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• Velocidad
• Aceleración

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9. Cinemática II: Algunos tipos de movimientos

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Cinemática II

PRESENTACIÓN En esta parte de la cinemática se estudian diferentes tipos de movimientos. El análisis cualitativo de un movimiento permite clasificarlo y utilizar las estrategias necesarias para determinarlo cuantitativamente. Además, después del estudio de los diferentes movimientos, rectilíneo uniforme y uniformemente acelerado, circular uniforme, el alumno toma conciencia de las magnitudes necesarias para la descripción del movimiento (posición, velocidad y aceleración) y del carácter determinista de la física clásica en claro contraste con las teorías científicas que llegaron a principios del siglo XX.

OBJETIVOS • Relacionar los contenidos estudiados a lo largo del tema con el movimiento de objetos en el mundo real. • Diferenciar las magnitudes que permanecen constantes y las que varían en un determinado movimiento. • Saber elegir un sistema de referencia adecuado para describir y analizar el movimiento de los cuerpos. • Expresar con números algunas de las características del movimiento de los cuerpos. • Saber predecir la posición o la velocidad de un cuerpo a partir de su estado de movimiento. • Aprender a deducir expresiones matemáticas sencillas que ayuden a describir el movimiento de los cuerpos. • Utilizar vectores para describir con precisión el movimiento de uno o varios cuerpos. • Conocer las características básicas de algunos tipos de movimientos especialmente interesantes: movimiento uniforme, movimiento uniformemente acelerado, movimiento circular uniforme, tiro horizontal, tiro parabólico, etc. • Relacionar los contenidos del tema con el exceso de velocidad en los automóviles.

CONTENIDOS CONCEPTOS

• • • • • •

El movimiento rectilíneo uniforme (MRU). El movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA). Movimientos bajo aceleración constante. Ecuaciones del movimiento parabólico. El tiro oblicuo. Movimiento relativo. El movimiento circular.

PROCEDIMIENTOS, • Interpretar gráficas. DESTREZAS • Resolver problemas. Y HABILIDADES • Cambiar de unidades con soltura.

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PROGRAMACIÓN DE AULA

ACTITUDES

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• Aprecio de la utilidad de aplicar los contenidos de la unidad en los movimientos que observamos cotidianamente. • Interés por comprender las implicaciones de una elevada velocidad a la hora de conducir.

EDUCACIÓN EN VALORES 1. Educación vial El estudio de las leyes del movimiento permite elaborar cálculos sobre las distancias y los tiempos de aceleración y frenado de los diferentes móviles. En la conducción esta información es muy importante porque establece las distancias de seguridad con otros vehículos, y los tiempos de frenado en caso de emergencia. 2. Educación vial Los contenidos de cinemática deben emplearse siempre que sea posible para comprender la importancia de la magnitud velocidad. Aunque conceptos como la distancia de frenado serán tratados más claramente en las unidades de dinámica (y se hablará de la distancia de seguridad y de la influencia del suelo mojado en esta distancia de seguridad), esta unidad debe aprovecharse también para hablar de la importancia de respetar los límites de velocidad en carretera. No solamente en autopistas o autovías, sino también en población. Sería interesante en este sentido hacer un repaso por los límites de velocidad en distintas vías, sobre todo teniendo en cuenta la edad de los alumnos: algunos (pocos) ya tendrán carné de conducir, otros lo obtendrán en los próximos años, etc. 3. Educación para el consumidor Se asocia el movimiento al desplazamiento de los móviles; sin embargo, el concepto de velocidad y aceleración se puede aplicar a diferentes sectores, como la economía: la aceleración o deceleración de la economía de una región, el aumento lineal de IPC... Comprender los conceptos de la cinemática, la velocidad y la aceleración ayuda a interpretar correctamente el comportamiento creciente o decreciente, acelerado o decelerado del mercado, y ayudar a asumir la importancia de un consumo responsable.

CRITERIOS DE EVALUACIÓN 1. Diferenciar velocidad y aceleración. 2. Interpretar gráficas correspondientes a los movimientos uniforme y uniformemente acelerado. 3. Resolver problemas numéricos utilizando las expresiones matemáticas apropiadas. 4. Conocer las variables de las que dependerá el resultado de un problema. 5. Interpretar esquemas en los que aparecen objetos en movimiento con vectores indicando la dirección y sentido de la velocidad y la aceleración. 6. Asociar cada tipo de movimiento con las expresiones matemáticas necesarias para resolver problemas. 7. Asociar cada tipo de movimiento con las magnitudes que se mantienen constantes en él.  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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PROBLEMAS RESUELTOS

CINEMÁTICA II: MRUA

PROBLEMA RESUELTO 1 Una persona lanza un objeto desde el suelo verticalmente hacia arriba con velocidad inicial de 20 m/s. Calcula: a) La altura máxima alcanzada. b) El tiempo que tarda en caer al suelo desde el instante del lanzamiento. c) La distancia recorrida en el primer segundo de su movimiento.

Planteamiento y resolución El problema trata un MRUA. La dirección del movimiento es vertical, y el sentido positivo del sistema de referencia, hacia arriba. La aceleración del móvil es la de la gravedad, g, y, por tanto, de sentido negativo. a) El objeto comienza su movimiento ascendiendo hasta que para, velocidad nula, y comienza caer. El tiempo que tarda el objeto en alcanzar la altura máxima es el tiempo que pasa hasta que el objeto para, v1 = 0 m/s: v1 = v0 − g ⋅ t1 → 0 = 20 − 9,8 ⋅ t1 → t1 = 2,04 s Y la altura máxima alcanzada es: 1 1 y1 = y0 + v0 ⋅ t1 − ⋅ g ⋅ t12 → y1 = 0 + 20 m/s ⋅ 2, 04 s − ⋅ 9,88 m/s2 ⋅ 2, 04 2 s2 = 20, 4 m 2 2 b) El objeto tarda el mismo tiempo en subir que en bajar. Por tanto, el momento en que el objeto cae al suelo corresponde a: t2 = 2 ⋅ 2,04 s = 4,08 s. En efecto, las soluciones de la ecuación: 1 1 ⋅ g ⋅ t22 → 0 = 0 + 20 ⋅ t2 − ⋅ 9, 8 ⋅ t23 2 2 Son 0 segundos, el momento del lanzamiento, y t2 = 4,08 s, el momento de la caída. y 2 = y 0 + v 0 ⋅ t2 −

c) La distancia, d, que recorre durante el primer segundo del lanzamiento es: 1 1 d = y − y 0 = v 0 ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 → d = 20 m/s ⋅ 1 s − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 12 s2 = 15, 1 m 2 2

ACTIVIDADES 1

2

3

a) La aceleración del movimiento. b) La velocidad a 50 m del semáforo.

a) La velocidad con la que fue lanzado.

Sol.: a) 1,89 m/s2; b) 13,75 m/s (49,49 km/h).

b) La altura máxima alcanzada.

Un niño deja caer una pelota desde su ventana situada a 15 m del suelo.

Sol.: a) 28,57 m/s; b) 41,64 m. 5

a) ¿Cuánto tarda en llegar al suelo?

Un ciclista necesita 10 s para pasar de 0 a 60 km/h. Calcula:

b) ¿Con qué velocidad llega al suelo?

a) La aceleración obtenida.

Sol.: a) 1,75 s; b) 17,15 m/s.

b) La distancia recorrida.

Un coche que circula por una carretera a 80 km/h frena al ver un obstáculo situado a 50 m. ¿Cuál debe ser la deceleración para que el coche no choque con el obstáculo? Sol.: Mayor que 4,94 m/s2.

370

4

Desde un punto situado a 5 m de altura se ha lanzado un objeto hacia arriba. Sabiendo que ha tardado 6 s en llegar al suelo, calcula:

Un coche acelera al ponerse el semáforo en verde. Después de recorrer 100 m, su velocidad es de 70 km/h. Calcula:

c) La velocidad a los 8 s de comenzar a moverse. Sol.: a) 1,67 m/s2; b) 83,33 m; c) 13,33 m/s (48 km/h).

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PROBLEMAS RESUELTOS

CINEMÁTICA II: TIRO PARABÓLICO

PROBLEMA RESUELTO 2 El caño de una fuente está inclinado 60° sobre la horizontal. Si el agua sale del caño con una velocidad inicial de 10 m/s: a) ¿Qué dibujo forma el chorro de agua? b) ¿Qué altura máxima alcanza el agua? c) ¿A qué distancia del caño hay que colocar el sumidero? d) ¿Cuál es el módulo de la velocidad del agua cuando esta cae al sumidero?

Planteamiento y resolución Fijamos el sistema de referencia del problema con origen en el caño, direcciones vertical y horizontal y sentidos hacia arriba y según el avance del movimiento. Entonces, en las unidades del SI (x 0 , y0) = (0 , 0), (v0x , v0y) = (10 ⋅ cos 60° , 10 ⋅ sen 60°) = (5 , 8,67), y la aceleración de la gravedad tiene solo componente vertical con sentido negativo. a) El chorro dibuja en el aire una parábola. b) Para calcular la altura máxima hay que fijarse en la componente vertical del movimiento. Como la componente vertical de la velocidad en ese punto es cero, el tiempo que tarda en alcanzar ese punto es: vy = v0y − g ⋅ t → 0 = 8,67 m/s − 9,8 m/s2 ⋅ t → t = 0,88 s En ese tiempo el agua sube hasta una altura: 1 1 y = y 0 + v 0 y t − gt 2 → y = 0 + 8, 67 m/s ⋅ 0 , 88 s − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 0, 882 s2 = 3, 8 m 2 2 c) Durante su trayectoria el agua avanza en horizontal un espacio: x = x0 + v0x ⋅ t → 18 m = 0 + 5 m/s ⋅ 0,88 s = 4,4 m Si no queremos que el agua caiga sobre el suelo, sino que queremos recogerla para reciclarla, el sumidero debe estar a 4 m y 40 cm del caño. d) La componente horizontal de la velocidad no cambia durante su movimiento, y la componente vertical de la velocidad final es igual, pero de sentido contrario a la componente vertical de la velocidad inicial. Por tanto, la velocidad final es: (vfx , vfy) = (5 , −8,67) m/s Y su módulo coincide con el de la velocidad inicial: 10 m/s.

ACTIVIDADES 1

Una esquiadora realiza un salto en una arista inclinada 25° sobre la horizontal y con un desnivel de 10 m. Si la velocidad con la que empieza el vuelo es 20 m/s, calcula la altura máxima alcanzada y el punto del impacto.

3

Sol.: 3,65 m; 45,86 m. 2

Un niño deja caer un coche por el borde de una mesa de 70 cm de altura después de empujarlo sobre ella con una velocidad de 30 cm/s. ¿A qué distancia de la mesa cae el coche? Sol.: 11,4 cm.

Una estudiante se monta en una montaña rusa con varias vueltas completas. Cuando su coche empieza la primera vuelta y a 20 m del suelo se inclina 100° sobre la horizontal, se le caen las llaves del bolsillo de la camisa. Si la velocidad en ese momento es de 15 m/s, ¿a qué distancia de ese punto tendrá que buscar las llaves? Sol.: 10,5 m.

4

¿Cuánto tiempo dura la caída desde el trampolín, de 10 m, de los nadadores de alta competición que se elevan hasta tres metros por encima del trampolín en su salto? Sol.: 2,41 s.

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PROBLEMAS RESUELTOS

CINEMÁTICA II: MOVIMIENTO CIRCULAR

PROBLEMA RESUELTO 3 Una rueda comienza a girar con aceleración angular constante y al cabo de 3 s alcanza las 300 revoluciones por minuto. Si su radio es de 10 cm, calcula: a) La aceleración angular. b) La velocidad lineal que lleva un punto del borde de la rueda a los 3 s.

Planteamiento y resolución El movimiento de la rueda es circular uniformemente acelerado. En 3 s desde el reposo alcanza una velocidad angular de: ω=

300 rev 1 min

⋅

2π rad 1 min ⋅ = 31, 42 rad/s 60 s 1 rev

a) La aceleración angular de la rueda es: ω=

31, 42 rad/s − 0 rad/s ω − ω0 = = 10, 47 rad/s2 t 3s

b) La velocidad lineal está relacionada con la angular mediante el radio, así que: v = ω ⋅ t = 31, 42 rad/s ⋅ 0,1 s = 3,14 m/s

ACTIVIDADES 1

372

Un volante que gira a 10 rad/s de velocidad angular se detiene dando 3 vueltas desde el instante que comienza a frenar hasta quedar completamente en reposo. Calcula: a) La aceleración angular. b) El tiempo que tarda en detenerse. Sol.: a) −2,65 rad/s2; b) 3,77 s.

2

Un disco gira a 2000 revoluciones por minuto de velocidad constante. Si su radio es de 8 cm, calcula: a) La distancia recorrida por un punto del borde en 5 s. b) El tiempo que tarda en girar un ángulo de 2π radianes. Sol.: s = 83,78 m; t = 0,03 s.

3

Una hélice pasa de 50 a 200 revoluciones por minuto en un tiempo de 6 s. Calcula: a) La aceleración angular. b) El número de vueltas dadas en esos 6 s. Sol.: a) 2,62 rad/s2; b) 12,51 vueltas.

4

Un tiovivo comienza a dar vueltas. Primero con una aceleración angular de 0,2 rad/s2 durante 8 s. Después manteniendo la velocidad de giro durante 20 s. Calcula el ángulo total girado. Sol.: 38,4 radianes.

5

Un punto está situado a 30 cm del centro de una rueda. Esta empieza a girar alcanzando la velocidad angular máxima en 5 s. Sabiendo que en ese momento el punto se mueve a una velocidad de 1 m/s, calcula: a) La aceleración angular de la rueda durante los 5 s. b) La velocidad que llevaba el punto a los 3 s de iniciarse el movimiento. Sol.: a) 0,67 rad/s2; b) 0,6 m/s.

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EXPERIENCIA EN EL AULA

CINEMÁTICA II

Ritmos y planos inclinados Objetivo Comprobar experimentalmente que el movimiento de un móvil en un plano inclinado es uniformemente acelerado.

Material • Un tubo de metacrilato o PVC de 2 m de largo. • Varios trozos iguales de plástico semirrígido o negativos antiguos. • Una bola metálica maciza. • Una cinta métrica.

PROCEDIMIENTO 1. Corta el tubo de metacrilato longitudinalmente

G

1 F G

y haz muescas en uno de los bordes cada 5 cm a partir de un extremo.

1 F G

1 F

2. Introduce en cada muesca un trozo de plástico, de manera que la bola metálica, al deslizar, mueva la pestaña y produzca un leve crujido. Para que el experimento funcione la bola no debe alterar su movimiento al rozar el plástico.

3. Apoya uno de los extremos del tubo sobre un libro. Así el plano estará inclinado, pero el movimiento no será muy rápido. Ahora deja caer la bola sobre el plano.

G

1 F

El sonido de las pestañas al rozar la bola tendrá un ritmo cada vez más rápido.

G

2 F G

3

4. Coloca ahora las pestañas de manera que entre

F

dos de ellas haya muescas sin pestañas según la sucesión de los números naturales. De nuevo las pestañas sonarán con ritmo cada vez más rápido.

5. Ahora deja espacios según la sucesión de los impares. Las pestañas suenan ahora con ritmo constante. G

• En el primer crujido el espacio recorrido es 1 = 12. • En el segundo crujido el espacio recorrido es 1 + 3 = 22. • En el tercer crujido el espacio recorrido es 1 + 3 + 5 = 32.

1 F

G

3 F

G

5

• En el cuarto crujido el espacio recorrido es 1 + 3 + 5 + 7 = 42.

F

Es decir, el espacio recorrido en cada unidad de tiempo está en relación con el cuadrado del tiempo.  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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EXPERIENCIA DE LABORATORIO

CINEMÁTICA II

MRU: Combustión de una varilla de incienso Objetivo Estudiar el movimiento de la interfase de la combustión de materia en una varita de incienso.

Material • • • • •

Una varita de incienso de 20 cm. Un incensario que no toque la varita mientras dura su combustión. Una regla. Un cronómetro. Papel y lápiz para apuntar las medidas.

PROCEDIMIENTO 1. Enciende el extremo de la varilla de incienso y, simultáneamente, pon en marcha el cronómetro.

2. Cada 2 minutos mide en la varilla la zona que ya se ha quemado. Apunta los resultados en la tabla siguiente, en la que x es la longitud de la zona ya quemada. t (min) 0

x (mm)0 0

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

3. Representa los datos en una gráfica espacio-tiempo, ¿qué observas?

CUESTIONES

374

1

¿Qué tipo de gráfica aparece?

2

¿Cómo es, entonces, el movimiento de avance de la combustión de la varilla de incienso?

3

¿Cuál es la velocidad del avance de la combustión de la varilla de incienso? Exprésala en unidades del Sistema Internacional y en km/h.  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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APLICACIONES

CINEMÁTICA II

CIENCIA Y TÉCNICA

Los frenos de los Fórmula 1 Los frenos de cualquier vehículo tienen que eliminar una cierta cantidad de energía cinética y transformarla en calor. En el caso de los coches de Fórmula 1 la energía cinética a disipar es enorme y en muy poco tiempo.

Aceleraciones Estamos acostumbrados a seguir las carreras de Fórmula 1 en los circuitos. Las aceleraciones de los monoplazas son realmente espectaculares. Por ejemplo, son capaces de pasar de 0 a 100 km/h en unos 2,5 s. Un turismo medio necesita unos 8 s para alcanzar la misma velocidad partiendo del reposo. En cuanto a la frenada, los Fórmula 1 son capaces de pasar de 320 a 160 km/h en solo 1,5 s.

Eso hace que los discos de freno se calienten hasta 800 °C e incluso lleguen a emitir destellos de luz. Cada uno de los discos tiene un peso aproximado de 1,5 kg y está fabricado con fibra de carbono.

En comparación con un coche de Fórmula 1, las motos de la categoría GP del mundial de motociclismo pueden conseguir aceleraciones similares. También la velocidad máxima es parecida, en torno a 340 km/h para la moto y 360 km/h para el coche. Sin embargo, la moto puede empezar a frenar más tarde que el coche cuando se acerca a una curva y, debido a los movimientos del cuerpo del piloto sobre la moto, puede tomar la curva a mayor velocidad. En comparación, la aceleración y la velocidad máxima alcanzables por un ser humano solo con sus piernas son minúsculas. Un atleta de élite es capaz de correr los 60 metros lisos en 6 segundos y medio.

CUESTIONES 1

¿Cuál es la aceleración de los siguientes vehículos al pasar de 0 a 100 km/h? a) Un coche de Fórmula 1. b) Un turismo normal. c) Una moto de categoría GP.

2

¿Qué distancia recorre cada uno de los vehículos anteriores al pasar de 0 a 100 km/h?

3

¿Cuál es la aceleración de un Fórmula 1 al frenar? ¿Cuántas veces es la aceleración de la gravedad?

4

Expresa la velocidad máxima de un Fórmula 1 en metros por segundo.

5

¿Cuál es la aceleración media que imprime a su cuerpo un atleta de 60 metros lisos?  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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CURIOSIDADES Y ANÉCDOTAS

CINEMÁTICA II

HISTORIA DE LA CIENCIA

La luz tiene naturaleza ondulatoria Christiaan Huygens (1629-1695) desarrolló su actividad científica en los campos de las matemáticas, la física y la astronomía. Perfeccionó el tallado de lentes de los telescopios y con ellos identificó el anillo de Saturno y su satélite mayor Titán. Gracias a su trabajo matemático sobre la cicloide, Huygens pudo construir un reloj de péndulo que mantuviese su oscilación en un barco, desplazando así a las clepsidras y los relojes de arena. Fue el primer científico que defendió la naturaleza ondulatoria de la luz, pero su hipótesis fue eclipsada por la opinión de Isaac Newton, que atribuía a la luz naturaleza corpuscular.

La cicloide y los relojes de péndulo Cuando a un alumno de bachillerato se le pregunta cuál es el camino más corto que tiene que recorrer un objeto para pasar de un punto a otro situado a menor altura, pero que no esté situado en su vertical, la respuesta correcta es la línea recta que une los dos puntos. Pero si se le pregunta cuál es el camino más rápido para que el mismo objeto pase del punto más alto al más bajo deslizando sobre una curva por efecto de la gravedad la respuesta, en absoluto evidente, es la cicloide. La cicloide es la curva que dibuja un punto de una circunferencia cuando rueda sobre una recta sin deslizar. x = r ⋅ ( θ − sen θ )⎫⎪ ⎬ y = r ⋅ (1− cos θ ) ⎭⎪⎪ Más aún, si un objeto se desliza a lo largo de una cicloide en caída libre, llegará al punto más bajo de la cicloide en igual tiempo, mínimo, con independencia del punto desde el que empezó a caer.

y

P

θ r

O

x

La primera aplicación práctica de esta propiedad se debe al físico holandés Christiaan Huygens (1629-1695). Si en un reloj de péndulo el peso no se mueve sobre una circunferencia, sino sobre una cicloide, el periodo del péndulo es independiente de la amplitud que alcance. Para conseguir que el peso del péndulo se mueva sobre una cicloide se limita el movimiento de la cuerda mediante cicloides a ambos lados. Quizá esta observación parezca insustancial en la era en la que los relojes de péndulo se cuelgan como curiosidad en la pared. Pero este avance permitió construir relojes de péndulo que funcionasen en alta mar y mejoró notablemente la precisión de las medidas de la posición en los viajes marítimos. En efecto, la latitud en cada instante se determinaba mediante la posición de las estrellas. Para calcular la longitud era necesario un reloj que indicase la hora según el punto de partida y comparar con la hora local medida por la posición del sol: la diferencia daba la longitud.

CUESTIONES 1

Se deja caer un objeto sobre la recta que une dos puntos y otro sobre la cicloide que los une. a) ¿Cambia la dirección de la velocidad del primer objeto? ¿Y del segundo? b) ¿Existe algún punto en la trayectoria del objeto que cae sobre la cicloide en el que la dirección de la velocidad coincida con la del objeto que cae sobre el plano inclinado?

2

376

¿Cuál es la aceleración tangencial de un móvil que cae sobre una cicloide en su punto más bajo?  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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BANCO DE DATOS

CINEMÁTICA II

Movimiento bajo el campo gravitatorio terrestre (despreciando el rozamiento con el aire) Ángulo (°) 0

15

30

Magnitud Altura máxima (m)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Alcance (m)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Tiempo de vuelo (s)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Altura máxima (m)

0,34

1,37

3,07

5,46

8,54

Alcance (m)

5,10

20,39

45,87

81,55

127,42

Tiempo de vuelo (s)

0,53

1,06

1,58

2,11

2,64

Altura máxima (m)

1,27

5,10

11,47

20,39

31,86

Alcance (m)

8,83

35,31

79,45

141,25

220,70

Tiempo de vuelo (s)

1,02

2,04

3,06

4,08

5,10

2,55

10,19

22,94

40,77

63,71

10,19

40,77

91,74

163,10

254,84

Altura máxima (m) 45

60

75

90

Ángulo (°) 0

15

30

45

Alcance (m) Tiempo de vuelo (s)

1,44

2,88

4,32

5,77

7,21

Altura máxima (m)

3,82

15,29

34,40

61,16

95,57

Alcance (m)

8,83

35,31

79,45

141,25

220,70

Tiempo de vuelo (s)

1,77

3,53

5,30

7,06

8,83

Altura máxima (m)

4,76

19,02

42,80

76,09

118,89

Alcance (m)

5,10

20,39

45,87

81,55

127,42

Tiempo de vuelo (s)

1,97

3,94

5,91

7,88

9,85

Altura máxima (m)

5,10

20,39

45,87

81,55

127,42

Alcance (m)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Tiempo de vuelo (s)

2,04

4,08

6,12

8,15

10,19

Magnitud

75

90

Velocidad inicial 60 m/s 216 km/h 70 m/s 252 km/h 80 m/s 288 km/h 90 m/s 324 km/h 100 m/s 360 km/h

Altura máxima (m)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Alcance (m)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Tiempo de vuelo (s)

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

Altura máxima (m)

12,29

16,73

21,85

27,66

34,14 509,68

Alcance (m)

183,49

249,75

326,20

412,84

Tiempo de vuelo (s)

3,17

3,69

4,22

4,75

5,28

Altura máxima (m)

45,87

62,44

81,55

103,21

127,42

317,81

432,57

564,99

715,07

882,80

Alcance (m) Tiempo de vuelo (s)

6,12

7,14

8,15

9,17

10,19

Altura máxima (m)

91,74

124,87

163,10

206,42

254,84

366,97

499,49

652,40

825,69

1019,37

8,65

10,09

11,53

12,97

14,42

Altura máxima (m)

137,61

187,31

244,65

309,63

382,26

Alcance (m)

317,81

432,57

564,99

715,07

882,80

Tiempo de vuelo (s)

10,59

12,36

14,12

15,89

17,66

Altura máxima (m)

171,19

233,02

304,35

385,19

475,54

Alcance (m)

509,68

Alcance (m) Tiempo de vuelo (s)

60

Velocidad inicial 10 m/s 36 km/h 20 m/s 72 km/h 30 m/s 108 km/h 40 m/s 144 km/h 50 m/s 180 km/h

183,49

249,75

326,20

412,84

Tiempo de vuelo (s)

11,82

13,78

15,75

17,72

19,69

Altura máxima (m)

183,49

249,75

326,20

412,84

509,68

0,00

0,00

0,00

0,00

0,00

12,23

14,27

16,31

18,35

20,39

Alcance (m) Tiempo de vuelo (s)

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FICHA 1

TERCERA ECUACIÓN DEL MRUA

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

1. EJERCICIO RESUELTO De un objeto que se mueve con MRUA conocemos dos ecuaciones: 1.a Espacio recorrido en función del tiempo: 1 x − x 0 = Δx = v 0 t + at 2 2 2.a Velocidad en función del tiempo: v = v0 + a ⋅ t Deducir una 3. ecuación que ligue Δ x, v y a. a

SOLUCIÓN Estas dos ecuaciones aportan cada una información independiente. De ellas podemos deducir una tercera ecuación que, al ser obtenida de las otras dos, no aportará ninguna información nueva, ninguna información independiente, pero sí puede sernos útil para resolver algunos problemas, concretamente para aquellos en los que no se nos hable de tiempo transcurrido. Aplicamos el método de sustitución: Despejamos el tiempo t en la 2.a: v − v0 t= a Lo sustituimos en la 1.a: Δ x = v 0t +

⎛ v − v0 at 2 = v 0 ⋅ ⎜⎜ ⎜⎝ a 2 1

⎞⎟ 1 ⎛ v − v 0 ⎟⎟ + a ⋅ ⎜⎜ ⎟⎠ 2 ⎜⎝ a

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎠

2

A partir de ahora, fíjate bien, pues todo son operaciones matemáticas sencillas: • Aplicamos la propiedad distributiva en el primer sumando y hacemos el cuadrado de la fracción en el segundo: Δx =

v 0 ⋅ v − v 02 a

+

1 2

⋅a⋅

(v − v 0 )2 a2

• Desarrollamos el segundo sumando: Δx =

v 0 ⋅ v − v 02 a

+

a ⋅ (v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 ) 2 ⋅ a2

=

v 0v − v 02 a

+

v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 2⋅a

• Ponemos denominador común y sumamos las fracciones: Δx =

2 ⋅ (v 0v − v 02 ) 2a

+

v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 2⋅a

=

2v 0v − 2v 02 + v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 2a

• Simplificamos. Fíjate que 2v 0v − 2vv 0 = 0 y que −2v 02 + v 02 = −v 02 :

Δx =

v 2 − v 02 2a

→ v − v = 2 ⋅ a ⋅ Δx 2

2 0

⎪⎧⎪v = velocidad final ⎪⎪v = velocidad inicial con: ⎨ 0 ⎪⎪a = aceleración ⎪⎪Δ x = espacio recorrido ⎪⎩

Esta es nuestra 3.a ecuación del MRUA independiente del tiempo. La fórmula obtenida en esta ficha solo debes usarla cuando sepas hacer bien los ejercicios usando las otras dos, o cuando sirva para resolver un paso intermedio de un ejercicio mucho más complejo. El proceso realizado para deducir esta fórmula es lo que tú hacías para resolver ejercicios con las otras dos, antes de conocer esta. Es en las dos ecuaciones independientes donde está la física del problema.

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FICHA1

TERCERA ECUACIÓN DEL MRUA

NOMBRE: 1

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CURSO:

FECHA:

Un coche de carreras cruza la línea de meta con una velocidad de 90 km/h y con una aceleración de a = 1,5 m/s2. ¿A qué distancia de la línea de meta estará cuando lleve una velocidad de 135 km/h?

SOLUCIÓN

2

A un turista se le cae el teléfono móvil desde un mirador de la Torre Eiffel de París. ¿Con qué velocidad llegará el móvil al suelo si el turista se encontraba a 150 m de altura?

SOLUCIÓN

3

Una moto que circulaba a 120 km/h ante la proximidad de un barranco frena bruscamente hasta pararse con una aceleración de a = 8 m/s2 quedándose justo al borde del precipicio. ¿A qué distancia se encontraba del barranco cuando comenzó a frenar?

SOLUCIÓN

4

Resuelve sin usar la tercera fórmula y observa que haces lo mismo que cuando la hemos deducido. Un ciclista africano que circula a 50 km/h ve que un ñu entra en la carretera, por lo que frena con una aceleración de a = 4 m/s2. Cuando la velocidad del ciclista es de 20 km/h el ñu ya ha cruzado la calzada y no supone ningún peligro, por lo que el ciclista sigue su camino con velocidad constante. ¿Qué espacio recorrió durante su frenada?

SOLUCIÓN

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FICHA 2

MÓVILES QUE CAMBIAN SU TIPO DE MOVIMIENTO

NOMBRE: 5

CURSO:

FECHA:

Un tren de cercanías sale de una estación, acelera con a = cte. = 0,75 m/s2 durante 8 s y luego con a = cte. = 2 m/s2 hasta alcanzar una velocidad constante de 60 km/h. Mantiene la misma velocidad hasta acercarse a la siguiente estación. En ese momento frena uniformemente hasta pararse en 12 s. El tiempo total del trayecto fue de 80 s. ¿Qué distancia hay entre las dos estaciones? Representa la posición, la velocidad y la aceleración en función del tiempo.

SOLUCIÓN 1. Dibuja un sistema de referencia indicando el tipo de movimiento en cada tramo y escribiendo sobre cada uno de ellos los datos del problema. t1 = 8 s aជ1 = 0,75 m/s2

t2 aជ2 = 2 m/s2

t4 = 12 s

t3 v3 = 60 km/h

v4 = 60 km/h aជ4

Tramo 1 (MRUA)

Tramo 2 (MRUA)

Tramo 3 (MRU)

v4 = 0 x(m)

Tramo 4 (MRUA)

2. Indica ahora la posición x del tren al final de cada tramo. (La que tenga al final del último tramo será la respuesta a la pregunta.) • Tramo 1 (MRUA):

• Tramo 2 (MRUA):

• Tramo 3 (MRU):

• Tramo 4 (MRUA):

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FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

3. Representa ahora x-t, v-t, y a-t: • Tramo 1 → • Tramo 2 → • Tramo 3 → • Tramo 4 →

2. EJERCICIO RESUELTO Una pareja, que estaba sentada en una terraza de un bar al comienzo de una calle, discute y ella se va, dejando a su novio allí sentado. Cuando llega al final de la calle, se arrepiente y vuelve corriendo para reconciliarse con una a = cte. = 0,5 m/s2 justo a la vez que él se levanta y comienza a andar hacia ella con v = cte. = 4 km/h. La calle mide 100 m. a) ¿Cuánto tiempo tardan en fundirse en un abrazo? b) ¿A qué distancia de la terraza lo harán? c) ¿Qué velocidad llevará cada uno justo antes del abrazo? SOLUCIÓN Sigamos los siguientes pasos: 1. Dibujamos la situación en el momento que ella da la vuelta y él comienza a andar (t = 0) en un sistema de referencia común para ambos.

v0 = 0 a = 0,5 m/s2

v1 = 4 km/h F

Movimiento rectilíneo uniforme

G

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado

x(m)

2. Identificamos el tipo de movimiento de cada uno y escribimos sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo. Teniendo en cuenta que x01 = 0, x02 = 100, v02 = 0 y que a2 = 0,5 m/s2 es negativa, pues es un vector que va en el mismo sentido que la velocidad (por lo tanto, con el mismo signo que esta, que será negativo, pues la velocidad va en sentido contrario del eje X), tenemos: Chico → MRU

Chica → MRUA

• v1 = 4 km/h = 1,11 m/s

• v2 = v02 + a2 ⋅ t2 = −0,5 · t2 1 • x1 = x01 + v1 ⋅ t1 = 1,11 · t1 • x2 = x02 + v02 ⋅ t + ⋅ a2 t22 = 100 − 0,25 ⋅ t22 2 ¡Ojo! ¡x2 es la posición (la coordenada) de la chica en cualquier instante de tiempo en nuestro eje X; no el espacio que ha recorrido!  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

2. Identificamos el tipo de movimiento de cada uno y escribimos sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo. Teniendo en cuenta que x01 = 0, x02 = 100, v02 = 0 y que a2 = 0,5 m/s2 es negativa, pues es un vector que va en el mismo sentido que la velocidad (por tanto, con el mismo signo que esta, que será negativo, pues la velocidad va en sentido contrario del eje X), tenemos: Chico → MRU

Chica → MRUA

• v1 = 4 km/h = 1,11 m/s

• v2 = v02 + a2 ⋅ t2 = −0,5 · t2 1 • x1 = x01 + v1 ⋅ t1 = 1,11 · t1 • x2 = x02 + v02 ⋅ t + ⋅ a2 t22 = 100 − 0,25 ⋅ t22 2 ¡Ojo! ¡x2 es la posición (la coordenada) de la chica en cualquier instante de tiempo en nuestro eje X; no el espacio que ha recorrido! 3. Ahora, para responder a las preguntas, seguimos la siguiente estrategia: Dibujamos la situación que nos plantea el enunciado y nos preguntamos qué tienen en común el chico y la chica en esa situación para poder plantear una igualdad: ¿Es la velocidad? ¿Es el tiempo transcurrido? ¿Es la posición?

ជ v2 G

F

ជ v1 x (m)

0

x1 x2

100

Tras pensar un poco descubriremos que cuando se encuentran sus velocidades no son iguales, pero sí lo son tanto el tiempo transcurrido como la posición de ambos. Es decir: x1 = x2 y t1 = t2 4. Resolvemos (pista: es más fácil comenzar con x1 = x2): x1 = x2 → 1,11 ⋅ t 1 = 100 − 0,25 ⋅ t22 → 1,11 ⋅ t = 100 − 0,25 ⋅ t 2 (Como t1 = t2, llamamos t a ambos tiempos.) Ordenamos la ecuación: , ± 111 , 2 − 4 ⋅ 0, 25 ⋅ (−100 ) −111 ⎪⎧t = 17, 9 s →⎨1 ⎪⎪⎩t2 = −22, 3 s 2 ⋅ 0, 25 Como no tiene sentido un tiempo negativo, la única solución válida es: t = 17,9 s → es el tiempo que tardan en fundirse en un abrazo 0,25 ⋅ t 2 + 1,11 ⋅ t − 100 = 0 → t =

En este instante de tiempo t = 17,9 s, hallamos la posición de ambos (es la misma para los dos, recuerda que x1 = x2). Sustituimos en x1 que en este caso es más fácil: x1 = 1,11 ⋅ t = 1,11 ⋅ 17,9 = 19,9 m → Posición de ambos y distancia a la que están de la terraza cuando se encuentran. El chico habrá recorrido un espacio de 19,9 m. Y la chica, de (100 − 19,9) = 80,1 m. Y en el instante del encuentro cada uno llevará una velocidad de: • Chico → v1 = 4 km/h = 1,11 m/s • Chica → v2 = −0,5 ⋅ t2 = −0,5 ⋅ 17,9 = −9 m/s (El signo menos significa que la chica corre en sentido negativo del eje X.)

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FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE: 6

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CURSO:

FECHA:

En un momento dado el coche de unos ladrones pasa junto a un bar de carretera con una velocidad de 100 km/h. Diez minutos después pasa por el mismo sitio persiguiéndolo un coche de policía con una velocidad de 120 km/h. ¿Qué tiempo tarda en alcanzar el coche de policía al de los ladrones? ¿A qué distancia del bar de carretera estarán en ese momento?

SOLUCIÓN 1. Haz un dibujo de los dos coches sobre un sistema de referencia justo cuando el coche de policía pasa por delante del bar de carretera (sitúa ahí el origen del eje X). Pista: estás dibujando la situación en t = 0; por tanto, x0 de cada coche es:

2. Identifica el tipo de movimiento de cada uno y escribe sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo (expresa los espacios en metros y las velocidades en m/s.

3. Establece las igualdades que se produzcan en el momento de la captura. 4. Resuelve esas ecuaciones y averigua cuánto tiempo tarda el coche de policía en alcanzar al de los ladrones.

5. Con el tiempo anterior, halla a qué distancia del bar de carretera se produce la captura.

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

6. Representa la posición, la velocidad y la aceleración en función del tiempo de los dos coches (en la misma gráfica los dos).

7

En un duelo medieval en una película dos caballeros con sus caballos, sus armaduras y sus espadas, separados entre sí 100 m, parten del reposo y salen uno al encuentro del otro para luchar. Los dos se mueven con una aceleración constante: el primero, de 2 m/s2, y el segundo, de 3 m/s2. a) ¿A qué distancia de donde salió el primero se enzarzarán en la batalla? b) ¿Cuánto tiempo habrán tardado en alcanzarse? c) ¿Qué velocidad llevaba cada uno cuando se encontraron los dos actores que hacen el papel de caballeros?

SOLUCIÓN 1. Haz un dibujo en el mismo sistema de referencia justo en el instante en que comienzan a correr (t = 0).

2. Indica el tipo de movimiento de cada uno y escribe sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo. (Pista: no olvides que, si corren en sentidos contrarios, las velocidades son de distinto signo, y que la aceleración tiene el mismo signo que la velocidad cuando tiene el mismo sentido y signo contrario cuando tiene sentido contrario.)

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

3. Dibuja el momento de su encuentro. ¿Ocurre más cerca de donde partió el caballero 1 o de donde partió el caballero 2? Escribe las igualdades que se produzcan en ese momento.

4. Resuelve las ecuaciones del paso anterior.

5. Con el tiempo anterior, halla la posición que tenían cuando se enzarzaron.

6. Con el tiempo del apartado 4 halla la velocidad que tenía cada uno cuando se enzarzaron. • Caballero 1: • Caballero 2:

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FICHA 4

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

NOMBRE: 8

CURSO:

FECHA:

Dos coches que circulan en sentidos contrarios con velocidades constantes de 60 y 80 km por hora, respectivamente, se encuentran separados 50 km cuando el reloj marca la una en punto. Calcula a qué hora se cruzarán. 60 km/h

80 km/h

F

A

G

50 km/h

B

SOLUCIÓN

3. EJERCICIO RESUELTO Una liebre corre hacia su madriguera perseguida por un galgo que trata de alcanzarla. El galgo corre a 40 km/h, mientras que la liebre lo hace a 30 km/h. Sabiendo que la distancia inicial que los separa es de 200 m y que de la posición inicial de la liebre a la madriguera hay 550 m, calcula si la liebre conseguirá llegar a su madriguera antes de que el galgo la alcance. SOLUCIÓN Las velocidades de la liebre y el galgo en el SI de unidades son, respectivamente, 8,33 m/s y 11,11 m/s. Situando el origen del sistema de referencia en la posición inicial del galgo, tomando como sentido positivo el del movimiento de ambos animales, las ecuaciones de la posición para cada animal son: 200 m xliebre(t) = 200 + 8,33 ⋅ t xgalgo(t) = 11,11 ⋅ t En el momento en que el galgo alcance a la liebre sus posiciones serán iguales, por lo que: 200 + 8,33 ⋅ t = 11,11t → t =

200 2, 78

550 m

= 71, 94 s

Y la posición en ese instante será: xgalgo(t = 71,94 s) = 11,11 m/s ⋅ 71,94 s = 799,25 m La liebre, por tanto, se salvará, porque su madriguera está situada a 750 m de la posición inicial del galgo y este necesita mayor distancia para alcanzarla.

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MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

NOMBRE: 9

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FICHA 4

CURSO:

FECHA:

Jaime sale de su casa a las 8 en punto de la mañana para ir al colegio. A los 10 minutos llega a casa de Juan, situada a 1 km de la suya. Juan está terminando su desayuno, así que hasta las 8:25 h no se ponen en marcha los dos amigos. A las 8:40 h, cinco minutos antes de empezar las clases, Jaime y Juan están entrando en su colegio situado a 2 km de la casa de Juan. Si el colegio y las casas de Jaime y Juan están alineados, dibuja la gráfica del movimiento y calcula las velocidades de Jaime en cada uno de los tramos.

SOLUCIÓN

10

El vector de posición de un móvil viene dado por la siguiente expresión: ជ r (t) = 4tiជ + 3tjជ.

SOLUCIÓN a) Calcula la ecuación de la trayectoria.

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 4

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

b) Indica el tipo de movimiento y el valor de la velocidad en un instante t.

11

Luis practica el piragüismo desde niño y es capaz de remar a una velocidad constante de 2 m/s en aguas en calma.

F

vc = 1 m/s

SOLUCIÓN a) Calcula en qué dirección tendrá que remar para atravesar perpendicularmente a la orilla un río de 30 m de ancho en el que la velocidad de la corriente es de 1 m/s.

b) Calcula también el tiempo que tardará en llegar a la otra orilla.

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 5

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE: 12

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CURSO:

FECHA:

María está asomada a la ventana de su casa a 15 m de altura.

SOLUCIÓN a) ¿Con qué velocidad debe lanzar Inés, situada justo debajo de la ventana, un estuche desde el suelo para que llegue justo hasta la posición de María?

b) ¿Cuánto tiempo habrá tardado el estuche en recorrer los últimos 5 m de subida?

c) ¿Con qué velocidad debe lanzar María hacia abajo una pelota, en el mismo instante en que Inés lanza el estuche, para que el choque entre ambos objetos se produzca a 5 m de altura?

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MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE: 13

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FICHA 5

CURSO:

FECHA:

Un ciclista se pone en movimiento con una aceleración de 2 m/s2 que mantiene durante 18 s. Pasado este tiempo mantiene la velocidad constante durante 500 m y finalmente frena deteniéndose 1000 m más allá del punto en que comenzó a moverse. Calcula la aceleración de cada tramo y el tiempo total empleado en la carrera.

SOLUCIÓN El movimiento del ciclista varía en los tres tramos que recorre.

14

Desde la punta de un trampolín que está a 3 m sobre el agua Alba se impulsa verticalmente hacia arriba con una velocidad de 2 m/s. Calcula la velocidad con que Alba entrará en el agua.

SOLUCIÓN

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 5

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

4. EJERCICIO RESUELTO Andrea se deja caer desde el punto más alto de la torre Eiffel a 320 m de altura. Cuando pasa por un punto situado a 200 m de altura abre su paracaídas y a partir de ese momento baja con velocidad constante. Calcula el tiempo total que dura la caída hasta el suelo. SOLUCIÓN El movimiento rectilíneo de Andrea está compuesto de un tramo uniformemente acelerado partiendo del reposo y otro segundo tramo de movimiento uniforme. El sistema de referencia se fija en el punto más alto de la torre Eiffel con sentido positivo hacia abajo, de manera que Andrea parte de la posición y0 = 0 m, abre el paracaídas en y1 = 120 m y llega a la base de la torre Eiffel en la posición y2 = 320 m. En este sistema de referencia la velocidad es positiva, y la aceleración de la gravedad, también. Calculamos el tiempo que Andrea se mueve en caída libre bajo la aceleración de la gravedad de la siguiente manera: 1 1 y1 = y 0 + v 0 ⋅ t + ⋅ a ⋅ t 2 → 120 m = 0 + 0 + ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → t = 4 , 95 s 2 2 Ahora podemos calcular la velocidad al final del primer tramo: v1 = v0 + a ⋅ t → v1 = 0 + 9,8 m/s2 ⋅ 4,95 s = 48,51 m/s Que corresponde a la velocidad constante v1 con la que Andrea baja durante el segundo tramo. El tiempo que tarda Andrea en recorrer los 200 m que le faltan para llegar al suelo con movimiento uniforme es: 320 m − 120 m y − y1 v1 = 2 →t= = 4 ,12 s t 48, 51 m/s El tiempo total empleado en la caída es: 4,95 s + 4,12 s = 9,07 s

15

En la salida de una curva en un Gran Premio de Fórmula 1, Fernando Alonso pisa el acelerador a fondo para pasar de 50 km/h a su velocidad máxima en la recta de meta. Sin embargo, justo en el momento de alcanzar la velocidad de 300 km/h, el coche que va delante sufre un accidente y Fernando se ve obligado a frenar hasta quedar parado a 500 m de la salida de la curva. Si la fase de aceleración duró 8 s, ¿qué distancia necesitó para frenar?

SOLUCIÓN

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MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

Tomás y Paco están en un globo que asciende a 3 m/s. Cuando la altitud es de 50 m, Tomás deja caer una piedra. Calcula: F

16

AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 5

3 m/s

SOLUCIÓN a) El tiempo que tarda la piedra en llegar al suelo.

b) La velocidad a la que tendrá que lanzar Paco una segunda piedra 2 s después de que Tomás suelte la suya para que ambas lleguen al suelo simultáneamente.

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

5. EJERCICIO RESUELTO Laura, que está aburrida en su casa, se entretiene lanzando bolas de papel a la papelera. Efectúa los lanzamientos con una velocidad inicial de 2 m/s y un ángulo de 30° sobre la horizontal. Si la altura desde la que lanza es de 1 m y 15 cm: a) ¿Dónde debe estar situada la papelera para que Laura enceste sus lanzamientos, suponiendo que la altura de la papelera es de 50 cm y su diámetro es de 20 cm? b) ¿Con qué velocidad entrará la bola en la papelera?

30°

SOLUCIÓN Fijamos el sistema de referencia del problema con origen en los pies de Laura, direcciones vertical y horizontal y sentidos hacia arriba y según el avance del movimiento. Entonces, en el SI de unidades: (x0 , y0) = (0 , 1,15); (v0x , v0y) = (2 ⋅ cos 30° , 2 ⋅ sen 30°) = (1,73 , 1) Y la aceleración de la gravedad tiene solo componente vertical con sentido negativo. a) Calculamos el tiempo que tarda en llegar la bola a la papelera fijándonos en la componente vertical, que sigue un movimiento uniformemente acelerado. La bola alcanza la altura del borde de la papelera, y = 0,5 m, en un tiempo t: 1 1 y = y 0 + v 0t − g ⋅ t 2 → 0, 5 m = 115 , m + 1 m/s ⋅ t − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → 2 2 → 4 , 9 ⋅ t 2 − t − 0, 65 = 0 → t =

1± 1− 4 ⋅ 4 , 9 ⋅ (−0, 65) 2 ⋅ 4, 9

La solución positiva es t = 0,48 s. En ese tiempo la bola se traslada horizontalmente con movimiento uniforme una distancia: x = x 0 + v 0 x ⋅ t → x = 0 m + 173 , m/s ⋅ 0, 48 s → → x = 0, 83 m = 83 cm Como el diámetro de la papelera es de 20 cm, la papelera (el punto más cercano a Laura) puede estar a una distancia de Laura desde 63 cm hasta 83 cm. b) Para determinar el vector velocidad del momento de llegada hay que calcular cada una de sus componentes. La componente horizontal es vx = 1,73 m/s porque el movimiento en esa dirección es uniforme y la velocidad permanece constante. La componente vertical se calcula recordando que en esa dirección el movimiento es uniformemente acelerado: vy = v0y − g ⋅ t = 1 m/s − 9,8 m/s2 ⋅ 0,48 s = −3,70 m/s (signo negativo porque la bola cae). Por tanto: ជ v ⏐ = 173 v = (1,73 , −3,70) m/s → ⏐ជ , 2 + (−3, 70 )2 = 4 , 08 m/s

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FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE: 17

CURSO:

FECHA:

Un niño juega a lanzar bolitas de papel por encima de un muro de 3 m de alto. Si el niño lanza desde 1 m de altura con una velocidad de 10 m/s y está situado a 4 m del muro, ¿con qué ángulo debe lanzar para que las bolitas pasen justo por encima del muro?

ជ v0 α

SOLUCIÓN

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AMPLIACIÓN sin soluciones

FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE: 18

CURSO:

FECHA:

Desde la ventana de su casa Luis ve cómo un ladrón se aleja corriendo a una velocidad de 2 m/s. Dispuesto a detenerlo como sea, agarra una pelota de béisbol y la lanza hacia abajo con un ángulo de 15° bajo la horizontal en el instante en que el ladrón está a 10 m de la base de su casa. ¿Qué velocidad debe dar Luis a la pelota para que impacte en la cabeza del ladrón? Datos: altura del ladrón: 180 cm; altura a la que está la ventana de Luis: 15 m.

15°

SOLUCIÓN

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TIRO PARABÓLICO

NOMBRE: 19

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FICHA 6

CURSO:

FECHA:

Una avioneta vuela a 500 m de altura con una velocidad de 130 m/s. ¿A qué distancia en horizontal de una marca dibujada en el suelo debe soltar un paquete para que este caiga exactamente sobre la marca?

uជy uជx

SOLUCIÓN

20

Una atleta de élite lanza la jabalina con un ángulo de 45° alcanzando la marca de 70 m de distancia al punto de lanzamiento.

SOLUCIÓN a) ¿Cuál fue la velocidad de salida de la jabalina?

continúa 

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FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

b) ¿Cuál fue la altura máxima alcanzada?

c) ¿Cuánto tardó en caer al suelo?

21

Mario golpea el balón con el pie para lanzárselo a Tamara que está situada a 18 m de distancia. El ángulo de salida del balón es de 30° sobre la horizontal y la velocidad a la que sale el balón de la bota de Mario es de 15 m/s. ¿A qué altura deberá poner el pie Tamara para hacer el control de la pelota que le envía Mario?

SOLUCIÓN

30°

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FICHA 1

TERCERA ECUACIÓN DEL MRUA

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

1. EJERCICIO RESUELTO De un objeto que se mueve con MRUA conocemos dos ecuaciones: 1.a Espacio recorrido en función del tiempo: 1 x − x 0 = Δx = v 0 t + at 2 2 2.a Velocidad en función del tiempo: v = v0 + a ⋅ t Deducir una 3. ecuación que ligue Δ x, v y a. a

SOLUCIÓN Estas dos ecuaciones aportan cada una información independiente. De ellas podemos deducir una tercera ecuación que, al ser obtenida de las otras dos, no aportará ninguna información nueva, ninguna información independiente, pero sí puede sernos útil para resolver algunos problemas, concretamente para aquellos en los que no se nos hable de tiempo transcurrido. Aplicamos el método de sustitución: Despejamos el tiempo t en la 2.a: v − v0 t= a Lo sustituimos en la 1.a: Δ x = v 0t +

⎛ v − v0 at 2 = v 0 ⋅ ⎜⎜ ⎜⎝ a 2 1

⎞⎟ 1 ⎛ v − v 0 ⎟⎟ + a ⋅ ⎜⎜ ⎟⎠ 2 ⎜⎝ a

⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎠

2

A partir de ahora, fíjate bien, pues todo son operaciones matemáticas sencillas: • Aplicamos la propiedad distributiva en el primer sumando y hacemos el cuadrado de la fracción en el segundo: Δx =

v 0 ⋅ v − v 02 a

+

1 2

⋅a⋅

(v − v 0 )2 a2

• Desarrollamos el segundo sumando: Δx =

v 0 ⋅ v − v 02 a

+

a ⋅ (v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 ) 2 ⋅ a2

=

v 0v − v 02 a

+

v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 2⋅a

• Ponemos denominador común y sumamos las fracciones: Δx =

2 ⋅ (v 0v − v 02 ) 2a

+

v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 2⋅a

=

2v 0v − 2v 02 + v 2 + v 02 − 2 ⋅ v ⋅ v 0 2a

• Simplificamos. Fíjate que 2v 0v − 2vv 0 = 0 y que −2v 02 + v 02 = −v 02 :

Δx =

v 2 − v 02 2a

→ v − v = 2 ⋅ a ⋅ Δx 2

2 0

⎪⎧⎪v = velocidad final ⎪⎪v = velocidad inicial con: ⎨ 0 ⎪⎪a = aceleración ⎪⎪Δ x = espacio recorrido ⎪⎩

Esta es nuestra 3.a ecuación del MRUA independiente del tiempo. La fórmula obtenida en esta ficha solo debes usarla cuando sepas hacer bien los ejercicios usando las otras dos, o cuando sirva para resolver un paso intermedio de un ejercicio mucho más complejo. El proceso realizado para deducir esta fórmula es lo que tú hacías para resolver ejercicios con las otras dos, antes de conocer esta. Es en las dos ecuaciones independientes donde está la física del problema.

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FICHA 1

TERCERA ECUACIÓN DEL MRUA

NOMBRE: 1

CURSO:

FECHA:

Un coche de carreras cruza la línea de meta con una velocidad de 90 km/h y con una aceleración de a = 1,5 m/s2. ¿A qué distancia de la línea de meta estará cuando lleve una velocidad de 135 km/h?

SOLUCIÓN v0 = 90 km/h = 25 m/s; v = 135 km/h = 37,5 m/s. Por tanto: v 2 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ Δ x → Δ x = 2

v 2 − v 02 37, 52 m2 /s2 − 252 m2 /ss2 = 260, 42 m = 2 ⋅ 1, 5 m/s2 2a

A un turista se le cae el teléfono móvil desde un mirador de la torre Eiffel de París. ¿Con qué velocidad llegará el móvil al suelo si el turista se encontraba a 150 m de altura?

SOLUCIÓN En este caso: v 2 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ Δ x → v =

v 02 + 2 ⋅ a ⋅ Δ x =

0 + 2 ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 150 m = 54 , 22 m

=

v0 = 0, pues «se le cayó» el móvil; es decir, partió del reposo.

3

Una moto que circulaba a 120 km/h ante la proximidad de un barranco frena bruscamente hasta pararse con una aceleración de a = 8 m/s2 quedándose justo al borde del precipicio. ¿A qué distancia se encontraba del barranco cuando comenzó a frenar?

SOLUCIÓN En este caso: v 2 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ Δ x → Δ x =

v 2 − v 02 02 m2 /s2 − 33, 332 m2 /s2 = 69, 43 m = 2 ⋅ (−8 ) m/s2 2a

Fíjate que cuando v < v0 el numerador es negativo, pero la aceleración también lo es, por lo que el espacio Δx es positivo, como debe de ocurrir. 4

Resuelve sin usar la tercera fórmula y observa que haces lo mismo que cuando la hemos deducido. Un ciclista africano que circula a 50 km/h ve que un ñu entra en la carretera, por lo que frena con una aceleración de a = 4 m/s2. Cuando la velocidad del ciclista es de 20 km/h el ñu ya ha cruzado la calzada y no supone ningún peligro, por lo que el ciclista sigue su camino con velocidad constante. ¿Qué espacio recorrió durante su frenada?

SOLUCIÓN Pasamos las velocidades a m/s: v0 = 50 km/h = 13,89 m/s; v = 20 km/h = 5,56 m/s a

Despejamos el tiempo t en la 2. : t=

v − v0 a

=

( 5, 56 − 13, 89 ) m/s −4 m/s2

= 2, 08 s

Sustituimos en la 1.a: Δ x = v 0t −

1 2

at 2 = 13, 89

m s

⋅ 2, 08 s −

1 2

⋅4

m s2

⋅ ( 2, 08 s )2 = 20, 24 m

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FICHA 2

MÓVILES QUE CAMBIAN SU TIPO DE MOVIMIENTO

NOMBRE: 5

CURSO:

FECHA:

Un tren de cercanías sale de una estación, acelera con a = cte. = 0,75 m/s2 durante 8 s y luego con a = cte. = 2 m/s2 hasta alcanzar una velocidad constante de 60 km/h. Mantiene la misma velocidad hasta acercarse a la siguiente estación. En ese momento frena uniformemente hasta pararse en 12 s. El tiempo total del trayecto fue de 80 s. ¿Qué distancia hay entre las dos estaciones? Representa la posición, la velocidad y la aceleración en función del tiempo.

SOLUCIÓN 1. Dibuja un sistema de referencia indicando el tipo de movimiento en cada tramo y escribiendo sobre cada uno de ellos los datos del problema. t1 = 8 s aជ1 = 0,75 m/s2

t2 aជ2 = 2 m/s2

t4 = 12 s

t3 v3 = 60 km/h

v4 = 60 km/h aជ4

Tramo 1 (MRUA)

Tramo 2 (MRUA)

Tramo 3 (MRU)

v4 = 0 x(m)

Tramo 4 (MRUA)

2. Indica ahora la posición x del tren al final de cada tramo. (La que tenga al final del último tramo será la respuesta a la pregunta.) • Tramo 1 (MRUA): 1 1 ⋅ 0, 75 m/s2 ⋅ 82 s2 = 24 m x1 = x 01 + v 01t1 + a1t12 = 2 2 Siendo x01 = 0, v01 = 0 m/s (parado), t1 = 8 s y a1 = 0,75 m/s2. • Tramo 2 (MRUA): x02 = x1 = 24 m (la posición inicial en el 2.o tramo es la final en el 1.o). v02 = vf1 = v01 + a1t1 = 0 + 0,75 m/s2 ⋅ 8 s = 6 m/s (la velocidad inicial en el 2.o tramo es la final en el 1.o). a2 = 2 m/s2; vf2 = 60 km/h = 16,67 m/s. (16, 67 − 6 ) m/s v − v 02 v − v 02 a2 = f2 → t2 = f2 = = 5, 34 s t2 a2 2 m/s2 Por tanto: x 2 = x 02 + v 02t2 +

1 1 a2t22 = 24 m + 6 m/s ⋅ 5, 34 s + ⋅ 2 m/s2 ⋅ 5, 34 2 s2 = 84 , 56 m 2 2

• Tramo 3 (MRU): 1096,4 x03 = x2 = 84,56 m; 996,4 v3 = cte. 60 km/h = 16,67 m/s y t3 = 80 − t1 − t2 − t4 = = 80 s − 8 s − 5,34 s − 12 s = 54,7 s.

x (m)

x3 = x03 + v3t3 = 84,56 m + + 16,67 m/s ⋅ 54,7 s = 996,4 m

• Tramo 4 (MRUA): x04 = x3 = 996,4 m; v04 = vf3 = 16,67 m/s; t4 = 12 s; vf4 = 0 m/s. x 4 = x 04 + v 04t 4 −

84,56 24

t (s) 8 13,34

68,04

80

1 1 ⋅ a4t 42 = 996, 4 m + 16, 67 m/s ⋅ 12 s − ⋅ 1, 39 m/s2 ⋅ 122 s2 = 1096,4 m hay entre las 2 2 dos estaciones. continúa 

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FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

3. Representa ahora x-t, v-t, y a-t: 16,67 • Tramo 1 → de t = 0 s a t = 8 s. 6 • Tramo 2 → de t = 8 s a t =13,34 s. • Tramo 3 → de t =13,34 s a t = 68,04 s. 2 • Tramo 4 → de t = 68,04 s a t = 80 s.

FECHA:

v (m/s)

t (s) 8 13,34

68,04

80

a (m/s2)

0,75

t (s) 8 13,34

−1,39 68,04

80

2. EJERCICIO RESUELTO Una pareja, que estaba sentada en una terraza de un bar al comienzo de una calle, discute y ella se va, dejando a su novio allí sentado. Cuando llega al final de la calle, se arrepiente y vuelve corriendo para reconciliarse con una a = cte. = 0,5 m/s2 justo a la vez que él se levanta y comienza a andar hacia ella con v = cte. = 4 km/h. La calle mide 100 m. a) ¿Cuánto tiempo tardan en fundirse en un abrazo? b) ¿A qué distancia de la terraza lo harán? c) ¿Qué velocidad llevará cada uno justo antes del abrazo? SOLUCIÓN Sigamos los siguientes pasos: 1. Dibujamos la situación en el momento que ella da la vuelta y él comienza a andar (t = 0) en un sistema de referencia común para ambos.

v0 = 0 a = 0,5 m/s2

v1 = 4 km/h F

Movimiento rectilíneo uniforme

G

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado

x(m)

2. Identificamos el tipo de movimiento de cada uno y escribimos sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo. Teniendo en cuenta que x01 = 0, x02 = 100, v02 = 0 y que a2 = 0,5 m/s2 es negativa, pues es un vector que va en el mismo sentido que la velocidad (por lo tanto, con el mismo signo que esta, que será negativo, pues la velocidad va en sentido contrario del eje X), tenemos: Chico → MRU

Chica → MRUA

• v1 = 4 km/h = 1,11 m/s

• v2 = v02 + a2 ⋅ t2 = −0,5 · t2 1 • x1 = x01 + v1 ⋅ t1 = 1,11 · t1 • x2 = x02 + v02 ⋅ t + ⋅ a2 t22 = 100 − 0,25 ⋅ t22 2 ¡Ojo! ¡x2 es la posición (la coordenada) de la chica en cualquier instante de tiempo en nuestro eje X; no el espacio que ha recorrido!  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

2. Identificamos el tipo de movimiento de cada uno y escribimos sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo. Teniendo en cuenta que x01 = 0, x02 = 100, v02 = 0 y que a2 = 0,5 m/s2 es negativa, pues es un vector que va en el mismo sentido que la velocidad (por tanto, con el mismo signo que esta, que será negativo, pues la velocidad va en sentido contrario del eje X), tenemos: Chico → MRU

Chica → MRUA

• v1 = 4 km/h = 1,11 m/s

• v2 = v02 + a2 ⋅ t2 = −0,5 · t2 1 • x1 = x01 + v1 ⋅ t1 = 1,11 · t1 • x2 = x02 + v02 ⋅ t + ⋅ a2 t22 = 100 − 0,25 ⋅ t22 2 ¡Ojo! ¡x2 es la posición (la coordenada) de la chica en cualquier instante de tiempo en nuestro eje X; no el espacio que ha recorrido! 3. Ahora, para responder a las preguntas, seguimos la siguiente estrategia: Dibujamos la situación que nos plantea el enunciado y nos preguntamos qué tienen en común el chico y la chica en esa situación para poder plantear una igualdad: ¿Es la velocidad? ¿Es el tiempo transcurrido? ¿Es la posición?

ជ v2 G

F

ជ v1 x (m)

0

x1 x2

100

Tras pensar un poco descubriremos que cuando se encuentran sus velocidades no son iguales, pero sí lo son tanto el tiempo transcurrido como la posición de ambos. Es decir: x1 = x2 y t1 = t2 4. Resolvemos (pista: es más fácil comenzar con x1 = x2): x1 = x2 → 1,11 ⋅ t 1 = 100 − 0,25 ⋅ t22 → 1,11 ⋅ t = 100 − 0,25 ⋅ t 2 (Como t1 = t2, llamamos t a ambos tiempos.) Ordenamos la ecuación: −111 , ± 111 , 2 − 4 ⋅ 0, 25 ⋅ (−100 ) ⎪⎧t = 17, 9 s →⎨1 ⎪⎪⎩t2 = −22, 3 s 2 ⋅ 0, 25 Como no tiene sentido un tiempo negativo, la única solución válida es: t = 17,9 s → es el tiempo que tardan en fundirse en un abrazo 0,25 ⋅ t 2 + 1,11 ⋅ t − 100 = 0 → t =

En este instante de tiempo t = 17,9 s, hallamos la posición de ambos (es la misma para los dos, recuerda que x1 = x2). Sustituimos en x1 que en este caso es más fácil: x1 = 1,11 ⋅ t = 1,11 ⋅ 17,9 = 19,9 m → Posición de ambos y distancia a la que están de la terraza cuando se encuentran. El chico habrá recorrido un espacio de 19,9 m. Y la chica, de (100 − 19,9) = 80,1 m. Y en el instante del encuentro cada uno llevará una velocidad de: • Chico → v1 = 4 km/h = 1,11 m/s • Chica → v2 = −0,5 ⋅ t2 = −0,5 ⋅ 17,9 = −9 m/s (El signo menos significa que la chica corre en sentido negativo del eje X.)

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FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE: 6

CURSO:

FECHA:

En un momento dado el coche de unos ladrones pasa junto a un bar de carretera con una velocidad de 100 km/h. Diez minutos después pasa por el mismo sitio persiguiéndolo un coche de policía con una velocidad de 120 km/h. ¿Qué tiempo tarda en alcanzar el coche de policía al de los ladrones? ¿A qué distancia del bar de carretera estarán en ese momento?

SOLUCIÓN 1. Haz un dibujo de los dos coches sobre un sistema de referencia justo cuando el coche de policía pasa por delante del bar de carretera (sitúa ahí el origen del eje X). Pista: estás dibujando la situación en t = 0; por tanto, x0 de cada coche es: • Coche de policía → x0 = 0. • Coche de los ladrones → x0 = espacio que ha recorrido en los 10 minutos que tardó en pasar el coche de policía por el bar de carretera: 100 km 10 min ⋅ = 16,67 km = 16 670 m 60 min

v1 = 120 km/h F

v2 = 100 km/h F

x (m)

2. Identifica el tipo de movimiento de cada uno y escribe sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo (expresa los espacios en metros y las velocidades en m/s. Coche de policía MRU v1 = 120 km/h = 33,33 m/s x1 = x01 + v1 ⋅ t1 = 33,33 ⋅ t1

Coche de los ladrones MRU v2 = 100 km/h = 27,78 m/s x2 = x02 + v2 ⋅ t2 = 16 670 + 27,78 ⋅ t2

3. Establece las igualdades que se produzcan en el momento de la captura. x1 = x2 y t1 = t2 4. Resuelve esas ecuaciones y averigua cuánto tiempo tarda el coche de policía en alcanzar al de los ladrones. Es más fácil comenzar con x1 = x2. x1 = x2 → 33,33 ⋅ t1 = 16 670 + 27,78 ⋅ t2 → 33,33 ⋅ t = 16 670 + 27,78 ⋅ t (Como t1 = t2, llamamos t a ambos tiempos.) Despejamos t: 16 670 m = 3004 s (33,33 − 27,78) ⋅ t = 16 670 → t = 33,33 m/s − 27,78 m/s Es el tiempo que tarda en alcanzar el coche de policía al de los ladrones. 5. Con el tiempo anterior, halla a qué distancia del bar de carretera se produce la captura. Como transcurrido el tiempo calculado en el apartado anterior la posición de ambos coches es la misma (recuerda: x1 = x2), para hallar la distancia al bar de carretera puedes sustituir ese tiempo en cualquiera de las dos ecuaciones: x1 o x2. Sustituimos, por ejemplo, en x1, que es más sencilla: x1 = 33,33 ⋅ t1 = 33,33 ⋅ 3 004 = 100 123 m → Distancia al bar de carretera cuando el coche de policía alcanzó al de los ladrones. Comprobamos que daría lo mismo si hubiéramos sustituido en la ecuación de x2: x2 = 16 670 m + 27,78 m/s ⋅ t = 16 670 m + 27,78 m/s ⋅ 3004 s = 100 121 m ≈ 100 123 m (La pequeña diferencia es por los redondeos de decimales que hemos hecho en cada operación.)

continúa 

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AMPLIACIÓN con soluciones

FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

6. Representa la posición, la velocidad y la aceleración en función del tiempo de los dos coches (en la misma gráfica los dos). x (m)

v (m/s)

100 123

Policía

33,33 27,78

Ladrones s ne dro a L

t (s) 3004

ía lic Po

a (m/s2)

16 670 Policía, ladrones t (s)

t (s)

3004

7

3004

En un duelo medieval en una película dos caballeros con sus caballos, sus armaduras y sus espadas, separados entre sí 100 m, parten del reposo y salen uno al encuentro del otro para luchar. Los dos se mueven con una aceleración constante: el primero, de 2 m/s2, y el segundo, de 3 m/s2. a) ¿A qué distancia de donde salió el primero se enzarzarán en la batalla? b) ¿Cuánto tiempo habrán tardado en alcanzarse? c) ¿Qué velocidad llevaba cada uno cuando se encontraron los dos actores que hacen el papel de caballeros?

SOLUCIÓN 1. Haz un dibujo en el mismo sistema de referencia justo en el instante en que comienzan a correr (t = 0).

F

G

a1 = 2 m/s2

a2 = 3 m/s2

0

100

x(m)

2. Indica el tipo de movimiento de cada uno y escribe sus ecuaciones de posición y velocidad en función del tiempo. (Pista: no olvides que, si corren en sentidos contrarios, las velocidades son de distinto signo, y que la aceleración tiene el mismo signo que la velocidad cuando tiene el mismo sentido y signo contrario cuando tiene sentido contrario.) • Caballero 1 (MRUA): v1 = v01 + a1 ⋅ t1 = 2t1 x1 = x 01 + v 01 ⋅ t1 +

1 2

1

⋅ a1t12 =

2

⋅ 2t12 = t12

• Caballero 2 (MRUA): v2 = v02 − a2 ⋅ t2 = −3t1 x 2 = x 02 + v 02 ⋅ t2 −

1

⋅ a2t22 = x 02 −

2 (v01 = v02 = 0 porque inicialmente estaban parados.)

404

1 2

⋅ 3t12 = 100 − 1, 5t22

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AMPLIACIÓN con soluciones

FICHA 3

PROBLEMAS CON DIFERENTES MÓVILES

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

3. Dibuja el momento de su encuentro. ¿Ocurre más cerca de donde partió el caballero 1 o de donde partió el caballero 2? Escribe las igualdades que se produzcan en ese momento. El encuentro ocurre más cerca de donde partió el caballero 1, pues su aceleración es menor. En ese momento se cumple que: x1 = x2 y t1 = t2 t1

t2

x(m) 0

100

x1, x2

4. Resuelve las ecuaciones del paso anterior. Empezamos con x1 = x2 que es más fácil: x1 = x 2 → t12 = 100 − 1, 5t22 → t 2 = 100 − 1, 5t 2 → 2, 5t 2 = 100 → t = ±

100 2, 5

=

40 = +6, 3 s

(Como t1 = t2, llamamos t a ambos tiempos.) 6,3 s es el tiempo que tardan en encontrarse (despreciamos la solución negativa). Este es el tiempo que tardan en alcanzarse. 5. Con el tiempo anterior, halla la posición que tenían cuando se enzarzaron. Podemos usar indistintamente la ecuación de x1 o de x2, puesto que x1 = x2: x1 = t12 = ( 40 ) = 40 m 2

Comprobemos que daría igual en la otra ecuación: x 2 = 100 − 1, 5t22 = 100 − 1, 5 ⋅ ( 40 ) = 100 − 60 = 40 m 2

¿Cuánto espacio ha recorrido cada uno? • El caballero 1 ha recorrido 40 m. • El caballero 2 ha recorrido: (100 − 40) m = 60 m Reflexiona sobre la diferencia entre posición y espacio recorrido. La posición de ambos, es decir, el lugar donde se encuentran, es el mismo, pero el espacio que han recorrido hasta llegar a esa posición es diferente para cada uno. Nuestras ecuaciones de x1 y x2 nos indican la posición de cada caballero a medida que pasa el tiempo, que no siempre es lo mismo que el espacio que recorren. 6. Con el tiempo del apartado 4 halla la velocidad que tenía cada uno cuando se enzarzaron. • Caballero 1: v1 = 2 ⋅ t1 = 2 ⋅ 6,3 s = 12,6 m/s • Caballero 2: v2 = −3t1 = −3 ⋅ 6,3 s = −18,9 m/s (El signo menos indica que el caballero 2 se mueve en sentido negativo del eje X.)  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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FICHA 4

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

NOMBRE: 8

CURSO:

FECHA:

Dos coches que circulan en sentidos contrarios con velocidades constantes de 60 y 80 km por hora, respectivamente, se encuentran separados 50 km cuando el reloj marca la una en punto. Calcula a qué hora se cruzarán. 60 km/h

80 km/h

F

A

G

50 km/h

B

SOLUCIÓN El origen del sistema de referencia se fija en el punto de partida del primer coche, y se toma como sentido positivo el de avance del primer coche también. Utilizando este sistema de referencia las posiciones de partida de los dos coches son xA0 = 0 km y xB0 = 50 km, y las velocidades son vA = 60 km/h y vB = 80 km/h. Como los movimientos de ambos coches son rectilíneos y uniformes, las posiciones en función del tiempo son: ⎧⎪ x (t ) = 60t x (t ) = x 0 + v ⋅ t → ⎨ A ⎩⎪⎪ xB (t ) = 50 − 80t Imponiendo que las posiciones en el instante que se cruzan sean iguales: 50 km = 0, 357 h xA(t) = xB(t) → 60t = 50 − 80t → t = 140 km/h Es decir, 21 min 25 s. Por tanto, se cruzarán a las 13 h 21 min 25 s.

3. EJERCICIO RESUELTO Una liebre corre hacia su madriguera perseguida por un galgo que trata de alcanzarla. El galgo corre a 40 km/h, mientras que la liebre lo hace a 30 km/h. Sabiendo que la distancia inicial que los separa es de 200 m y que de la posición inicial de la liebre a la madriguera hay 550 m, calcula si la liebre conseguirá llegar a su madriguera antes de que el galgo la alcance. SOLUCIÓN Las velocidades de la liebre y el galgo en el SI de unidades son, respectivamente, 8,33 m/s y 11,11 m/s. Situando el origen del sistema de referencia en la posición inicial del galgo, tomando como sentido positivo el del movimiento de ambos animales, las ecuaciones de la posición para cada animal son: 200 m xliebre(t) = 200 + 8,33 ⋅ t xgalgo(t) = 11,11 ⋅ t En el momento en que el galgo alcance a la liebre sus posiciones serán iguales, por lo que: 200 + 8,33 ⋅ t = 11,11t → t =

200 2, 78

550 m

= 71, 94 s

Y la posición en ese instante será: xgalgo(t = 71,94 s) = 11,11 m/s ⋅ 71,94 s = 799,25 m La liebre, por tanto, se salvará, porque su madriguera está situada a 750 m de la posición inicial del galgo y este necesita mayor distancia para alcanzarla.

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FICHA 4

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

NOMBRE: 9

CURSO:

FECHA:

Jaime sale de su casa a las 8 en punto de la mañana para ir al colegio. A los 10 minutos llega a casa de Juan, situada a 1 km de la suya. Juan está terminando su desayuno, así que hasta las 8:25 h no se ponen en marcha los dos amigos. A las 8:40 h, cinco minutos antes de empezar las clases, Jaime y Juan están entrando en su colegio situado a 2 km de la casa de Juan. Si el colegio y las casas de Jaime y Juan están alineados, dibuja la gráfica del movimiento y calcula las velocidades de Jaime en cada uno de los tramos.

SOLUCIÓN Jaime cubre la distancia de su casa al colegio en tres tramos. En el primero va desde su casa hasta casa de Juan durante 10 minutos a velocidad constante. Como la casa de Juan está a 1 km, su velocidad es: v1 =

s1 t1

=

1000 m

= 1,67 m/s

600 s

Durante los quince minutos del segundo tramo Jaime no recorre distancia porque está en casa de Juan esperando que este termine el desayuno. La velocidad es, por tanto: v2 = 0 m/s En el tercer tramo los dos amigos recorren los 2 km que les separan del colegio en quince minutos a velocidad constante. Su velocidad es: v3 =

s3 2000 m = = 2,22 m/s t3 900 s

La gráfica de la distancia recorrida frente al tiempo es entonces: s (km) 3

1

10

10

25

40

t (min)

El vector de posición de un móvil viene dado por la siguiente expresión: ជ r (t) = 4tiជ + 3tjជ.

SOLUCIÓN a) Calcula la ecuación de la trayectoria. Las ecuaciones para las coordenadas de la posición del móvil son: x(t) = 4 ⋅ t; y(t) = 3 ⋅ t Despejando t de una expresión y sustituyendo en la otra tenemos: y=

3 4

x

Que es la ecuación de una recta que pasa por el origen.  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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FICHA 4

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

b) Indica el tipo de movimiento y el valor de la velocidad en un instante t. Derivando el vector de posición se obtiene el vector velocidad: dជ r (t) vជ(t) = = 4iជ + 3jជ dt Que es constante; no depende del tiempo. El movimiento es, por tanto, rectilíneo uniforme con velocidad 4 2 + 32 = 5 m/s. 11

Luis practica el piragüismo desde niño y es capaz de remar a una velocidad constante de 2 m/s en aguas en calma. F

vc = 1 m/s

SOLUCIÓN a) Calcula en qué dirección tendrá que remar para atravesar perpendicularmente a la orilla un río de 30 m de ancho en el que la velocidad de la corriente es de 1 m/s. Se elige un sistema de referencia en el eje X en el sentido de la corriente. En ese sistema de referencia la corriente tiene velocidad: ជ v c (t) = 1 ⋅ ជ i Luis va a atravesar el río perpendicularmente a ella: su velocidad no debe tener componente en dicho eje. Para compensar el efecto de la corriente sobre su piragua la velocidad que Luis debe llevar es: ជ i + vy ⋅ ជ j v (t) = −1 ⋅ ជ De modo que, sumado a la velocidad de la corriente, nos quede únicamente la componente según el eje Y. Como el módulo de la velocidad con la que Luis rema es 2 m/s, se tiene que: (−1)2 + v y2 = 22 → v y =

3 = 1,73 m/s

Conocidas las dos componentes de su velocidad es fácil calcular el ángulo con respecto a la orilla con que Luis tiene que remar: ⎛ 1⎞ 2 m/s α = arc cos ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 60° ⎝2⎠ Luis debe remar con ángulo de 120° con respecto al sentido de avance de la corriente. b) Calcula también el tiempo que tardará en llegar a la otra orilla. El tiempo que tardará en atravesar el río se calcula con la componente del movimiento perpendicular a la orilla. La componente de la velocidad en esa dirección es 1,71 m/s, y la distancia a cubrir es de 30 m. Por tanto: 30 m s t= = = 17, 34 s v 1,73 m/s

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FICHA 5

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE: 12

CURSO:

FECHA:

María está asomada a la ventana de su casa a 15 m de altura.

SOLUCIÓN a) ¿Con qué velocidad debe lanzar Inés, situada justo debajo de la ventana, un estuche desde el suelo para que llegue justo hasta la posición de María? El problema trata un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. La dirección del movimiento es vertical, y el sentido positivo del sistema de referencia, hacia arriba. La aceleración del móvil es la de la gravedad, g, y, por tanto, de sentido negativo. La velocidad debe ser nula a 15 m de altura. Así pues, utilizamos la expresión: v 2 = v02 − 2 ⋅ g ⋅ y Y sustituimos los valores para v, y, g. Debemos recordar que la aceleración tiene sentido contrario al movimiento: 02 = v02 − 2 ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ 15 m De las dos posibles soluciones descartamos la negativa, porque indicaría que el objeto se lanza hacia abajo, que es el sentido negativo en nuestro sistema de referencia. Despejando v0: v0 = 17,15 m/s b) ¿Cuánto tiempo habrá tardado el estuche en recorrer los últimos 5 m de subida? A los 10 m de altura el estuche llevaba una velocidad: v 2 = v02 − 2 ⋅ g ⋅ y De nuevo la aceleración tiene sentido negativo: v 2 = 17,152 m2/s2 − 2 ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ 10 m De las dos posibles soluciones descartamos la negativa porque indicaría velocidad hacia abajo, y no corresponde a esta situación: v = 9,91 m/s Por tanto, el tiempo transcurrido de los 10 m a los 15 m ha sido: v = v0 − g ⋅ t → 0 = 9,91 − 9,8 ⋅ t → t = 1,01 s c) ¿Con qué velocidad debe lanzar María hacia abajo una pelota, en el mismo instante en que Inés lanza el estuche, para que el choque entre ambos objetos se produzca a 5 m de altura? Calculamos el tiempo que tarda el estuche en recorrer los primeros 5 m: v 2 = v02 − 2 ⋅ a ⋅ y → v 2 = 17,152 m2/s2 − 2 ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ 5 m → v = 14 m/s Por lo que el tiempo tardado en recorrer los primeros 5 m ha sido: v = v0 − g ⋅ t → 14 m/s = 17,15 m/s − 9,8 m/s2 ⋅ t → t = 0,32 s Ese mismo tiempo debe tardar la pelota en bajar 10 m, por lo que utilizamos: y = y0 − v0 ⋅ t −

1 ⋅ g ⋅ t2 2

Ahora la velocidad y la aceleración son negativas porque ambas están orientadas hacia abajo: 5 m = 15 m − v 0 ⋅ 0, 32 s −

1 2

⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 0, 322 s2

El resultado es: v0 = 29,68 m/s

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FICHA 5

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE: 13

CURSO:

FECHA:

Un ciclista se pone en movimiento con una aceleración de 2 m/s2 que mantiene durante 18 s. Pasado este tiempo mantiene la velocidad constante durante 500 m y finalmente frena deteniéndose 1000 m más allá del punto en que comenzó a moverse. Calcula la aceleración de cada tramo y el tiempo total empleado en la carrera.

SOLUCIÓN El movimiento del ciclista varía en los tres tramos que recorre. Inicialmente el ciclista avanza con un MRUA, donde velocidad y aceleración tienen igual sentido. Se toma como origen del sistema de referencia el origen del movimiento, y sentido positivo el de avance del ciclista. Entonces durante los primeros 18 s el ciclista recorre una distancia: x − x0 = + v0 ⋅ t +

1 2

⋅ a ⋅ t2 → x − 0 = 0 +

1 2

⋅ 2 m/s2 ⋅ 182 s2 = 324 m

Y termina este tramo con una velocidad: v = v0 + a ⋅ t → v = 0 + 2 m/s2 ⋅ 18 s = 36 m/s En el segundo tramo la velocidad permanece constante y el movimiento es rectilíneo y uniforme. El tiempo empleado en este tramo es: 500 m t= = 13, 89 s 36 m/s El tercer tramo, en el que frena, corresponde a un movimiento uniformemente decelerado; es decir, con aceleración en sentido contrario al de avance. La distancia recorrida es: 1000 m − (324 + 500) m = 176 m Y la aceleración en este tramo la calculamos utilizando: v 2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ x → 02 = 362 m2/s2 + 2 ⋅ a ⋅ 176 m → a = −3,68 m/s2 El tiempo empleado en este tramo lo calculamos usando: v = v0 + a ⋅ t → 0 = 36 m/s − 3,68 m/s2 ⋅ t → t = 9,78 s El tiempo total empleado es la suma del utilizado en cada tramo: 18 s + 13,89 s + 9,78 s = 41,67 s 14

Desde la punta de un trampolín que está a 3 m sobre el agua Alba se impulsa verticalmente hacia arriba con una velocidad de 2 m/s. Calcula la velocidad con que Alba entrará en el agua.

SOLUCIÓN El movimiento del problema es un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Si el sistema de referencia tiene el origen en la superficie del agua, y dirección y sentido, vertical y hacia arriba, la posición inicial de Alba es y0 = 3 m; la velocidad inicial, v0 = 2 m/s, tiene sentido positivo y la aceleración de la gravedad tiene sentido negativo: y = y 0 + v 0⋅ ⋅ t −

1 2

⋅ g ⋅ t2 → 0 = 3 m + 2 ⋅ t −

1 2

⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → t =

−2 ± 4 − 4 ⋅ (−4 , 9 ) ⋅ 3 2 ⋅ (−4 , 9 )

La solución negativa se descarta. El tiempo que tarda en llegar al agua es t = 1,01 s. La velocidad de llegada se halla utilizando el tiempo previamente calculado: v = v0 − g ⋅ t = 2 − 9,8 m/s2 ⋅ 1,01 s = −7,9 m/s El signo de la velocidad es negativo porque el vector velocidad tiene sentido negativo en el sistema de referencia considerado.

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FICHA 5

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

4. EJERCICIO RESUELTO Andrea se deja caer desde el punto más alto de la torre Eiffel a 320 m de altura. Cuando pasa por un punto situado a 200 m de altura abre su paracaídas y a partir de ese momento baja con velocidad constante. Calcula el tiempo total que dura la caída hasta el suelo. SOLUCIÓN El movimiento rectilíneo de Andrea está compuesto de un tramo uniformemente acelerado partiendo del reposo y otro segundo tramo de movimiento uniforme. El sistema de referencia se fija en el punto más alto de la torre Eiffel con sentido positivo hacia abajo, de manera que Andrea parte de la posición y0 = 0 m, abre el paracaídas en y1 = 120 m y llega a la base de la torre Eiffel en la posición y2 = 320 m. En este sistema de referencia la velocidad es positiva, y la aceleración de la gravedad, también. Calculamos el tiempo que Andrea se mueve en caída libre bajo la aceleración de la gravedad de la siguiente manera: 1 1 y1 = y 0 + v 0 ⋅ t + ⋅ a ⋅ t 2 → 120 m = 0 + 0 + ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → t = 4 , 95 s 2 2 Ahora podemos calcular la velocidad al final del primer tramo: v1 = v0 + a ⋅ t → v1 = 0 + 9,8 m/s2 ⋅ 4,95 s = 48,51 m/s Que corresponde a la velocidad constante v1 con la que Andrea baja durante el segundo tramo. El tiempo que tarda Andrea en recorrer los 200 m que le faltan para llegar al suelo con movimiento uniforme es: 320 m − 120 m y − y1 v1 = 2 →t= = 4 ,12 s t 48, 51 m/s El tiempo total empleado en la caída es: 4,95 s + 4,12 s = 9,07 s

15

En la salida de una curva en un Gran Premio de Fórmula 1, Fernando Alonso pisa el acelerador a fondo para pasar de 50 km/h a su velocidad máxima en la recta de meta. Sin embargo, justo en el momento de alcanzar la velocidad de 300 km/h, el coche que va delante sufre un accidente y Fernando se ve obligado a frenar hasta quedar parado a 500 m de la salida de la curva. Si la fase de aceleración duró 8 s, ¿qué distancia necesitó para frenar?

SOLUCIÓN Fernando Alonso mantiene un movimiento uniformemente acelerado durante 8 s y, después, otro uniformemente decelerado. Las velocidades del enunciado en el SI son: 50 km 1000 m 1h v1 = ⋅ ⋅ = 13, 89 m/s 3600 s 1h 1 km v2 =

300 km 1h

⋅

1000 m 1 km

⋅

1h = 83, 33 m/s 3600 s

Considerando como sentido positivo el de avance de Alonso, la aceleración en el primer tramo, que tiene el sentido del movimiento, debe ser positiva: v = v0 + a ⋅ t → 83,33 m/s = 13,89 m/s + a ⋅ 8 s → a = 8,68 m/s2  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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FICHA 5

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

Ahora podemos calcular la distancia que recorrió mientras aceleraba: x = x0 + v0 ⋅ t +

1 2

⋅ a ⋅ t 2 → x = 0 m + 13, 89 m/s ⋅ 8 s +

1 2

⋅ 8, 68 m/s2 ⋅ 82 s2 = 388,88 m

La distancia que utilizó en la frenada es la distancia recorrida en total menos la que recorrió acelerando: 500 m − 388,88 m = 111,12 m Tomás y Paco están en un globo que asciende a 3 m/s. Cuando la altitud es de 50 m, Tomás deja caer una piedra. Calcula: F

16

3 m/s

SOLUCIÓN a) El tiempo que tarda la piedra en llegar al suelo. El problema trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. La dirección del movimiento es vertical, y el sentido positivo del sistema de referencia, hacia arriba. La aceleración del móvil es la de la gravedad, g, y, por tanto, de sentido negativo. La velocidad inicial con que parte la piedra del globo coincide con la velocidad de ascensión del globo, y es de 3 m/s y positiva. Por tanto, la piedra ascenderá un poco antes de parar y volverá a caer pasando de nuevo por el punto en que fue lanzada. Desde el globo, Tomás y Paco verán la piedra alejarse desde el primer momento. El tiempo que tarda la piedra en llegar al suelo es: 1 1 y = y 0 + v 0 ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 → 0 = 50 m + 3 m/s ⋅ t − ⋅ 9 , 8 m/s2 ⋅ t 2 2 2 Que es una ecuación de segundo grado para t. t=

−3 ± 9 − 4 ⋅ (−4 , 9 ) ⋅ 50 2 ⋅ (−4 , 9 )

→t=

−3 ± 31, 45 −9, 8

Descartamos la solución negativa. El tiempo que tarda la piedra en caer es: t = 3,51 s b) La velocidad a la que tendrá que lanzar Paco una segunda piedra 2 s después de que Tomás suelte la suya para que ambas lleguen al suelo simultáneamente. Como Paco lanza la piedra 2 s después que Tomás, para que lleguen a la vez al suelo tiene que tardar 2 s menos que la piedra de Tomas, t = 1,51 s. Además, puesto que el globo sube con velocidad uniforme de 3 m/s, la piedra de Paco se lanza desde una altura añadida de 6 m (distancia que se eleva el globo durante los dos segundos). Por tanto: 1 1 y = y 0 + v 0 ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 → 0 = 56 m + v 0 ⋅ 1, 51 s − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 1, 512 s2 → v 0 = −29, 68 m/s 2 2 Efectivamente, la velocidad sale negativa, porque Paco debe lanzar su piedra hacia abajo.

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FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

5. EJERCICIO RESUELTO Laura, que está aburrida en su casa, se entretiene lanzando bolas de papel a la papelera. Efectúa los lanzamientos con una velocidad inicial de 2 m/s y un ángulo de 30° sobre la horizontal. Si la altura desde la que lanza es de 1 m y 15 cm: a) ¿Dónde debe estar situada la papelera para que Laura enceste sus lanzamientos, suponiendo que la altura de la papelera es de 50 cm y su diámetro es de 20 cm? b) ¿Con qué velocidad entrará la bola en la papelera?

30°

SOLUCIÓN Fijamos el sistema de referencia del problema con origen en los pies de Laura, direcciones vertical y horizontal y sentidos hacia arriba y según el avance del movimiento. Entonces, en el SI de unidades: (x0 , y0) = (0 , 1,15); (v0x , v0y) = (2 ⋅ cos 30° , 2 ⋅ sen 30°) = (1,73 , 1) Y la aceleración de la gravedad tiene solo componente vertical con sentido negativo. a) Calculamos el tiempo que tarda en llegar la bola a la papelera fijándonos en la componente vertical, que sigue un movimiento uniformemente acelerado. La bola alcanza la altura del borde de la papelera, y = 0,5 m, en un tiempo t: 1 1 y = y 0 + v 0t − g ⋅ t 2 → 0, 5 m = 115 , m + 1 m/s ⋅ t − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → 2 2 → 4 , 9 ⋅ t 2 − t − 0, 65 = 0 → t =

1± 1− 4 ⋅ 4 , 9 ⋅ (−0, 65) 2 ⋅ 4, 9

La solución positiva es t = 0,48 s. En ese tiempo la bola se traslada horizontalmente con movimiento uniforme una distancia: x = x 0 + v 0 x ⋅ t → x = 0 m + 173 , m/s ⋅ 0, 48 s → → x = 0, 83 m = 83 cm Como el diámetro de la papelera es de 20 cm, la papelera (el punto más cercano a Laura) puede estar a una distancia de Laura desde 63 cm hasta 83 cm. b) Para determinar el vector velocidad del momento de llegada hay que calcular cada una de sus componentes. La componente horizontal es vx = 1,73 m/s porque el movimiento en esa dirección es uniforme y la velocidad permanece constante. La componente vertical se calcula recordando que en esa dirección el movimiento es uniformemente acelerado: vy = v0y − g ⋅ t = 1 m/s − 9,8 m/s2 ⋅ 0,48 s = −3,70 m/s (signo negativo porque la bola cae). Por tanto: ជ v ⏐ = 173 v = (1,73 , −3,70) m/s → ⏐ជ , 2 + (−3, 70 )2 = 4 , 08 m/s

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FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE: 17

CURSO:

FECHA:

Un niño juega a lanzar bolitas de papel por encima de un muro de 3 m de alto. Si el niño lanza desde 1 m de altura con una velocidad de 10 m/s y está situado a 4 m del muro, ¿con qué ángulo debe lanzar para que las bolitas pasen justo por encima del muro?

ជ v0 α

SOLUCIÓN El sistema de referencia se fija en el suelo a los pies del niño. Entonces la altura inicial de la bolita de papel es y0 = 1 m, el muro está en x1 = 4 m y se busca un ángulo inicial de lanzamiento, α, que asegure que la bolita supera la altura del muro: y1 = 3 m. La componente horizontal del movimiento de la bolita de papel es un movimiento uniforme con velocidad: v0x = v ⋅ cos α = 10 m/s ⋅ cos α Entonces: x1 = x 0 + v 0 x ⋅ t → 4 m = 0 + 10 m/s ⋅ cos α ⋅ t Despejamos el tiempo (en segundos) que tarda la bolita de papel en llegar al muro en función del ángulo de lanzamiento: 2 t= 5 ⋅ cos α La componente vertical del movimiento de la bolita de papel es un movimiento uniformemente acelerado con velocidad inicial v0y = vy ⋅ sen α = 10 ⋅ sen α, y con la aceleración de la gravedad contraria al sentido positivo de la referencia: y1 = y 0 + v 0 y ⋅ t −

1 2

g ⋅ t2 →

→ 3 m = 1 m + 10 m/s ⋅ sen α ⋅ t −

1 2

⋅ 9,88 m/s2 ⋅ t 2

Sustituyendo el tiempo que tarda la piedra en llegar: 2 ⋅ sen α 4 3 = 1+ 10 ⋅ ⋅ t − 4, 9 ⋅ 5 ⋅ cos α 25 ⋅ cos2 α Y como: 1 cos2 α

= 1+ tg2 α

Se tiene: 0 = −2 + 4 ⋅ tg α − 0, 784 ⋅ (1+ tg2 α ) → 0,784 ⋅ tg2 α − 4 ⋅ tg α + 2, 784 = 0 Las dos soluciones de la ecuación son los valores para la tangente del ángulo 0,83 y 4,27, que corresponden a los ángulos de 39° 42’ y 76° 49’. Para esos ángulos de lanzamiento la bolita de papel pasa justo por encima del muro. Para ángulos situados entre ellos (40° ≤ α ≤ 77°) la bolita supera con holgura el obstáculo.

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AMPLIACIÓN con soluciones

FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE: 18

CURSO:

FECHA:

Desde la ventana de su casa Luis ve cómo un ladrón se aleja corriendo a una velocidad de 2 m/s. Dispuesto a detenerlo como sea, agarra una pelota de béisbol y la lanza hacia abajo con un ángulo de 15° bajo la horizontal en el instante en que el ladrón está a 10 m de la base de su casa. ¿Qué velocidad debe dar Luis a la pelota para que impacte en la cabeza del ladrón? Datos: altura del ladrón: 180 cm; altura a la que está la ventana de Luis: 15 m.

15°

SOLUCIÓN Consideramos como instante inicial, t0 = 0 s, el momento en que Luis lanza la pelota de béisbol, y llamaremos t1 al momento en que la pelota impacta en la cabeza del ladrón. En ese tiempo t1 el ladrón habrá recorrido con velocidad constante de 2 m/s una distancia de (2 t1) m y estará alejado de la casa un total de (10 + 2 t1) m. En el sistema de referencia fijado al pie de la casa la pelota de béisbol tiene componente para el vector de posición inicial: x0 = 0 m, y0 = 15 m; y componentes para el vector de posición final: x1 = (12 + 2 t1) m; y1 = 1,8 m Además, las componentes del vector velocidad son: v0x = v0 ⋅ cos 15°; v0y = v0 ⋅ sen 15° Como la componente horizontal del movimiento de la pelota es uniforme: x1 = x 0 + v 0 x ⋅ t1 → 12 + 2 t1 = 0 + v 0 ⋅ cos 15° ⋅ t1 Además, la componente vertical del movimiento es uniformemente acelerado con la aceleración de la gravedad en sentido negativo: 1 1 y1 = y 0 + v 0 y ⋅ t1 − g ⋅ t12 → 1, 8 = 15 + v 0 ⋅ sen 15° ⋅ t1 − ⋅ 9, 8 ⋅ t12 2 2 Tenemos, pues, dos ecuaciones para calcular las incógnitas t1 y v0: 12 = ( 0, 97 ⋅ v 0 − 2) ⋅ t1 ⎪⎫ ⎬ 13, 2 = −0, 26 ⋅ v 0 ⋅ t1 + 4 , 9 ⋅ t12 ⎪⎪⎭ Despejando en la primera ecuación el tiempo y sustituyendo en la otra se obtiene una ecuación para la velocidad de lanzamiento: 12 144 13, 2 = −0, 26 ⋅ v 0 ⋅ + 4, 9 ⋅ → 0, 97 ⋅ v 0 − 2 ( 0, 97 ⋅ v 0 − 2)2 → 13, 2 ⋅ ( 0, 97 ⋅ v 0 − 2)2 + 0, 26 ⋅ v 0 ⋅ 12 ⋅ ( 0, 97 ⋅ v 0 − 2) − 4 , 9 ⋅ 144 = 0 → → 15, 45 ⋅ v 02 + 2, 33 ⋅ v 0 − 652, 8 = 0 → → v0 =

−2, 33 ± 2, 332 − 4 ⋅ 15, 45 ⋅ (−652, 8 ) 2 ⋅ 15, 45

La solución negativa se descarta; por tanto, Luis debe lanzar la pelota con velocidad inicial de 6,43 m/s2.  GUÍA DE FÍSICA Y QUÍMICA 1.° Bachillerato  MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S. L. 

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AMPLIACIÓN con soluciones

FICHA 6

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE: 19

CURSO:

FECHA:

Una avioneta vuela a 500 m de altura con una velocidad de 130 m/s. ¿A qué distancia en horizontal de una marca dibujada en el suelo debe soltar un paquete para que este caiga exactamente sobre la marca?

uជy uជx

SOLUCIÓN El sistema de referencia se fija en el suelo en el punto en el que se suelta el paquete. Así, las coordenadas de la posición inicial del móvil son x0 = 4 m, y0 = 500 m. Además, como el paquete se deja caer, su velocidad de lanzamiento coincide con la de la avioneta: v0x = 130 m/s; v0y = 0 m/s. El movimiento vertical es uniformemente acelerado con la aceleración de la gravedad con sentido negativo: 1 1 y1 = y 0 + v 0 y ⋅ t − g ⋅ t 2 → 0 = 500 m + 0 ⋅ t − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 2 2 Así que tarda 10,10 s en caer. Y en ese tiempo el paquete avanza horizontalmente con movimiento uniforme un espacio: x1 = x 0 + v 0 x ⋅ t → x1 = 0 + 130 m/s ⋅ 10,10 s → x1 = 1313 m El paquete debe lanzarse cuando la vertical de la avioneta esté a 1313 m del objetivo. 20

Una atleta de élite lanza la jabalina con un ángulo de 45° alcanzando la marca de 70 m de distancia al punto de lanzamiento.

SOLUCIÓN a) ¿Cuál fue la velocidad de salida de la jabalina? La atleta tiene un buen conocimiento del tiro parabólico y lanza la jabalina con el ángulo de máximo alcance. La diferencia entre un recorrido mayor o menor la da la velocidad inicial que confiere la atleta a la jabalina. Suponemos que la atleta se inclina para arrojar la jabalina de manera que esta sale prácticamente del suelo, x0 = 0 m, y0 = 0. Además, la jabalina se clava en la marca de 70 m, x1 = 70 m, y1 = 0 m. La velocidad inicial se reparte igualmente entre sus componentes, puesto que el ángulo de salida es 45°: v0x = v0 ⋅ cos 45° = 0,71 ⋅ v0 v0y = v0 ⋅ sen 45° = 0,71 ⋅ v0 Entonces se pueden utilizar las ecuaciones de la componente horizontal, de movimiento uniforme, para despejar el tiempo en función de la velocidad inicial: x1 = x 0 + v 0 x ⋅ t → 70 m = 0 m + 0, 71⋅ v 0 ⋅ t → t =

70 m

0, 71⋅ v 0 Y sustituir en las ecuaciones para la componente vertical: 1 70 702 702 y1 = y 0 + v 0 y ⋅ t − g ⋅ t 2 → 0 = 0 + 0, 71⋅ v 0 ⋅ − 4 ,99 ⋅ → 70 = 4 , 9 ⋅ 2 0, 71⋅ v 0 ( 0, 71⋅ v 0 )2 0, 712 ⋅ v 02 t

t2

Y obtener así la velocidad de salida de la jabalina, v0 = 26,08 m/s.

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AMPLIACIÓN con soluciones

FICHA 5

TIRO PARABÓLICO

NOMBRE:

CURSO:

FECHA:

b) ¿Cuál fue la altura máxima alcanzada? La altura máxima se alcanza en el momento en que la componente vertical de la velocidad se anula: v = v0y − g ⋅ t → 0 = 0,71 ⋅ 26,08 m/s − 9,8 m/s2 ⋅ t → → t = 1,88 s En ese instante, la altura alcanzada es: y = y0 + v0 y ⋅ t − → y = 0 + 0, 71 ⋅ 26, 08 m/s ⋅ 1, 88 s −

1 g ⋅ t2 → 2

1 ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 1, 882 s2 = 17, 49 m 2

c) ¿Cuánto tardó en caer al suelo? Como el movimiento es simétrico, tarda el doble de tiempo en caer al suelo que en alcanzar la altura máxima, es decir, 3,76 s. 21

Mario golpea el balón con el pie para lanzárselo a Tamara que está situada a 18 m de distancia. El ángulo de salida del balón es de 30° sobre la horizontal y la velocidad a la que sale el balón de la bota de Mario es de 15 m/s. ¿A qué altura deberá poner el pie Tamara para hacer el control de la pelota que le envía Mario?

SOLUCIÓN

30°

Fijamos el sistema de referencia en el pie de Mario. El vector posición inicial del balón es (x0 , y0) = (0 , 0) m, y del vector de posición final solo conocemos la componente horizontal x1 = 18 m. El vector velocidad inicial se calcula a partir del módulo y del ángulo de lanzamiento: (v0x , v0y) = (15 ⋅ cos 30° , 15 ⋅ sen 30°) = (13,0 , 7,5) m/s Para averiguar la altura a la que llega el balón calculamos primero el tiempo que tarda en llegar a Tamara. La componente horizontal de movimiento tiene velocidad constante v0x = 13,0 m/s: x1 = x0 +v0x ⋅ t → 18 m = 0 + 13,0 m/s ⋅ t → t = 1,38 s La componente vertical del movimiento es uniformemente acelerada con aceleración en sentido negativo en el sistema de referencia elegido: 1 y1 = y 0 + v 0 y ⋅ t − g ⋅ t 2 → 2 → y1 = 0 + 7, 5 m/s ⋅ 138 , s−

1 ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 138 , 2 s → y1 = 10 , 2m 2

Tamara tiene que elevar el pie hasta 1 m y 2 cm de altura.

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PRUEBAS DE EVALUACIÓN

CINEMÁTICA II

PRUEBA DE EVALUACIÓN 1 1

Miguel juega a lanzar una naranja pasándosela de una mano a la otra. Para ello lanza la naranja con una inclinación de 60° sobre la horizontal y a una velocidad de 2 m/s. a) ¿A qué distancia está una mano de la otra? b) ¿Cuál es la altura máxima alcanzada por la naranja?

2

Cansado de jugar con la naranja, Miguel decide lanzarla hacia arriba con todas sus fuerzas, y la naranja alcanza una altura de 15 m. a) ¿Cuál es la velocidad de lanzamiento? b) ¿Cuál es la altura de la naranja a los 2 s del lanzamiento? c) ¿Cuánto debe tardar Miguel como mucho en quitarse de donde está si no quiere recibir el impacto de la naranja sobre él?

3

Miguel recuerda que cerca de su casa han instalado un tiovivo y allí se dirige. Compra el ticket y sube en un caballito situado a 3 m del eje de giro. Una vez alcanzada la velocidad normal de funcionamiento, Miguel cronometra el tiempo empleado en dar una vuelta y este resulta ser de 18 s. a) ¿Cuál es la velocidad angular que tiene Miguel? b) ¿Cuál es su aceleración normal? c) ¿Cuál es la aceleración angular del tiovivo al frenar si emplea 1 s en detenerse?

4

Luego Miguel decide ir a ver a su amigo Alejandro. En ese momento Miguel ve el autobús que necesita para ir a la casa de Alejandro. La parada del autobús se encuentra a 500 m de Miguel y la velocidad del autobús es de 40 km/h, pero cuando está a 100 m de la parada frena uniformemente hasta detenerse en la parada. ¿Conseguirá Miguel llegar a la parada antes que el autobús sabiendo que es capaz de correr a 5 m/s y que la distancia del autobús a Miguel cuando comienza a correr es de 100 m? v = 40 km/h F

v = 18 km/h F

100 m

5

Parada 500 m

Miguel y Alejandro juegan a lanzar canicas horizontalmente desde la mesa que tiene una altura de 1 m sobre el suelo. a) ¿A qué velocidad sale una canica si impacta en el suelo a metro y medio del pie de la mesa? b) Si Miguel lanza una canica con velocidad inicial doble que Alejandro, ¿qué canica llegará antes al suelo?

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PRUEBAS DE EVALUACIÓN

PRUEBA DE EVALUACIÓN 1: SOLUCIONES 1

Miguel lanza la naranja con inclinación, así que el movimiento es un tiro parabólico. Fijamos el sistema de referencia en la mano que lanza y suponemos que la otra mano recibe la naranja a la misma altura. a) En un tiro parabólico la componente vertical del movimiento es uniformemente acelerado, con la aceleración de la gravedad negativa en el sistema de referencia elegido. Además, Miguel lanza la naranja con componente vertical de velocidad v0y = v0 ⋅ sen α = 2 ⋅ sen 60° = 1,73 m/s. Entonces: 1 1 ⋅ g ⋅ t 2 → 0 m = 0 + 173 , m/s ⋅ t − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → t = 0, 35 s 2 2 El movimiento dura 0,35 s. Durante ese tiempo el desplazamiento horizontal de la naranja, que sigue un movimiento uniforme con velocidad constante v0x = v0 ⋅ cos α = 2 ⋅ cos 60° = 1 m/s, es: x = x0 + v0x ⋅ t = 0 + 1 m/s ⋅ 0,35 s = 0,35 m y = y0 + v0 y ⋅ t −

Las manos de Miguel están separadas 35 cm. b) La altura máxima en un tiro parabólico con idéntica altura inicial y final se alcanza en la mitad de tiempo que en realizar el movimiento completo, t = 0,18 s. Por tanto: 1 1 y = y 0 + v 0 ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 = 0 + 173 , m/s ⋅ 0,18 s − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 0,182 s2 = 0,15 m 2 2 La altura máxima de la naranja es 15 cm. 2

Miguel lanza la naranja verticalmente, así que el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado. Fijamos el sistema de referencia en la mano de Miguel, y el sentido positivo, hacia arriba. La aceleración del movimiento, la gravedad, tiene sentido negativo. a) Para calcular la velocidad de lanzamiento necesitamos plantear un sistema de ecuaciones con las ecuaciones del movimiento. Las incógnitas son el tiempo y la velocidad de lanzamiento. ⎫⎪ ⎪⎪ 0 = v 0 − 9, 8 ⋅ t ⎪⎫ 1 ⎬→ ⎬ y = y 0 + v 0 ⋅ t − g ⋅ t 2 ⎪⎪ 15 = 0 + v 0 ⋅ t − 4 , 9 ⋅ t 2 ⎪⎪⎭ ⎪⎭ 2

v = v0 − g ⋅ t

Despejando el tiempo en la primera ecuación y sustituyendo en la otra: v v2 15 = v 0 ⋅ 0 − 4 , 9 ⋅ 0 2 → v 0 = 17, 14 m/s 9, 8 9, 8 Se obtiene una velocidad inicial de 17,14 m/s. b) A los 2 s del lanzamiento la naranja ha subido: y = y0 + v0 ⋅ t −

1 2

⋅ g ⋅ t 2 = 0 + 17,14 m/s ⋅ 2 s −

1 2

⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ 22 s2 = 14 , 68 m

c) Miguel debe apartarse antes de que la naranja vuelva a su punto de partida: 1 y = y0 + v0 ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 → 2 1 → 0 = 0 + 17, 14 m/s ⋅ t − ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 → t = 3, 50 s 2 La solución positiva nos dice que Miguel debe apartarse antes de que transcurran 3,50 s. 3

a) Durante la vuelta en la que Miguel cronometra el tiempo, el movimiento de Miguel es circular y uniforme. La velocidad angular del movimiento es: ω=

θ − θ0 t

=

1 vuelta 18 s

⋅

2π rad 1 vuelta

= 0, 35 rad/s

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PRUEBAS DE EVALUACIÓN

CINEMÁTICA II

PRUEBA DE EVALUACIÓN 1: SOLUCIONES b) Aunque el movimiento sea uniforme, como no es rectilíneo, tiene aceleración normal. El módulo de la aceleración normal en un movimiento circular uniforme se calcula así: aN = ω 2 ⋅ R = 0,352 rad2/s2 ⋅ 3 m = 0,37 m/s2 La dirección de esta aceleración es radial, y su sentido, hacia el eje de giro. c) Si el tiovivo frena en 1 s, pasa de una velocidad angular de 0,35 rad/s a un estado de reposo. Entonces, la aceleración angular se calcula así: ω = ω 0 + α ⋅ t → 0 = 0,35 rad/s + α ⋅ 1 s → α = −0,35 rad/s2 4

En el instante en que Miguel empieza a correr, el autobús dista 600 m de la parada. Esa distancia la recorre con movimiento uniforme durante 500 m a una velocidad de vautobús = 40 km/h = 11,11 m/s, y uniformemente acelerado durante 100 m con velocidad inicial v0 = vautobús = 11,11 m/s. El tiempo empleado en el tramo con MRU es: v autobúa =

s1 t1

→ 1111 , m/s =

500 m t1

t1 = 45 s

El tiempo que tarda el autobús en frenar se calcula con las expresiones del MUA: ⎪⎫⎪ v = v 0 + a ⋅ t2 ⎫⎪ 0 = 1111 , + a ⋅ t2 ⎪ 1 2⎬ → 2⎬ s2 = v 0 ⋅ t2 + a ⋅ t2 ⎪⎪ 100 = 1111 , ⋅ t2 + 0, 5a ⋅ t2 ⎪⎪⎭ ⎪⎭ 2 Se despeja la aceleración de frenada, negativa, en la primera expresión y se sustituye en la segunda: 1111 , m/s 2 100 m = 1111 , m/s ⋅ t2 − 0, 5 ⋅ ⋅ t2 t2 Y se obtiene que t2 = 18 s. El autobús tarda t1 + t2 = 45 s + 18 s = 63 s en llegar a la parada. Miguel tiene que recorrer la distancia hasta la parada: 500 m. Y lo hace con velocidad constante vMiguel = 5 m/s. Tarda, por tanto: sMiguel 500 m vMiguel = → 5 m/s = → tMiguel = 100 s tMiguel tMiguel Miguel tarda 100 s en llegar a la parada. Como Miguel tarda más en alcanzar la parada, no llega a coger al autobús (salvo que el tiempo que tarden en bajarse los pasajeros del autobús en la parada sea superior a la diferencia de tiempos, 100 − 63 = 37 s). 5

El movimiento de las canicas es un tiro parabólico. Si el sistema de referencia se fija en el borde de la mesa con sentido vertical positivo hacia abajo, la aceleración de la gravedad es positiva. a) La canica parte en el sistema de referencia fijado con x0 = 0 m, y0 = 0 m, x1 = 1 m, y1 = 1,5 m y componente vertical de velocidad, v0y, nula. El tiempo que la canica está en el aire se calcula con la componente vertical del movimiento, que es uniformemente acelerado: 1 1 y1 = y 0 + v 0 ⋅ t + ⋅ a ⋅ t 2 → 1, 5 m = 1 m + 0 ⋅ t + ⋅ 9, 8 m/s2 ⋅ t 2 2 2 Por tanto, desconsiderando la solución negativa, t = 0,32 s. Durante ese tiempo la canica se aleja de la mesa con velocidad constante hasta la separación final de 1,5 m: x1 = x0 + v0x ⋅ t → 1,5 m = 0 + v0x ⋅ 0,32 s Así se obtiene que la velocidad inicial, v0, que coincide con su componente horizontal, v0x, es de 47,88 m/s. b) La componente vertical del movimiento de ambas canicas es idéntica: partiendo de igual altura con componente vertical de la velocidad inicial nula llegan al suelo sometidas a la misma aceleración, la de la gravedad. Las canicas llegan al suelo simultáneamente.

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