema de referencia elegido, el signo de la posición coincide con el signo de los semiejes cartesianos,como se indica en las figuras siguientes:

v Movimientos horizontales

Movimientos verticales

Yu¿Cómo lo vas a medir?*, pregunta Carlos incrédulo. «Con eston, responde Ana, mostrando un cronómetro. Lanza Carlos la piedra y Ana observa que tarda S s en volver al suelo.

a ) ¿Con qué velocidad lanzó Carlos la piedra? b) ¿Qué altura alcanzó ésta?

Solución Tomamos como referencia el punto de lanzamiento. Suponemos que este punto está, aproximadamente, en el suelo. ¿Por qué hacemos esta aproximación? a) La velocidad de lanzamiento se obtiene de la ecuación:

De donde:

b ) La piedra alcanzará la altura máxima cuando la velocidad que posee sea cero. Despejamos y de la ecuación:

v2

O

=

= u;

(39,2 m/s)'

+ 2a(y -

-

y,)

2 . 9,s m/s2 (y - O)

Resuelve el mismo problema suponiendo que la distancia al suelo desde el punto en donde Carlos suelta la piedra es 1,75 m.

Desde una altura de 80 m se deja caer un objeto. Dos segundos más tarde se lanza otro desde el suelo hacia arriba en la misma vertical con una velocidad de 20 m/s. a) ¿A qué altura se cruzan?

b) ¿Qué velocidad tiene cada objeto en ese instante? c)

¿Dónde se encuentra el segundo objeto cuando el primero llega al suelo?

Solución Tomamos el suelo como referencia.

1 )

1

Posición inicial Velocidad inicial

l

Tiempo transcurrido

a

1

=

u,

-9.8

a

m/s2

1

fl = f

1

Yo = 0

u, = O

Aceleración

1

1

y, = 80 rn

=

20 m/s

- -9,s m/s2

r, = t

- 2s

1

a ) Los dos cuerpos se cruzarán cuando estén en la misma posición:

- 0,5 . 9,8 m/s2 . t Z

Objeto 1:

y = 80 m

Objeto 2:

y = 20 m/s ( t - 2 S) - 0,5 . 9,8 m/s2 . (t - 2

S)'

Al ser común la posición de los dos objetos, la podemos eliminar igualando las dos ecuaciones:

De donde se obtiene que se cruzan al cabo de: 139.6 39,6

t = -

=

3,52 s desde que salió el primer objeto.

Sustituimos este tiempo en la ecuación:

y

=

80 - 4.9

tZ

y = 80 m - 4,9 m/s2 . 3,5Z2 s2 = 19,28 m

Se cruzarán, pues, a 19.28 m del suelo.

%a

b ) Para hallar la velocidad, sustituimos el valor del tiempo en la ecuación: u = v, Primer cuerpo:

c,

=

O - 9,8 m/s2 . 3,52 s

Segundo cuerpo:

v2

=

20 m/s

-

=

+ at

-34,49 m/s

9,8 m/s2 . (3,52 - 2) S = 5,l m/s

c) En primer lugar hallamos el tiempo que tarda en llegar al suelo el primer objeto. Esto ocurre cuando y = 0. De la ecuación: y = y, + v,r + 1/2atz se deduce que:

En ese instante el segundo objeto se encontrará en la posición: y = 20 m/s . (4 - 2) S - 0,5. 9,8 m/s2 .(4

- 2)' s 2

=

20,4 m del suelo.

Un cuerpo en caída libre pasa por un punto con una velocidad de 18 m/s. ¿Qué velocidad tendrá

3 S después? ¿Qué distancia recorre en el tiempo anterior?

Solución Toma como referencia el punto indicado y escribe los datos e incógnitas del problema. Velocidad al cabo de 3 S:

La posición al cabo del tiempo anterior será:

Este signo menos indica que el móvil en ese instante está a 98.1 m por debajo del punto de referencia.

Desde el borde de un acantilado de h metros de altitud sobre el nivel del mar se lanza una piedra verticalmente hacia aniba con una velocidad de 45 m/s y se observa que tarda 10 S en caer al agua. a)

¿Qué altura tiene el acantilado?

b) ¿Qué altura máxima alcanza la piedra respecto del nivel del mar? c ) ¿Con qué velocidad llega a la superficie del agua?

Solución Tomamos el nivel del mar como sistema de referencia. Practica ahora y escribe los datos y las incógnitas. a) Para hallar la altitud de1 acantilado, posición inicial, resolvemos la ecuación: y = yo

O = y,

+ uot +

para y

1/2at2,

+ 45 m/s . 10 s - 4,9 m/s2 . 100 sZ

;

J, =

b ) La altura máxima viene dada por la posición cuando v ecuación:

Para hallar la velocidad con que llega al agua, y

C)

'u

=

452 m2/s2

=

=

=

O

490 m

- 450 m

=

40 m

O. Por tanto, despejamos y de la

O, utilizamos la misma ecuación anterior:

+ 2 . (-9,X m/sz) . (0 - 40 m) = 2.809 m /s 2

2

Luego: v = k m 0 9 mZ/s2 = -53 m/s

Puedes llegar al mismo resultado utilizando la expresión:

v

=

vo

+ at = 45 m/s + (-9.8

m/s2) . 10 s

=

- ~ 5 3m/s

Intenta resolver el problema tomando el borde del acantilado como sistema de referencia. Desde un globo que se está elevando a 2 m/s se deja caer un paquete cuando se encuentra a 60 m de altitud. a) ¿Cuánto tiempo tarda el paquete en llegar al suelo? b) ¿Con qué velocidad llega'? c)

¿Dónde se encuentra el globo cuando llega el paquete al suelo?

Solución Tomamos el suelo como referencia. Escribe ahora los datos del problema.

a) El paquete llegará al suelo cuando su posición sea y = O. Para hallar el tiempo transcunido resolvemos la ecuación:

De donde obtenemos dos soluciones para c

t = 3,7 s

y t

=

-3,3 s.

Escogeinos la primera. ¿Sabrías decir por qué?

b) La velocidad la hallamos a partir de: v o C)

Posición del globo:

=

2 m/s

+ (-9,s

= vo

+ at

m/s2) . 3,7 s

=

-34.26 m/s

Hasta ahora hemos considerado el movimiento sobre una línea recta. Ahora trataremos dos movimientos muy frecuentes sobre una trayectoria curva. Estos movimientos son: el movimiento parabólico de un proyectil y el movimiento circular de una partícula.

Movimientos parabólicos Los movimientos parabólicos se pueden considerar como una combinación de dos movimientos rectilíneos: uno horizontal uniforme y otro veaical uniformemente acelerado. Por tanto, ten en cuenta el convenio de signos que se dio para la velocidad y la acelera-

componente vertical u , sen E,. El vector v representa la velocidad instantánea correspondiente a cualquier punto de la trayectoria. Observa que es tangente en todo momento a la trayectoria parabólica. Los valores u,, u, son las componentes cartesianas de la velocidad instantánea.

Tomaremos como referencia un sistema de ejes cariesianos, con su origen en el punto en

La velocidad en el origen viene determinada por el vector v, denominado velocidad inielevación. La velocidad inicial se descompone

Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 400 m/s y un ángulo de elevación de 30". Determina: a ) La posición y la velocidad del proyectil a los 5 s b)

En quk instante el proyectil alcanza el punto más alto de la trayectoria y halla la altitud de ese punto.

c)

En qué instante el proyectil se encuentra a 100 m de altura y qué velocidad tiene en ese instante.

d ) El alcance del proyectil. e ) Con qué velocidad llega a la horizontal del punto de lanzamiento.

f) La ecuación cartesiana de la trayectoria que sigue el proyectil. (Toma para la gravedad el valor 10 m/s2.)

Solución El movimiento del proyectil se puede descomponer en los dos movimientos siguientes: Movimiento horizontal uniforme (a

=

x, + v,,t = x, o, = v, cos a,;

x

=

O), cuyas ecuaciones son:

+ v,

cos a, . t ;

Movimiento vertical uniformemente acelerado (a

+

yo c,,t v, = u, sen a, =

+ 1/2at + at

2

=

y,

para la posición para la velocidad

= g = - 10)

+ v,

de ecuaciones:

sen a, . r

+ 1/2at

Tomamos como referencia la horizontal del punto de lanzamiento (x,

0 ; yo

=

Se pide la posición del proyectil en un instante dado. Es decir, los valores x e y para t

a)

u, cosa,

r

y = u, sen a,

.t

x

=

2

=

+ 0,5 . (

=

+ 1/2at

2

= 400 m / .~sen 3 0 . 5 s

5 s.

=

+

875 m

Al cabo de 5 s el proyectil se encuentra en un punto P de la trayectoria definido por sus coordenadas P(1.732, 875).

X

La velocidad en el punto anterior viene determinada por sus componentes cartesianas: u, = v, cos a, = 400 m/s . cos 30" = 346 m/s = i,,

=

4 0 0 m / s . c o s 3 0 " . 5 s = 1.732111

1 0 m/s2) . 25 sZ

v,

0).

sen a,

+ at = 400 m/s . sen 30" - 10 m/s2 . 5 s = 150 m/s

El módulo del vector velocidad instantánea será:

-

X

Esta velocidad tiene una pendiente:

u tga='=

150 mjs 346 m/s

v,

De donde: a

=

=

0,433

23,4"

t. . .. . .. . .... V"

Observa cómo el ángulo a ha pasado de 30" a 23.4".

A los 5 s el proyectil se encuentra en un punto situado a una distancia horizontal de 1.732 m, y a

una altura de 875 m. En ese instante el proyectil se mueve con una velocidad de 377 mjs formando un ángulo de 23,4" con la horizontal.

b ) En el punto más elevado, la velocidad vertical u, es nula. El tiempo que debe transcumr para que eso ocurra se despeja de la ecuación: u,

=

t=

+ a?

u, sen a, 1;

- u,

a

sen a, - O - 400 mjs . 0,s - 10 m/s2

=

20s

La altura en ese instante viene dada por la ecuación: y = u, sen a,

.t +

1j2at2 = 400 mjs . sen 30" . 20 s - 5 m/sZ . 20' sZ = 2.000 m

El proyectil se encontrará a 1.000 m de altura cuando y ocurre esto, resolvemos la ecuación:

c)

y

=

u, sen a,t

+

1.000 m = 400 mjs . sen 30'

=

1.000. Para hailar en qué instante

l/2at2

. t - 5 m/s2 . t'

t2-40m/s.t+200m=O Cuyas soluciones son: t,

=

5.86 s y t2 = 34,14 s

¿Qué interpretación das a estas dos soluciones? Velocidad para t,

=

5.86 s

u, = u, cos a, = 400 mjs . cos 30" =

vy

....~ ~.

=

346 m/s

= u, =

V

sen a,

A

1.000 m

+ at =

400 mjs - sen 30" - 10 m/s2 . 5,86 s

=

.....

Velocidad para t2

u, ?,,

-

=

u, cos u,

= u, sen u,

34,14 s =

400 m/s . cos 30"

=

346 m/s

+ at = 400 m/s . sen 30'

-

10 m/s . 34,14 s = - 141,4 m/s

El signo menos indica que el proyectil después de 34,14 s ha alcanzado la altura máxima y esta descendiendo.

Hay dos instantes en los que el proyectil se encuentra a una altura determinada. Para el tiempo más pequeño está subiendo y para el mayor el proyectil está bajando. En ambos instantes la velocidad tiene el mismo módulo.

d ) Recibe el nombre de alcarzce de un proyectil la distancia horizontal desde el punto de partida al punto en el cual el proyectil vuelve a alcanzar su altitud inicial. Es decir, y = y,. En este caso y = 0. En la figura siguiente la letra x representa el alcance máximo. Sea t el instante en que alcanza este vunto. Para obtenerlo resolvemos la

Esta ecuación tiene dos soluciones: t , salida); t2 = 40 s.

=

O (cuando el proyectil se encuentra en el punto de

En este instante el proyectil se encuentra en el alcance máximo. Observa que este valor del tiempo es justamente el doble del tiempo empleado en alcanzar el punto más alto. El tiempo de bajada es, por tanto, igual al tiempo de subida. El alcance horizontal sera x = v,t2 = u, cos u, . t2

=

400 m/s . cos 30" . 4 0 s

=

13.840 m

e) Para hallar la velocidad con que llega al suelo sustituimos el tiempo t2en las componentes del vector velocidad:

v, v,

=

u, cos a,

= u, . sen a,

v =

400 m/s . cos 30" = 346 m/s

=

+ a t = 400 m/s . sen 30" - 10 m/s2 . 40 s = -200 m/s

Jm

= 400 m/s

tga=!5=

v,

-200 I ~ / S 400 m/s . cos 30"

El proyectil vuelve al nivel de partida con la misma velocidad (módulo) con que salió y formando el mismo ángulo con la horizontal aunque de signo contrario.

,o

f) Para hallar la ecuación cartesiana de la trayectoria eliminamos el tiempo t e n el sistema de ecuaciones:

u, COS a,t y = u, sen a,

X =

!J= u, sen a, .

.f+

X

u,

Es una parábola del tipo y

COS

=

a,

ux2

112 a t

+

;

2

x

u,

COS

a,

X

f =

)

u, cos a.

= x

tg no

+

1/2a

x2 0 ,

+ b.r

Desde un acantilado de 40 m de altura se lanza horizontalmente un cuerpo con una velocidad de 20 mis. Calcula: a)

¿Dónde se encuentra el cuerpo 2 s después?

b ) ¿Qué velocidad tiene en ese instante? c)

¿Cuánto tiempo tarda en llegar a la superficie?

d ) ¿Con qué velocidad llega al agua?

e ) ¿Qué distancia horizontal máxima recorre? f)

Ecuación cartesiana de la trayectoria.

Solución Tomamos el nivel del mar como nivel de referencia. En este caso el ángulo de tiro (a, El punto de partida o posición inicial tiene de coordenadas x,

=

O; y,

=

40 m.

=

0).

Las ecuaciones que definen el movimiento del proyectil son: Movimiento horizontal

+

x, v, cos a,t = 201 v, = v, cos a, = 20 m/s =

Moiiin~ientovertical y ii,

+

+

y, u, sen a, . t 1/2at2 = 40 m = v , sen a, at = -9,8 m/s2 t

=

+

-

4,9 ni/s2 t 2

a ) Al cabo de dos segundos el cuerpo se encuentra en el punto de coordenadas:

6) La velocidad en el punto indicado será:

Esta velocidad forma un ángulo con el horizonte:

e ) El cuerpo llegará a la superficie del agua cuando y = O. Para obtener el tiempo transcumdo, resolvemos la ecuación:

d ) La velocidad con que llega al agua será:

El objeto penetra en la superficie del agua formando un ángulo de -54,3Y0. e ) El objeto avanza honzontaimente mientras está en el aire. Por consiguiente, el alcance máximo se obtiene sustituyendo el tiempo t = 2,85 s en la ecuación:

f ) De las ecuaciones x

=

20 m/s. t ;y = 40 m - 4.9 m/sZ t Z eliminamos el tiempo, resultando:

Que es la ecuación de la trayectoria parabólica.

D)C- Desde el borde de un acantilado de 85 m se

dispara un proyectil con una velocidad inicial de 150 m/s y un ángulo de elevación de 30". Calcula:

Y

1

a ) La distancia horizontal desde el cañón al punto donde el proyectil pega en el suelo.

.

/*......................

b) La máxima elevación que alcanza el proyectil respecto del suelo.

x

~

~ ---- ~ - ~X ~ -

~--~.

-.----

Solución Tomamos el suelo como nivel de referencia. Ecuaciones del movimiento horizontal x = 150 m/s. cos 30" . t

v, = 150 m/s . cos 30" Ecuaciones del movimiento vertical y = 85

+ 150 . sen 30" . r - 4,9r2

I.,= 150 . sen 30" a) El proyectil pegará en el suelo cuando y ecuación: O = 85 m

=

- 9,8t

O. Para calcular el tieiiipo einpleado resolvemos la

+ 150 m/s . sen 30" . t - 4,9 m/s2 r Z

;

1 =

16,36 s

~

El alcance horizontal será: x = 150 m/s . cos 30" . t = 150 m/s . 0,866. 16,36 s = 2.125 m

b) El proyectil alcanza su máxima elevación cuando u, que ocurre esto resolviendo la ecuación: 0

=

150 m/s . sen 30"

-

=

0. Por tanto, hallamos el instante en

9,8 m/s2 t

t = 7,65 s

;

Sustituimos este valor en la ecuación del movimiento vertical: y

+ 150 m/s2 . sen 30" . t - 4,9 m/s2 t 2 =

=

85 m

=

85 m/s

+ 150 m/s . 0,5 . 7.65 s - 4.9 m/s2 . 7,65'

s2

=

372 m

Un avión vuela a 800 m de altura y deja caer una bomba 1.000 m antes de sobrevolar el objetivo haciendo blanco en él. ¿Qué velocidad tiene el avión?

Solución Tomamos el suelo como nivel de referencia. Las ecuaciones del movimiento del proyectil son: x = u,t y = 800 m - 4,9 m/s2 t 2

(horizontal) (vertical)

El proyectil llegará al suelo cuando y

=

0

Y; !

Resolvemos el sistema: !

1.000 m = v,t 0 = 800 m De donde:

1800 m

-

-v

--_-. .-..'.

?--'\

4,9 m/s2 t 2

\'\., ., '\

u, = 78,26 m/s = 282 km/h

Un jugador de baloncesto pretende realizar una canasta de tres puntos. Para ello lanza la pelota desde una distancia de 6,5 m y a una altura de 1,9 m del suelo. Si la canasta está situada a una altura de 2,s m, ¿con qué velocidad debe realizar el tiro si lo hace con un ángulo de elevación de 30"?

,,.--------.

I,

,,' i ,,9 m !

Solución Tomamos el suelo como nivel de referencia. Ahora escribe los datos y las ecuaciones de los movimientos horizontal y vertical.

,

Resolvemos el sistema: 6,5 m 2,5 m

cos 30" . t 1,9 m + u, sen 30"

= u, =

De donde se obtiene que:

u,

=

.

t - 4.9 m/s2 t 2

+9,34 m/s

¿Por qué se escoge el signo + ? ¿Qué sentido tiene aquí el signo signos?

Un bombero desea apagar el fuego en una casa. Para ello deberá introducir agua por una ventana situada a 10 m de altura. Si sujeta la manguera a 1 m del suelo. apuntándola bajo un ángulo de 6 0 hacia la fachada que dista 15 m, ¿con qué velocidad debe salir el agua?

+ o - según el convenio de

.*-

Solución Elige el nivel de referencia más adecuado y escribe las ecuaciones de los movimientos horizontal y vertical del agua. La velocidad del agua se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones: 15 m 10 m De donde u,

=

= =

u, . cos 60" . t 1 m + u, . sen 60" . t - 4,9 m/s2 t 2

16 m/s

Movimiento circular Solamente consideraremos el movimiento circular uniforme, es decir, aquel que se realiza con velocidad annular constante. Recuerda que estos movimientos poseen aceleración normal o centnpeta debida a que la velocidad tangencia1 está variando continuamente de dirección. Tomaremos como origen del sistema de re-

ferencia el punto de la trayectoria en donde se inicia el movimiento. Para resolver estos problemas utilizamos la ecuación horaria del movimiento: s = u,t + 1/2