CINEMÁTICA. CUESTIONES Y PROBLEMAS 1º. Significado físico de las componentes intrínsecas de la aceleración • •

La aceleración tangencial nos mide las variaciones del MÓDULO del vector velocidad. Por tanto, si at=0 eso quiere decir que el módulo de la velocidad no varía, es decir que el movimiento es uniforme. La aceleración normal nos mide las variaciones en DIRECCIÓN del vector velocidad. Por tanto si an=0 eso quiere decir que el vector velocidad no varía en dirección, es decir que se trata de un movimiento rectilíneo.

2º. ¿Crees que un cuerpo puede moverse en dos dimensiones si está sometido a una aceleración en una dimensión.? Por supuesto, ya que la velocidad del cuerpo es la suma de las que actúen sobre él. Tenemos un ejemplo muy claro en el tiro de proyectiles, donde una de las velocidades es debida a la gravedad, siempre en la misma dirección (en una dimensión) y al componerla con la velocidad de lanzamiento nos da un movimiento en dos dimensiones. 3º. La velocidad de un móvil es en todo momento 7 m/s. ¿Puede éste tener aceleración? Dado el carácter vectorial de la velocidad podría mantener constante el módulo de la misma pero variar en dirección. Sería el caso de un móvil que describe una trayectoria curvilínea, donde debe haber una aceleración responsable de los cambios en dirección de la velocidad ( la aceleración normal). 4º.¿Es posible que un hombre andando lleve mayor velocidad que un tren que marcha a 100 Km/h? Si, basta estar en el interior del tren moviéndose en la misma dirección del tren. 5º. ¿En qué casos la aceleración y la velocidad tienen igual dirección? Cuando tiene at≠0 y an=0 ya que entonces no varía la dirección del vector velocidad. Por tanto cuando el movimiento sea rectilíneo (es indiferente si es uniformemente acelerado o variado, ya que es indiferente si at es constante o no) 6º. Razona la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: a) Las ruedas anterior y posterior de un tractor giran con la misma velocidad angular b) El movimiento circular uniforme no es uniforme c) La aceleración angular tiene siempre la misma dirección y sentido que la velocidad angular a) Falso. Tanto las ruedas delanteras como las traseras deben tener la misma velocidad lineal y por consiguiente, dado que v = ω.R, las ruedas más pequeñas deben tener más velocidad angular. Si llamamos R1 y R2 a los radios de las ruedas delantera y trasera tendremos que: para la rueda delantera: v = ω1 ⋅ R 1

v = ω2 ⋅ R 2 R igualando se deduce que ω1 = ω 2 2 . Como el radio R2 de la rueda trasera es mayor que el de la delantera, R1 para la rueda trasera:

el cociente R2/R1 >1 y por tanto la velocidad angular de las ruedas delanteras es mayor que el de las traseras

b) Verdad. El vector velocidad siempre es tangente a la trayectoria. Si la trayectoria es circular, la velocidad debe cambiar continuamente de dirección y por ello debe existir una aceleración que mida esos cambios que se llama aceleración normal porque es un vector normal a la velocidad y tiene de módulo an=v2/R. c) Falso. La aceleración angular tiene siempre la misma dirección que la velocidad angular (la perpendicular al plano del movimiento), sin embargo tiene el mismo sentido si el movimiento circular es acelerado, pero tiene sentido contrario si el movimiento fuese de frenado. 7º. Razona la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: a) La ecuación de la trayectoria de un móvil puede obtenerse si conocemos su vector de posición. b) Si un móvil se mueve sobre una recta puede asegurarse que su aceleración tangencial y su aceleración normal son nulas.

a) Verdad. Puesto que el vector de posición apunta siempre donde está el móvil, sus componentes son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria. No hay más que eliminar el tiempo entre ellas y obtendríamos la ecuación de la trayectoria en forma normal. b) Falso. Si se mueve sobre una recta su aceleración normal será nula porque no cambiaría de dirección, pero su aceleración tangencial (la que mide los cambios en módulo) no tiene que ser cero necesariamente. como ocurre en el movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. 8º. Razona la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: a) Si la luna gira con una velocidad v en una órbita circular de radio R, podemos decir que su aceleración angular es v2/R. b) Si en un tiovivo un niño está a una distancia R del centro y otro niño está a una distancia R/2, el primero tiene una velocidad angular doble que el segundo. c) Todos los cuerpos se mueven siempre en la misma dirección y sentido que la aceleración resultante. a) Falso. La luna, como todos los planetas, giran con velocidad lineal y velocidad angular constantes, de ahí que tengan movimientos periódicos y siempre tarden lo mismo en completar un giro. Al ser constante la velocidad angular su aceleración angular debe ser nula. Lo mismo puede decirse de la aceleración tangencial que será nula por ser constante el módulo de la velocidad, ya que:

dω dt dv at = dt α=

se deduce que: si ω=constante → α=0 se deduce que: si v=constante → at=0

Lo que sí tiene es aceleración normal, puesto que la velocidad cambia de dirección y la aceleración normal sí que tiene como valor v2/R. b) Falso. Ambos niños giran el mismo ángulo en el mismo intervalo de tiempo y por tanto siempre tienen la misma velocidad angular. Lo que sí tienen distinto es la velocidad lineal, ya que v = ω ⋅ r , y por tanto, al tener igual ω, el niño que gira con un radio doble tiene una velocidad lineal doble. c) Falso. La aceleración puede descomponerse en dos vectores. Uno en la dirección de la velocidad llamado aceleración tangencial que mide las variaciones en módulo de la velocidad. El otro en dirección perpendicular a la velocidad llamado aceleración normal que mide las variaciones en dirección de la velocidad. De acuerdo con lo anterior, si un cuerpo tiene aceleración normal, su velocidad y aceleración no tienen la misma dirección, sino que forman ángulo de 90º. Si solo tuviera aceleración tangencial, la velocidad y la aceleración sí que tendrían la misma dirección, pero aun en ese caso no se puede afirmar que tengan el mismo sentido, ya que si disminuye el módulo de la velocidad, ésta y la aceleración tangencial tendrían sentidos opuestos.

CINEMÁTICA. PROBLEMAS 1. Las ecuaciones del movimiento de un móvil son x=t2+2 e y=t2–2. Calcular: a) la ecuación de la trayectoria en forma normal b) El vector de posición y su posición inicial. c) El vector velocidad y su módulo d) La ecuación del espacio recorrido por el móvil en función del tiempo e) El vector aceleración f) La aceleración tangencial g) La aceleración normal a) Eliminando el parámetro del tiempo entre las dos ecuaciones nos queda: y=x–4 que corresponde a la ecuación de una recta, por tanto se trata de un movimiento rectilíneo. b) El vector de posición tiene como componentes la ecuaciones paramétricas de la trayectoria, así r r r que es: r = ( t 2 + 2) i + ( t 2 − 2) j . x y La posición inicial es la que tiene en el momento t=0, por tanto:

r r r r = ( t 2 + 2) i + ( t 2 − 2) j

t =0

r r =2 i − 2 j

quiere decir que estará en el punto (2,–2)

c) El vector velocidad, por definición, se obtiene derivando al vector de posición: r r r r dr = 2t i + 2t j v= dt

v = v 2x + v 2y = (2 t ) 2 + (2 t ) 2 = 2 2 t d) La ecuación del espacio se obtiene integrando el “módulo” de la velocidad, así que:

s = ∫ v dt = ∫ 2 2 t dt = 2 t 2 e) El vector aceleración, por definición, es la derivada del vector velocidad, así que: r r r r dv a= = 2i +2 j dt

f) El módulo de la aceleración tangencial es igual a la derivada del módulo de la velocidad:

at =

dv =2 2 dt

r r en forma vectorial a t = 2 2 τ

g) La aceleración normal es cero porque se trata de un movimiento rectilíneo. De tratarse de un movimiento circular su módulo sería an=v2/R y sería un vector normal a la velocidad, por tanto r r sería a n = v 2 / R n .

2º.–Un cuerpo se mueve a lo largo del eje X de acuerdo con la ley: x = 2t3 + 5t2 +5 (S.I.). Encontrar: a) El vector de posición b) El vector velocidad y el módulo de la velocidad c) Ecuación del espacio d) La aceleración tangencial, la aceleración normal y la aceleración total e) La posición, velocidad y aceleración cuando t=2s y t=3s. f) La velocidad y la aceleración media entre los mismos instantes. a) El vector de posición tiene como componentes las coordenadas del móvil:. r r r r r = x i + y j = (2 t 3 + 5t 2 + 5) i r r r dr b) v= = (6 t 2 + 10 t ) i dt v = v 2x + v 2y = (6 t 2 + 10 t ) 2 + (0) 2 = 6 t 2 + 10 t c) La ecuación del espacio se obtiene integrando el “módulo” de la velocidad, así que: s = ∫ v dt = ∫ (6 t 2 + 10 t )dt = 2 t 3 + 5t 2 + s o

donde so es la constante de integración que representa al espacio inicial, es decir lo que ya había recorrido cuando t=0. Si tomamos un sistema de referencia centrado en (0,0) resulta que x t =0 = 2t 3 + 5t 2 + 5 t =0 = 5 por tanto la ecuación del espacio recorrido por el móvil sería: s = 2 t 3 + 5t 2 + 5 d) La aceleración tangencial es la derivada del módulo de la velocidad y por eso precisamente mide las variaciones en módulo de la velocidad: at =

r r dv d (6 t 2 + 10 t ) = = 12 t + 10 en forma de vector a t = (12 t + 10) τ dt dt

La aceleración normal mide los cambios en dirección de la velocidad. Como el movimiento es rectilíneo, porque se mueve a lo largo del eje X, la velocidad no cambia de dirección y su an=0 an =

r r v2 = 0 en forma de vector a n = 0 n R

La aceleración total es la suma vectorial de la aceleración tangencial y de la aceleración normal. El módulo de la aceleración total (como ambas aceleraciones son vectores perpendiculares porque la at tiene la dirección de la velocidad y la an es normal a la velocidad), aplicando el teorema de Pitágoras es:

r r r r a = a t + a n = (12 t + 10) τ a = a 2t + a 2n = (12 t + 10) 2 + 0 2 = 12 t + 10 El vector aceleración total puede obtenerse también como derivada del vector velocidad, que es precisamente su definición: r r r r dv d (6 t 2 + 10 t ) i a = = = (12 t + 10) i dt dt

e) Una vez que tenemos todas las ecuaciones del movimiento podemos particularizar para un momento concreto sin más que sustituir t por su valor:

x t = 2 = 2 . 23 + 5 . 22 + 5 = 16 + 20 + 5 = 41 m x t =3 = 2 . 33 + 5 . 32 + 5 = 54 + 45 + 5 = 104 m v = 6 t 2 + 10 t →

v t =2 = 6 ⋅ 2 2 + 10 ⋅ 2 = 44 m / s v t =3 = 6 ⋅ 32 + 10 ⋅ 3 = 84 m / s

a = 12 t + 10

→

a t = 2 = 12 ⋅ 2 + 10 = 34 m / s 2 a t =3 = 12 ⋅ 3 + 10 = 46 m / s 2

f) Los valores medios se obtienen sustituyendo las diferenciales por incrementos: vm =

∆x (104 − 41) m = = 63m / s ∆t 1s

am =

∆v (84 − 44) m / s = = 40 m / s 2 ∆t 1s

3. Un móvil, que inicialmente se encuentra en reposo en el punto (2,2) comienza a moverse con una r r r aceleración a = 6 t i + 8t j . Calcular: a) Vector velocidad y su módulo b) Ecuación del espacio en función del tiempo c) Vector de posición d) Después de 3 seg, calcular el espacio recorrido, la velocidad que tendrá y la posición que ocupa.

a) El vector velocidad es la integral del vector aceleración, así que: r r r r r r v = ∫ a dt = ∫ (6 t i + 8t j ) dt = 3t 2 i + 4t 2 j

v = v 2x + v 2y = (3t 2 ) 2 + (4 t 2 ) 2 = 5t 2 b) El espacio es la integral del “módulo” de la velocidad: 5 s = ∫ v dt = ∫ 5 t 2 dt = t 3 3 c) El vector de posición es la integral del vector velocidad, así que: r r r 4 r r r r r r = ∫ v dt = ∫ (3t 2 i + 4 t 2 j ) dt = t 3 i + t 3 j + 2 i + 2 j 3 r r r 4 r = ( t 3 + 2) i + ( t 3 + 2) j 3

d) En el momento t= 3 segundos: 5 s = t 3 t =3seg = 45 m 3 v = 5t 2 t =3seg = 45 m / s r 4 r r r = ( t 3 + 2) i + ( t 3 + 2 ) j 3

t = 3seg

r r = 29 i + 38 j

Cte integración=Posic.inicial

4º.–Un barquero quiere cruzar un río de 100 m de anchura. Para ello rema perpendicularmente a la corriente imprimiendo a la barca una velocidad de 2 m/s respecto al agua. La velocidad de la corriente es 0,5 m/s. Calcula: a) el tiempo que tardará en cruzar el río b) la velocidad con que se mueve la barca respecto a la orilla del río c) ¿En qué punto de la orilla opuesta desembarcará? d) ¿Qué longitud ha recorrido la barca cuando llega a la orilla opuesta?

La velocidad resultante sobre la barca será la suma vectorial de la que le imprime el remero y de la debida a la acción de la corriente. Respecto del sistema de referencia de la figura son:

r r r r r v = v rio + v remero = 0,5 i + 2 j El vector de posición, que se obtiene integrando al vector velocidad será: r r r r r r r = ∫ v dt = ∫ (0,5 i + 2 j ) dt = 0,5t i + 2 t j

x

y

a) Cuando llega a la orilla opuesta se encontrará en el punto (xmáx,100) de nuestro SR, por tanto, la coordenada Y=100m: 2 t = 100 ⇒ t = 50 seg. r r r b) La velocidad de la barca respecto de un observador en la orilla es v = 0,5 i + 2 j y su módulo es v = v 2x + v 2r = 0'25 + 4 = 2'06m / s

c) El punto de desembarco, como hemos razonado es el punto (xmáx,100) y como sabemos el tiempo que tarda en llegar, que es 50 seg, podemos obtener el valor de la coordenada X ya que como sabemos r es la componente i del vector de posición: 0,5 t = xmáx

⇒

xmáx = 0,5.50 = 25 m

d) El espacio recorrido por la barca podemos obtenerlo de la figura s = 100 2 + 25 2 = 103m pero también si tenemos en cuenta que el espacio es la integral del módulo de la velocidad:

s = ∫ v dt = ∫ 2,06 dt = 2,06 t

t = 50 seg

= 2,06 ⋅ 50 = 103 m

5º. Un tonto lanza verticalmente hacia arriba un caramelo con una velocidad de 10 m/s y abre la boca esperando que le caiga. Resulta que en ese lugar hay un viento que sopla con una velocidad constante de 4 m/s. Calcular la posición en la que cae y el vector velocidad en ese instante.

La velocidad resultante sobre el caramelo es la suma vectorial de todas, y el vector de posición se obtiene integrando al vector velocidad: r r r r r v = 4 i + (10 − gt ) j = 4 i + (10 − 10 t ) j r r r r r r r = ∫ v dt = ∫ (4 i + (10 − 10 t ) j) dt = 4 t i + (10 t − 5t 2 ) j

X Y En el momento en que el caramelo pasa por la altura desde la que se lanzó, sus coordenadas son (xmáx,0). Y como las componentes del vector de posición son las coordenadas del caramelo, podemos calcular el tiempo que está en el aire sin más que tener en cuenta que al estar de nuevo sobre la horizontal y = 0, por tanto: y = 10 t − 5t 2 = 0 → t = 2 seg (la otra solución t=0 corresponde al momento del lanzamiento donde naturalmente también se cumple que y = 0). Una vez que sabemos que el tiempo de vuelo es 2 seg, sustituyendo ese valor en la coordenada x obtendremos el alcance: x máx = 4 t t = 2seg = 8m

el vector velocidad en ese momento es: r r r v = 4 i + (10 − 10 t ) j

t = 2 seg

r r = 4 i − 10 j

6º. Un golfista golpea una pelota con una velocidad inicial de 50 m/s y sale formando un ángulo de 53º respecto de la horizontal. Si el viento sopla horizontalmente de forma uniforme con una velocidad de 10 m/s en la dirección del golpe. Calcular el tiempo de vuelo y la distancia a la que caerá.

La velocidad resultante sobre el caramelo es la suma vectorial de todas, y el vector de posición se obtiene integrando al vector velocidad: r r r r r v = (50 cos α + 10) i + (50senα − gt ) j = 40 i + (40 − 10 t ) j r r r r r r r = ∫ v dt = ∫ ( 40 i + ( 40 − 10 t ) j) dt = 40 t i + ( 40 t − 5t 2 ) j

X

Y

Como sabemos que en el momento de tocar el suelo la coordenada y=0, podemos calcular el tiempo para el que y toma ese valor que es precisamente el tiempo de vuelo: y = 40 t − 5t 2 = 0

→

t = 8 seg

Sustituyendo ese valor del tiempo en la coordenada x obtendremos el alcance:

x máx = 40 t

t =8 seg

= 320m

7º.–El cañón de un barco lanza horizontalmente, desde una altura de 5m respecto al nivel del mar, un proyectil con una velocidad inicial de 900 m/s. Si el tubo del cañón es de 15 m de longitud y se supone que el movimiento del proyectil dentro del tubo es uniformemente acelerado, debido a la fuerza constante que ejercen los gases producidos en la combustión de la pólvora, calcula: a) la aceleración del proyectil dentro del cañón y el tiempo invertido por el proyectil en recorrer el tubo del cañón b) la distancia horizontal alcanzada por el proyectil desde que abandona el cañón hasta que se introduce en el agua. a) Dentro del cañón el proyectil tiene un MUA, por tanto aplicando las ecuaciones del mismo:

s=

1 2 at 2

v = at

15 =

1 2 at 2

900 = a t

a=2,7.104 m.s–2; t=0,033 seg

(En lugar de resolver las ecuaciones podíamos haber utilizado la ecuación que se obtiene por combinación lineal entre ellas eliminando el tiempo: v = v o2 + 2 a s de esta forma habríamos obtenido el valor de la aceleración y luego con cualquiera de esas dos ecuaciones habríamos obtenido el tiempo.) b) Una vez que el proyectil sale del tubo del cañón con una velocidad inicial de 900 m/s comienza a actuar sobre él la gravedad y la velocidad resultante será la suma vectorial de ambas:

r r r v = 900 i − g t j y el vector de posición:

r 1 r r r r = ∫ v dt = 900 t i − g t 2 j 2 La distancia horizontal hasta que choca con el agua (alcance) corresponde al punto (xmáx,−5) del SR que hemos elegido, centrado en la boca del cañón. Como las componentes del vector de posición corresponden a las coordenadas del proyectil en cualquier momento t: x = 900 t

xmáx = 900 t de donde t = 1 seg; xmáx = 900 m

1 y = gt2 2

−5 = −

1 g t2 2

8º.–Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 200m/s, formando un ángulo de 30º con la horizontal. Encontrar: a) la velocidad y posición del proyectil a los 15s del disparo. b) Hallar el alcance máximo para ese ángulo de elevación y la altura máxima que alcanza el proyectil en su recorrido.

el vector velocidad del proyectil y su vector de posición, que es su integral, son:

r r r v o = v o cos α ⋅ i + v o senα ⋅ j r r vg = − gt ⋅ j r r r v = v o cos α ⋅ i + (v o senα − gt ) j y el vector de posición

(

)

r r r r = v o t ⋅ cos α ⋅ i + v o t ⋅ senα − 5t 2 j

a) A los 15 seg son:

r r r r = 200 cos 30 i + ( 200 sen 30 − 5 ⋅ 15 ) j = 173 , 2 i − 50 j t =15 seg r r r r r 1 r t =15seg =200 cos 30 ⋅ 15. i + (200sen 30 ⋅ 15 − 9'8 ⋅ 15 2 ) j = 2598 i + 375 j 2 vy − 50 = arctg = −16º6'9' v = v 2x + v 2y = 173'2 2 + 50 2 = 180 '27 m / s α = arc tg vx 173'2 r r b) Altura máxima: Observa la componente Y de la velocidad: v y = (v o senα − gt ) j Verás que cuando el tiempo es pequeño vy es positiva y por eso sube. Llega un momento en que vy se hace cero, que es cuando alcanza la altura máxima. Para valores mayores del tiempo ya se vuelve negativa y por eso baja. r v

ymáx ⇒ vy = 0 ⇒ v o senα − gt = 0 ymáx. = vo t sen α − 5.t2

t =10 seg

⇒

t = 10 s

= 200.10.sen30 − 5.102 = 500 m

Como las componentes del vector de posición corresponden a las coordenadas del proyectil en cualquier momento t, el alcance será la coordenada X en el mismo momento en que la coordenada Y vale cero: x = vo t cosα

xmáx = 200 t cos30 de donde t = 20 seg; xmáx = 3464 m

y = v o t ⋅ senα − 5t

2

0 = 200 t ⋅ sen 30 − 5t

2

9º. Un bombardero vuela en picado formando un ángulo de 37º con la horizontal, y a una velocidad de 250 m/s. Cuando está a una altura de 2 Km del suelo dispara un misil con una velocidad de 100m/s en la misma dirección y sentido del avión. a) ¿Qué tiempo tarda en llegar al suelo? b) ¿A qué distancia está del objetivo?

Respecto del suelo, la velocidad inicial con que sale disparado el misil es igual a la que tiene más la del avión, es decir 100+250 = 350 m/s La velocidad resultante sobre el proyectil y su vector de posición serán::

r r r v = v o cos α ⋅ i + (− v o senα − gt ) j r  r r 1 r r = ∫ vdt = v o t ⋅ cos α ⋅ i +  − v o t ⋅ senα − gt 2  j 2   En el instante en que el proyectil toca el suelo, la coordenada Y vale –2000m, por tanto: 1 − 2000 = − v o t ⋅ senα − gt 2 2

⇒

− 2000 = −350 t ⋅ sen 37 − 5t 2

⇒

El alcance que es la coordenada X, será:

X max = v o t ⋅ cos α

t =10 seg

= 350 ⋅ 8 ⋅ cos 37 = 2240m

t=8 seg

10º.–Una pelota resbala por un tejado que forma un ángulo de 30º con la horizontal y, al llegar a su extremo, queda en libertad con una velocidad de 10 m/s. La altura del edificio es 60m y la anchura de la calle a la que vierte el tejado es 30m.Calcular: a) Las ecuaciones del movimiento de la pelota al quedar en libertad b) ¿Llegará directamente al suelo o chocará con la pared? c) tiempo que tarda en llegar al suelo y la velocidad en ese momento d) la posición en que se encuentra cuando la velocidad forma un ángulo de 45º con la horizontal.

r r r v = v o cos α ⋅ i + (− v o senα − gt ) j r r r v = 10 cos 30 ⋅ i + (− 10sen 30 − 10 t ) j r  r r 1 r r = ∫ vdt = v o t cos α ⋅ i +  − v o t senα − gt 2  j 2   r r r 2 r = 10 t cos 30 ⋅ i + − 10 t sen 30 − 5t j

(

)

b) En el instante en que el proyectil toca el suelo, la coordenada Y vale –60m, por tanto: 1 − 60 = − v o t ⋅ senα − gt 2 2

⇒

− 60 = −10 t ⋅ sen 30 − 5t 2

⇒

t = 3 seg

El alcance que es la coordenada X, será:

X max = v o t ⋅ cos α

t =3seg

= 10 ⋅ 3 ⋅ cos 30 = 25,8m → no choca con la pared de enfrente

c) En llegar al suelo tarda 3 seg, como hemos calculado, la velocidad a los 3 seg, es: r r r v = 10 cos 30 ⋅ i + (− 10sen 30 − 10 t ) j

t =3seg

v = 8'6 2 + 35 2 = 36m / s ; α=arc tg

vy vx

r r = 8,6 i − 35 j

= arctg

− 35 = −76º11'42' ' 8'6

d) El ángulo que el vector velocidad forma con el eje X (horizontal) viene dado por: vy α = arctg vx − 10sen 30 − 10 t tg 45 = 10 cos 30 de donde t = 0’36 s

11º. Un niño que está subido en un caballo a 2 metros del eje de giro de un tiovivo. a) Sabiendo que, una vez que está en funcionamiento, da 15 vueltas cada minuto, calcular: El periodo, la frecuencia, la velocidad angular y la velocidad lineal. La aceleración tangencial, normal y total. La aceleración angular. El espacio recorrido y el ángulo que habrá girado el niño durante 5 minutos. b) Una vez que finaliza el viaje, el tiovivo frena deteniéndose en 20 segundos. Durante el tramo de frenado calcula todas las magnitudes del apartado anterior.

a) Durante el viaje el tiovivo tiene un movimiento circular uniforme, por tanto es un movimiento periódico ya que tarda el mismo tiempo en dar una vuelta. Al tiempo que tarda en dar una vuelta se llama Periodo: T=60/15=0,25seg. La frecuencia es el número de vueltas que el tiovivo da en 1 segundo, por tanto es la inversa del periodo: ν=1/T = 4 seg−1 o 4 Hz ϕ 2π 2π Al tratarse de un MCU, la velocidad angular ω = = = = 1,57 rad/s t T 0,25 Teniendo en cuenta la relación entre la velocidad lineal y la angular: v = ω R = 1,57·2 = 3,14 m/s Puesto que el vector velocidad cambia continuamente de dirección para ser tangente a la trayectoria circular debe existir una aceleración responsable de esos cambios de dirección. La aceleración normal o centrípeta: v 2 3,14 2 an = = = 4,93 m/s2 R 2 Al tratarse de un movimiento uniforme, la velocidad no varía en módulo, por tanto la aceleración tangencial que es la responsable de esos cambios será nula: at=0 La aceleración total es la suma vectorial de la aceleración tangencial y de la normal, que como sabes forma 90º: a = a t + a n = 0 2 + 4,93 2 = 4,93 m/s2 2

2

Teniendo en cuenta la relación entre la aceleración lineal y la angular: a t = α ⋅ R → α=0 (Lo que resulta obvio, ya que α es la aceleración que mide los cambios en módulo de la velocidad angular y ésta es constante al serlo la velocidad lineal.) El espacio recorrido en 300seg es: s = so + v·t = 3,14·300 = 942,48 m El ángulo girado en 300seg es: ϕ = ϕ o + ω t = 1,57·300 = 471,24 rad. (También podríamos haberlo obtenido teniendo en cuenta la relación entre el espacio y el ángulo girado: s = ϕ ⋅ R ) b) Para que pueda bajarse el niño el tiovivo debe pararse y para eso debe frenar. Naturalmente, ahora al no mantenerse contante la velocidad lineal ni la angular, el tiovivo invierte un tiempo distinto en cada vuelta y por tanto ahora el movimiento no es periódico, de manera que no tiene sentido hablar de Periodo ni tampoco de Frecuencia. Puesto que tanto la velocidad lineal como la angular deben disminuir hasta hacerse cero, resulta obvio que sus valores durante este tramo no pueden ser constantes como antes, sino que ahora sus valores deben ser una función del tiempo. En efecto: ω = ω0 + α t = 1,57 + α t v = v o + a t t = 3,14 + a t t donde ωo (angular inicial del tiovivo) es la velocidad que tiene en el instante que empieza a frenar. vo es la velocidad inicial del “niño”. (Recuerda que todos los puntos del tiovivo giran con la misma velocidad angular, sea la que sea, pero la velocidad lineal de cada punto depende de la distancia al eje de giro.). Como ves no podemos concretar la ecuación de las velocidades, puesto que previamente debemos calcular las aceleraciones correspondientes de las que dependen. Fácil, no hay más que tener en cuenta que el tiovivo tarda 20 segundos: ω = 1,57 + α t v = 3,14 + a t t

→ 0 = 1,57 + α t → 0 = 3,14 + a t t

→ α = − 0,08 rad/s2 → at = − 0,16 m/s2

(Una vez calculada una aceleración podíamos obtener la otra teniendo en cuenta que a t = α ⋅ R ) El signo menos indica que ambas aceleraciones tienen sentido contrario a sus velocidades respectivas: en sentido opuesto al dibujado en la figura. Ahora podemos escribir la expresión de las velocidades (que vuelvo a insistir, no serán un valor concreto, sino una función del tiempo porque están cambiando): ω = 1,57 − 0,08 t v = 3,14 − 0,16 t La aceleración normal, que obviamente también depende del tiempo: v 2 (3,14 − 0,16 t ) 2 an = = = 4,93 − 0,012 t 2 R 2 La aceleración total: a = a t + a n = 0,16 2 + (4,93 − 0,012 t ) 2 El espacio recorrido por el niño y el ángulo que habrá girado durante los 20 segundos de frenado: 1 1 s = s o + v o t + a t t 2 = 3,14 ⋅ 20 − 0,16 ⋅ 20 2 = 94,25 m 2 2 1 1 ϕ = ϕ o + ω o t + α t 2 = 1,57 ⋅ 20 − 0,08 ⋅ 20 2 = 47,12 rad (47,12/2π=7,5 vueltas) 2 2 2

2

12º. Encontrar la relación entre las vueltas que da la rueda de una bicicleta en función de las vueltas que da el plato en función de los radios de la rueda, plato y pión. Particularizar para una bicicleta que tiene rRueda=30 cm; rPlato=10cm y rPiñón=5cm.

La cadena transmite el movimiento del plato al piñón, de manera que ambos se mueven con la misma velocidad lineal. v Plato = ω Plato ⋅ rPlato v Piñón = ω Piñón ⋅ rPiñón

v Plato = v Piñón

→

ω Piñón = ω Plato

rPlato rPiñón

El piñón y la rueda giran con la misma velocidad angular puesto que están montados de forma solidaria, por tanto: r r v Rueda = ω Rueda ⋅ rRueda = ω Plato Plato ⋅ rRueda = v Plato Rueda rPiñón rPiñón Fíjate que la velocidad lineal de la rueda, la que tiene la bicicleta, no depende del tamaño del disco que utilices en el plato. La velocidad de la bicicleta solamente depende de la relación que guardan el radio de la rueda y el del piñón. Aplicando los datos del ejercicio: vRueda=vPlato(30/5)=6·vPlato Sin embargo, aunque el radio del plato no tenga efecto sobre la velocidad de la bicicleta, sí que tiene otro efecto muy importante. Cuando mayor es el radio menor resulta la fuerza que debemos ejercer para provocar un mismo momento de giro, o dicho de otra forma más fácil resultará pedalear.

13º. Una cámara de niebla es un dispositivo para observar trayectorias de partículas cargadas. Con ella puede verse cómo un protón que incide en línea recta comienza a dar vueltas al aplicarle un campo magnético uniforme. ¿Qué explicación podrías darle? Si el protón entra a la cámara en línea recta y de pronto comienza a dar vueltas eso implica que el campo magnético provoca un continuo cambio de dirección de la velocidad y que por tanto ha debido surgir una aceleración en dirección perpendicular a la velocidad. En efecto, esa aceleración es la provocada por la fuerza de Lorentz, que aparece cuando una partícula cargada se mueve en el seno de un campo magnético.

EJERCICIOS DE AMPLIACIÓN Un avión, que vuela horizontalmente a la altura de 1280 m y con una velocidad de 150 m/s, debe lanzar un objeto sobre un barco. ¿A qué distancia del barco debe lanzar el objeto si: a) el barco está en reposo b) el barco se aleja del avión, en su misma dirección, a la velocidad de 10 m/s c) el barco se acerca al avión a la velocidad de 10 m/s.

r r r v = 150 i − gt j r r r r r r r = ∫ v dt = ∫ (150 i − 10 t j) dt = 150 t i − 5t 2 j

a) Cuando el barco está en reposo y = −5t 2 = −1280

→

t=16s

d = x t =16 = 150t t =16 = 150 ⋅ 16 = 2400m

b) Cuando el barco se aleja del avión, en su misma dirección, a la velocidad de 10 m/s sería como si el barco estuviese en reposo y el avión se moviera con una velocidad de 140 m/s, por r r r tanto, repitiendo el proceso llegaríamos a que r = 140 t i − 5 t 2 j El tiempo que el proyectil tarda el llegar al suelo es exactamente el mismo y ahora d = 140 ⋅ 16 = 2240m c) Cuando el barco se acerca sería como si estuviese en reposo y el avión se moviese más rápido, r r r con una velocidad de 160 m/s. En este caso r = 160 t i − 5 t 2 j y d = 160 ⋅ 16 = 2560m Para ser más rigurosos tendremos en cuenta que el impacto se produce, naturalmente, cuando las coordenadas del proyectil y del barco son las mismas.

Respecto del SR, el vector de posición del avión y el vector de posición del barco son: r r r ravión = 150 t i − 5 t 2 j r r r rbarco = (d + v barco t ) i − 1280 j

En el punto del impacto tendremos que: igual coordenada x →

150 t = d + v barco t

igual coordenada y →

− 5t 2 = −1280

Resolviendo el sistema de ecuaciones para cuando la velocidad del barco vale respectivamente, 0, +10m/s y −10m/s obtendremos para la distancia (d) las soluciones anteriormente calculadas. El portero de balón mano de un equipo inicia un contraataque lanzando la pelota con una velocidad de 20 m/s y una inclinación de 60º sobre un compañero 25 m más adelantado. Si moviéndose con velocidad constante, éste alcanza la pelota a la misma altura a la que ha sido lanzada, determina el valor de esta velocidad.

En el momento que el compañero recibe la pelota, las coordenadas de la pelota y las del compañero deben ser las mismas. Respecto del SR las velocidades de la pelota y del compañero, así como los vectores de posición que se obtienen por integración, son respectivamente: (Al integrar debes tener en cuenta que en el momento inicial las coordenadas de la pelota son (0,0) y por eso las constantes de integración son nulas, pero para el compañero, en el momento inicial las coordenadas son (25,0), así que las constantes de integración son xo=25 e yo=0.)

r r r v pelota = 20 ⋅ cos 60 i + (20 ⋅ sen 60 − gt ) j r r r 1 rpelota = 20 t ⋅ cos 60 i + (20 t ⋅ sen 60 − gt 2 ) j 2

r r v comp = v comp i r r rcomp = ( v comp t + 25) i

igual coordenada x →

20 t ⋅ cos 60 = v comp t + 25

igual coordenada y →

1 20 t ⋅ sen 60 − gt 2 = 0 2

Resolviendo el sistema tenemos que t=3,46s y que v comp = 2,77 m / s

EJERCICIOS SEMIRESUELTOS Y CON SOLUCIONES Un punto se mueve siguiendo una trayectoria plana, siendo su aceleración tangencial at=k y su aceleración normal an=c.t4, donde k y c son constantes positivas. El punto inicia su movimiento en el instante en que t=0.Calcula el radio de su trayectoria, R. v = vo + a t t = k t an =

v 2 (k t ) 2 = = ct4 R R

R=

→

k2 ct2

Un punto material se mueve según la ecuación: s=4t2+2t+3. Calcular: a) A qué distancia se encuentra el punto respecto al origen al iniciarse el movimiento b) su velocidad inicial c) la velocidad en el instante t=2s d) su aceleración. s = 4 t2 + 2 t +3 v=

ds =8t+2 dt

→

s t =0 = 4.0 + 2.0 + 3 = 3 m v t =0 = 8 ⋅ 0 + 2 = 2 m / s v t =2 = 8 ⋅ 2 + 2 = 18 m / s

a=

dv = 8 m/s2 dt

Un movimiento en el plano XY queda descrito por las siguientes ecuaciones paramétricas: x = t2/2 +2 y = t2 − 1 Determinar la ecuación de la trayectoria y la velocidad y la aceleración del móvil. ¿Tiene aceleración normal? x = t2/2 +2 y = t2 – 1

t2 = 2 x – 4

→

y=2x–4–1=2x−5

r r r t2 r = ( + 2) i + ( t 2 − 1) j 2 r r r r dr → v= t 2 + 4t 2 = t 5 m / s v= = t i + 2t j dt r r r dv r → a = 1+ 4 = 5 m / s2 a= = i +2j dt dv d t 5 ) at = = = 5 m / s2 dt dt 2 2 2 → ( 5 ) 2 = ( 5 ) 2 + a 2n ⇒ a = at + an

an = 0

Hallar las ecuaciones de un movimiento uniformemente variado sabiendo que la aceleración es de 8m/s2, que la velocidad se anula para t=3s y que para t=11s el espacio se hace cero. v = ∫ a t dt = ∫ 8 dt = 8 t + k

como la velocidad se anula para t=3

s = ∫ v dt = ∫ (8 t − 24) dt = 4 t 2 − 24 t + k´

0 = 8⋅3 + k → k = −24 v = 8t − 24 como el espacio se anula para t=11

0 = 4 ⋅ 112 − 24 ⋅ 11 + k´ s = 4 t 2 − 24 t − 220

→ k´=−220

r r La aceleración de un cuerpo que se desplaza a lo largo del eje X es a = (4 x − 2) i m/s2. r r Suponiendo que v = 10 i m/s cuando x=0, encontrar la ecuación v = f(x).

r r r r v = ∫ a dx = ∫ (4 x − 2) i dx =(2 x 2 − 2 x + k ) i r r Teniendo en cuenta que v = 10 i para x=0, se deduce que la constante de integración es k=10, y el r r vector velocidad es v = (2 x 2 − 2 x + 10) i El módulo de la velocidad es v = v 2x + v 2y = (2 x 2 − 2 x + 10) 2 = 2 x 2 − 2 x + 10 Un disco de 10 cm de radio gira alrededor de su eje con aceleración angular constante de 20 rad/s2.Si parte del reposo, ¿cuánto valen, transcurridos 10s, la velocidad angular, la aceleración tangencial, la aceleración centrípeta y la aceleración total de un punto del borde del disco? La velocidad angular se obtiene integrando la aceleración angular: ω = ∫ α ⋅ dt = α ⋅ t +ω 0 = 20 ⋅ t en el momento t=10s → ω = 20 ⋅ t t =10 = 20·10 = 200 rad/s

at = α R = 20·0’1 m = 2 m/s2 v2 an = = ω2 R = 2002 ·0’1 = 4000 m/s2 R

a Total = a 2t + a 2n = 2 2 + 4000 2 = 4000,0005 m/s2. Calcula la velocidad con que orbita un satélite artificial, suponiendo que se encuentra a una altura de 430 Km sobre la superficie de la tierra, donde la gravedad vale 8,6 m/s2 .Datos: RT=6370 Km. Sol: g=anormal =v2/r → v=7647 m/s a) Calcular la velocidad angular de rotación de la Tierra y b) la velocidad lineal de un punto sobre la superficie del ecuador, sabiendo que el radio de la Tierra es de 6370 Km. Sol: ω = φ/t = 2π/T = 2π/1día = 2π/24·3600 = 7,27·10−5 rad/s; b) v = ωRT = 7,27·10−5·6370000 = 463,24 m/s = 1667,66 Km/h (no dirás que estamos parados) Un punto se mueve siguiendo una trayectoria plana, de modo que su aceleración tangencial at=k, siendo su aceleración normal an=c.t4, donde k y c son constantes positivas. El punto inicia su movimiento en el instante en que t=0.Calcula el radio de su trayectoria, R. Sol: R = k2/ct2

Una lancha motora puede viajar sobre un lago a una rapidez de 4 m/s. Cruza un río cuyas aguas bajan a una velocidad de 1,5 m/s. ¿Cuál será el tiempo mínimo que tarda en cruzar, si la anchura del ría es de 120 m? ¿Qué espacio total recorrerá? ¿Qué ángulo forma la trayectoria con la orilla? Sol: α = 69º 26´38´´; s = 128 m; t = 30 s Una grúa eleva un objeto pesado a velocidad constante de 10 ms–1. cuando el objeto se encuentra a 5 m sobre el suelo, rompe el cable quedando aquél en libertad. Se pregunta: a) ¿Hasta que altura seguirá subiendo el objeto? b) ¿Cuánto tiempo tardará en llegar al suelo desde que se rompió la cuerda? Dato: g = 10 ms–2. Sol: 10 m; 2’41 s (P.A.U. Jun 93)

Se lanza una piedra desde un acantilado con un ángulo de 37° con la horizontal como se indica en la figura. El acantilado tiene una altura de 30'5 m respecto al nivel del mar y la piedra alcanza el agua a 61 m medidos horizontalmente desde el acantilado. Encontrar: a) El tiempo que tarda la piedra en alcanzar el mar desde que se lanza desde el acantilado. b) la altura, h, máxima alcanzada por la piedra. Nota: Cos 37°=0'80; Sen 37°= 0'60 Sol: 3'95 s; 6'84 m