física. solución capítulo 2 tipler (2ª edición)

8/20/2019 Física. Solución Capítulo 2 Tipler (2ª Edición)

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___________________________ CAPITULO 2Movimiento en una dimensión

33

IIMovimiento en una dimensión

Cuestiones

1. Dar varios ejemplos del movimiento de objetos grandes en los que sea una aproxima-ción adecuada el considerarlos como partículas. Dar otros ejemplos en que no sucedaasí.

La física estudia tres tipos de movimiento: traslacional, rotacional y vibratorio.Pueden considerarse como partículas el movimiento de un avión, de un barco, la luna, etc.,

es decir, prácticamente todos aquellos objetos dotados de masa sin que nos importe su tamaño, susdimensiones ni su movimiento de rotación ni estructura interna, y tan solo nos interese su movi-miento de traslación (consideramos que toda la masa del cuerpo en cuestión se mueve a la mismavelocidad y aceleración), siendo la distancia recorrida muy superior a las dimensiones del objeto.

Sin embargo, resulta poco conveniente considerar como partícula, por ejemplo, el movi-miento de dos cuerpos lanzados al aire unidos por un muelle, ya que cada uno de ellos se moverá endirecciones distintas, a distinta velocidad y a distinta aceleración.

2. ¿Qué sentido hay que dar, si es que lo hay, a la siguiente afirmación: “La velocidadmedia del coche a las 9 de la mañana era de 60 km/h”?

Para poder hablar de velocidad media hay que elegir un intervalo de tiempo (dos momentosde tiempo distintos1t y 2t , con 21 t t ≠ ), caso que no ocurre en el planteamiento de la pregunta, yaque sólo nos están dando un momento de tiempo determinado. En este caso se nos está dando lavelocidad instantánea, es decir, la velocidad que lleva el coche exactamente en un momento puntualdel tiempo: las 9 de la mañana.

3. ¿Es posible que la velocidad media en un determinado intervalo sea nula aunque la ve-locidad media correspondiente a un intervalo más corto incluido en el primero no seanula? Razonar la respuesta

Sí. Si la velocidad media en un determinado intervalo es cero, significa que la posición ini-cial y final del objeto son las mismas. Matemáticamente, si 0=mv y 0>Δt

0=ΔΔ=

t xvm → 0=−=Δ i f x x x → f i x x =

Si f i x x = , entonces estamos ante un movimiento de ida y regreso, donde la velocidad me-dia en este movimiento es cero.

Ahora bien, si elegimos un intervalo de tiempo más corto (incluido dentro del anterior) las posiciones inicial y final de la partícula no pueden ser las mismas (salvo que se trate de un movi-miento de ida y vuelta constante y de períodoT , y hallamos elegido un intervalo de tiempo propor-



FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________

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cional al períodoT ). Por ejemplo, si elegimos un intervalo de tiempo T t 2=Δ y la velocidad mediaes nula porque las posiciones inicial y final son las mismas, si ahora elegimos un intervalo de tiempo más corto, como puede ser T t =Δ ' , nuevamente la velocidad media es cero por la misma razónque antes.

Así pues, siempre que el movimiento de la partícula no sea un ir y venir constante de perío-do T o, aún siendo así, el intervalo de tiempo más corto elegido no sea proporcional al período, esdecir, pT t ≠Δ ' , teniendo en cuenta que:

nT t =Δ pT t =Δ '

0)(' >−=Δ−Δ T pnt t ⇒ pn > ...5,4,3,,2=∀n y ...5,4,3,,2,1=∀ p

la velocidad media no puede ser nula dentro de este intervalo de tiempo elegido más corto, ya que

sus posiciones inicial y final no coincidirán.4. Si la velocidad instantánea no varía de un instante a otro, ¿diferirán las velocidades

medias correspondientes a distintos intervalos?

No. Al ser constante la velocidad instantánea, el espacio recorrido por el móvil esvt x x += 0 . Si consideramos dos momentos puntuales del tiempo tenemos que:

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −−=

−+−+=

−−=

ΔΔ=

12

12

12

1020

12

12 )(t t t t v

t t vt xvt x

t t x x

t xvm v

Así pues, sean cuales sean los intervalos de tiempo elegidos, las velocidades medias no di-fieren unas de otras y, además, serán siempre iguales a la velocidad instantáneav.

5. Si 0=mv durante cierto intervalo de tiempot Δ , ¿debe ser la velocidad instantáneav nula en algún momento del intervalo? Razonar sobre un esquema de una curva posiblede x en función det que tenga 0=Δ x para algún intervalo t Δ

Sea, por ejemplo, la gráfica siguiente

2t 1t t

x

vt




35

Observamos que durante el intervalo de tiempo 12 t t t −=Δ la velocidad media es nula, yaque el desplazamiento es cero. Esto ocurre porque en algún momento dentro del intervalo de tiempoen el que la velocidad media es nula, la velocidad instantánea ha debido cambiar de signo (de nega-tiva a positiva o de positiva a negativa). En el gráfico de la figura este momento de inflexión en elcambio de signo de la velocidad instantánea esvt , es decir, en nuestro ejemplo la velocidad instan-tánea pasa de ser positiva a ser negativa y, además, la pendiente de la recta tangente a la curva eneste punto es cero.

Por tanto, la respuesta es sí. La velocidad instantánea debe ser nula, al menos una vez, enalgún momento dentro del intervalo de tiempo en el que la velocidad media es cero.

6. Dar un ejemplo de movimiento en el que la velocidad sea negativa, pero la aceleración positiva; por ejemplo, dibujar una gráfica dev en función det

Un móvil que se desplace hacia la izquierda (0<v , en la dirección x negativa) y que, a par-tir de un momento “t ”, se le aplica una aceleración positiva con el pedal del freno (0>a ).

En la gráfica se puede ver como, hasta el momento “t ”, el vehículo se desplaza hacia la iz-quierda con velocidad negativa y constante, pero a partir de este punto se le dota al vehículo de unaaceleración positiva (tal como refleja la pendiente de la recta) mediante la acción del pedal del fre-no.

v

0t tiempo




36

7. Dar un ejemplo de movimiento en el que tanto la aceleración como la velocidad seannegativas

Por ejemplo, un coche que se desplaza hacia la izquierda (0<v , en la dirección x negativa)con aceleración negativa constante. Considerando que el móvil parte del reposo, su gráfica sería lasiguiente:

8. ¿Es posible que un cuerpo tenga velocidad nula y aceleración no nula?

Sí, es posible. Sería el caso, por ejemplo, de un móvil que cambia de sentido su velocidad(en nuestro gráfico de positiva a negativa). En el momentovt la velocidad es nula, pero no así laaceleración, que es constante y negativa e igual al valor de la pendiente de la recta.

Un ejemplo real sería el lanzamiento vertical (hacia arriba) de una piedra. Mientras ésta estasubiendo la velocidad es positiva ( vt t < ), hasta que llega a su punto más alto, donde su velocidad sehace momentáneamente nula. En este momento, la piedra comienza a descender con velocidad ne-gativa ( vt t > ). En todo el trayecto, desde que se lanza la piedra hasta que ésta toca suelo, la acelera-

ción es en todo momento constante y negativa; dicha aceleración es la aceleración debida a la gra-vedad ( ga y −= ).

v

0 t

t

v

vt




37

9. Dos muchachos que están juntos encima de un puente tiran piedras verticalmente contrael agua que pasa por debajo. Tiran dos piedras simultáneamente, pero una choca contrael agua antes que la otra. ¿Cómo puede ser esto si las piedras están sometidas a la mis-ma aceleracióng ?

Sí, puede darse. Para ello basta con que un hermano lance la piedra con una velocidad inicialmayor que la del otro hermano. Veámoslo analíticamente:

Sea “h” la distancia que hay desde el puente hasta el agua, y supongamos que el tiempo quetarda la piedra del segundo muchacho en caer al agua es mayor que la del primero, es decir,12 t t > .

Así pues, las ecuaciones de desplazamiento son:

211011 2

1 gt t v x += , para el primer muchacho

222022 2

1 gt t v x += , para el segundo muchacho

Si comparamos el segundo sumando del segundo miembro del segundo muchacho con res-

pecto al primero tenemos que 21

22 2

121 gt gt > , ya que hemos dicho que 12 t t > .

Ahora bien, si las distancias son las mismas 21 x xh == , quiere decir que si comparamos el primer sumando del segundo muchacho con respecto al primero, tiene que cumplirse que

101202 t vt v < , y desarrollando nos queda:

1

2

02

01

t t

vv >

y como 11

2 >t t

tenemos también que 102

01 >vv , es decir, 0201 vv >

Así pues, a pesar de estar sometidas las piedras a la misma aceleración de la gravedad “g”,la piedra del primer muchacho llega antes a chocar contra el agua porque es lanzada con una velo-cidad inicial mayor que la velocidad inicial con la que es lanzada la piedra del segundo muchacho.

10. Se lanza verticalmente una pelota. ¿Cuál es su velocidad en la parte más alta de sutrayectoria? ¿Cuál es su aceleración en dicho punto?

En la parte más alta de la trayectoria la pelota tiene velocidad nula, ya que ésta se detienemomentáneamente para después caer hacia abajo.

La aceleración en la parte más alta de la trayectoria de la pelota es la aceleración de la gra-vedad, siendo ésta igual en todo el recorrido.




38

Ejercicios

1. Las soluciones son:

a) La velocidad media será el cociente de dividir la distancia total recorrida entre el tiempoempleado, esto es:

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =

hmin60

min00,5km00,2

mv km/h0,24

b) En este caso

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −=

hmin60

min0,01km00,2

mv km/h0,12−

El signo negativo indica el movimiento hacia la izquierda.

c) Al regresar al punto de partida u origen las posiciones final e inicial coinciden (12 x x = ).Por tanto, la velocidad media es nula

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −=−=

hmin60

min51km0km0

min5112 x xvm km/h0

d) El módulo de la velocidad media es igual a:

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ==

hmin60

min0,15km00,4

||

totalTiempototal Distanciavm km/h6,01

2. Ahora, en el viaje de vuelta sólo llega a la mitad del recorrido (1 km) e invierte en ello 10minutos.

a) Es la misma que en el ejercicio 1, es decir:

=⎟ ⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ =h

min60

min00,5

km00,2m

v km/h0,24

b) En este caso sólo camina durante un kilómetro, por tanto

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −=

hmin60

min0,01km00,1

mv km/h00,6−

El signo negativo indica el movimiento hacia la izquierda.




39

c) Ahora, en el regreso, se queda a un kilómetro del punto de partida. Así pues, la velocidadmedia es

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −=−=hmin60

min5,01km0km00,1

min5112 x xvm km/h00,4

d) El módulo de la velocidad media es igual a:

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ==

hmin60

min0,15km00,3

||


3. Conociendo la expresión de la velocidad media12

12

t t x xvm −

−= tenemos:

a) =−−−=

s0s00,6m00,5m00,7mv m/s2,00−

b) =−

−−=s00,6s0,01m)00,7(m00,2

mv m/s2,25

c) =−

−=s0s0,10

m00,5m00,2mv m/s300,0−

4. La distancia recorrida, en el viaje, es de 200 km.a) El tiempo transcurrido en el viaje es de h50,5h00,12h50,17 =− . Por tanto, la velocidad

media es de

≅⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ==

h,505km002

||


b) La velocidad media es igual a la del apartado anterior (misma distancia y mismo tiempoinvertido). Hay que recordar que la velocidad media no nos dice nada acerca de cómo ha sido del

desplazamiento, tan solo se trata de una velocidad promedio.c) Al regresar al punto de partida u origen ( 12 x x = ), la velocidad media es nula

km/h0h0h00,6h00,2h50,5

km0km012

12 =−++

−=−−=

t t x xvm

No obstante, el módulo de la velocidad media no es nula, esto es:

≅⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ==h3,51

km004

||

totalTiempo

total Distanciavm km/h9,62




40

d) El desplazamiento es nulo, ya que al volver al punto de partida no hay desplazamiento,esto es km/h0km0km012 =−=−=Δ x x x . Sin embargo, el módulo del desplazamiento es iguala:

=+==Δ km200km200|| total Distancia x km400

5. Vamos a hacer una distinción del desplazamiento en dos partes, cada una de ellas conuna velocidad media diferente.

a) El desplazamiento de cada uno de los dos tramos es

km200h)5,2(km/h)0,80(1 ==Δ=Δ t v x m

km60,0h)50,1(km/h)0,40(2 ==Δ=Δ t v x m

Así pues, el desplazamiento total en el viaje de 4 h es de:

=+=Δ+Δ=Δ km60,0km20021 x x x km260

b) La velocidad media del viaje completo es de

==ΔΔ=

h00,4km260

t xvm km/h0,65

6. Las velocidades medias pedidas son:

=−=ΔΔ=

s00,4m00,3m00,3)(

t xavm m/s0

≅−−=

ΔΔ=

s00,4s00,7m00,3m00,4)(

t xbvm m/s333,0

=−−−=

ΔΔ=

s00,7s0,01m00,4m00,2)(

t xcvm m/s00,2−

=−−−=

ΔΔ=

s0,10s3,01m)00,2(m00,1)(

t xd vm m/s00,1




41

7. Las soluciones las vamos a exponer en el siguiente cuadro:

Gráfico Instante Velocidadinstantánea

Comparación delas celeridades

1t 01 >v (a)2t 02 <v 21 vv > |||| 21 vv >

1t 01 >v (b)

2t 02 >v 21 vv = |||| 21 vv =

1t 01 <v (c)

2t 02 >v 21 vv < |||| 21 vv >

1t 01 >v (d)

2t 02 <v 21 vv > |||| 21 vv <


a) Por definición de la velocidad media tenemos que

=−−=

−−=

s0s00,2m0m00,2

12

12

t t x xvm m/s00,1

b) El valor de la pendiente de la curva x(t ) nos da el valor de la velocidad instantánea en elmomento s00,2=t .

=−−== s2,00s3,00

m2,00m4,00s00,2t v m/s2,00

9. Las velocidades medias pedidas son:

=−−=

−−=

s750,0s,751m00,4m00,6

12

12

t t x xvm m/s00,2

≅

−

−=−

−=s750,0s,501

m00,4m00,612

12

t t

x xvm

m/s67,2

=−−=

−−=

s750,0s,251m00,4m,605

12

12

t t x xvm m/s20,3

=−−=

−−=

s750,0s00,1m00,4m00,5

12

12

t t x xvm m/s00,4

Para hallar la velocidad instantánea en el momento s750,0=t debemos trazar una rectatangente a la curva x(t ) en ese punto. Esta recta pasa por los puntos (0, 1) y (1,25, 6,25) cuya pen-diente vale la velocidad instantánea, esto es




42

=−

−≅= s0s1,25

m1,00m6,25s750,0t v m/s20,4

10. a) Para el momento s00,11 =t el móvil se encuentra en m30,11 = x , y en el momento

s00,52 =t el móvil se encuentra en m30,52 = x . Así pues, la velocidad media es:

=−−=

−−=

s00,1s00,5m30,1m,305

12

12

t t x xvm m/s00,1

b) La velocidad instantánea viene dada por la pendiente de la recta tangente señalada en lagráfica, esto es

=−

−≅= s0s6,00

m50,1m6,00s00,4t v m/s750,0

c) La velocidad instantánea de la partícula es cero en aquel momento del tiempo para el cualla pendiente de la recta tangente a la curva x(t ) es cero. Esto ocurre en el instante=t s8,00 . Tam- bién podemos observar cómo, en este punto, la velocidad cambia de sentido de positiva a negativa,lo cual es indicativo de que en ese instante la velocidad es nula.

11. a) Vamos a calcular las posiciones de la partícula para los instantes s00,31 =t ys00,42 =t :

m3,00m1,00s)m/s)(4,0000,5(s)00,4)(m/s00,1()(22

22 −=+−=t x

m5,00m1,00s)m/s)(3,0000,5(s)00,3)(m/s00,1()( 2211 −=+−=t x

El desplazamiento de la partícula es =−−−=−=Δ m)00,5(m00,312 x x x m2,00

La velocidad media es de =−

−−−=−−=

s00,3s00,4m)00,5(m00,3

12

12

t t x xvm m/s00,2

b) Ahora consideramos t t t Δ+=2

, luego:

1)(5251)(5)()( 2222 +Δ+Δ−Δ+−=+Δ+−Δ+=Δ+ t t t t t t t t t t t t x

15)( 21 +−= t t t x

Así pues, el desplazamiento general para un incremento de tiempot Δ es:

=−=Δ 12 x x x m)()52( 2t t t Δ+Δ−




43

c) La expresión de velocidad instantánea es:

=Δ

Δ+Δ−=ΔΔ=

→Δ t t t t

t xt v

t

2

0

)()52(lim)( m/s)52( −t

12. a) El esquema es el siguiente:

Tiempo (t ) Altura ( y)0 01 452 803 1054 1205 1256 1207 1058 809 4510 0

b) Las velocidades medias son:

Intervalos detiempo (s)

Desplazamiento(m)

Velocidadmedia (m/s)

0-1 45 45

1-2 35 352-3 25 253-4 15 154-5 5 55-6 −5 −56-7 −15 −157-8 −25 −258-9 −35 −359-10 −45 −45




44

La gráfica de la velocidad media en función del tiempo, en intervalos de un segundo, es:

c) La velocidad instantánea, para cualquier valor det , es:

==dt dyt v )( m/s)5(10 −− t

13. La velocidad final que adquiere el vehículo es m/s25km1

m10s3.600

h1km/h)(903

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

La aceleración media es entonces:

=−−=

−−=

ΔΔ=

s0s5,00m/s0m/s25,0

12

12

t t vv

t vam

2m/s00,5

El cociente entre esta aceleración y la de la gravedad es:

=2

2

m/s81,9m/s00,5 510,0

14. La aceleración del vehículo es 24 km/h1060,3h1

s3.600s)km/h(10 ×=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

⋅

a) De la fórmula de velocidad tenemos que, en h3.600

1s1 ==t la velocidad del coche es:

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ×+=+= h

600.31)km/h103,60(km/h45 24

0 at vv km/h55,0

45

35

25

15

5

mv

)(st

-5

-15

-25

-35

-45




45

Ahora, para h3.600

2s2 ==t

=⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ×+=+= h600.3

2)km/h103,60(km/h45 240 at vv km/h65,0

b) Para un instante “t ” cualquiera (expresado en horas), la velocidad vale:

=v km/h])103,60(45[ 4 t ×+

o también, si se expresa el tiempo “t ” en segundos:

=v m/s9255,12 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ + t

15. La aceleración media pedida es:

=−−−=

−−=

ΔΔ=

s00,5s8,00m/s5,00m/s1,00

12

12

t t vv

t vam

2m/s00,2−

16. Conocemos la expresión de la velocidad instantánea para cualquier valor de “t ”, portanto:

a) La aceleración media pedida vale:

=−

−−−=−−=

ΔΔ=

s3s4m/s]7s)3)(m/s8[(m/s]7s)4)(m/s8[( 22

12

12

t t vv

t vam 2m/s,008

b) El gráfico viene representado por una línea recta.

La aceleración instantánea de la partícula viene medida por la pendiente de la curvav(t ), yésta vale 2m/s00,8 para cualquier valor del tiempo, ya que:

=−== dt t d dt dvt a )78()( 2m/s00,8




46

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)


a) En esta gráfica el valor de la pendiente es constante. Este valor es de la velocidad instan-tánea del móvil. Por tanto, al ser la velocidad constante para cualquier momento del tiempo, laace-

leración es nula 2m/s0=a .

b) Ahora, el valor de la velocidad, medida por la pendiente en cada punto de la gráfica, varía

de negativa a positiva, haciéndose nula en un instante del tiempo (pendiente cero). Por tanto, la va-riación de la velocidad en dos instantes cualesquiera es siempre positiva y, por consiguiente, laace-

leración es positiva en todo momento 2m/s0>a .

c) Este es el caso contrario al punto anterior, es decir, el valor de la velocidad, medida por la pendiente en cada punto de la gráfica, varía de positiva a negativa, haciéndose nula en un instantedel tiempo (pendiente cero). Por tanto, la variación de la velocidad en dos instantes cualesquiera essiempre negativa y, por consiguiente, laaceleración es negativa en todo momento 2m/s0<a .

d) Estamos ante el mismo caso que en el apartado a), solo que ahora la velocidad instantánea

resulta ser negativa, pero en todo momento constante, por lo que laaceleración es nula 2m/s0=a .




47

18. La representación gráfica de la posición de la partícula es la siguiente:

-60-50-40-30-20-10

01020304050607080

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

t (s)

x

( m )

a) La velocidad es máxima en aquel instante en el que el valor de la pendiente de la recta

tangente a la curva x(t ) es máximo y positivo. Esto ocurre cuando s50,2=t .

b) La velocidad es mínima en aquel instante en el que el valor de la pendiente de la rectatangente a la curva x(t ) es máximo y negativo. Esto ocurre cuando s50,6=t .

c) La velocidad es cero para el instante s00,5=t , y para los intervalos de tiempos9,00s00,8 ≤≤ t y s11,0s0,01 ≤≤ t , ya que el valor de la pendiente de la recta tangente a la cur-

va x(t ) es cero.

d) Para que la velocidad sea constante, el valor de la pendiente de la recta tangente a la cur-va x(t ) no ha de variar. Esto ocurre, aproximadamente, para los intervalos de tiempo s50,1s0 ≤≤ t y s7,00s00,6 ≤≤ t , ya que el tramo de la curva se hace casi rectilíneo.

e) Para que la aceleración sea positiva, la variación de velocidad ha de ser positiva. Esto

ocurre para los intervalos de tiempo s3,00s0 ≤≤ t , s9,00s00,7 ≤≤ t y s0,11s0,10 ≤≤ t

f) Al contrario, para que la aceleración sea negativa, la variación de velocidad ha de ser ne-gativa. Esto ocurre para los intervalos de tiempo s7,00s00,3 ≤≤ t y s0,10s00,9 ≤≤ t .




48

Analíticamente también se pueden verificar estas afirmaciones, según los datos que se des- prenden de la siguiente tabla:

Intervalos deTiempo (s)

Desplazamiento(m)

VelocidadMedia (m/s)

AceleraciónMedia (m/s2)

0-1 5 5 51-2 10 10 52-3 30 30 203-4 20 20 -104-5 5 5 -155-6 -10 -10 -156-7 -90 -90 -807-8 -20 -20 708-9 0 0 209-10 -5 -5 -510-11 0 0 5

19. La velocidad instantánea es igual a:

B At dt

C Bt At d dt dxt v −=+−== 2)()(

2

→ =)(t v m/s00,6)m/s0,16( 2 −t

La aceleración instantánea es:

A

dt

B At d

dt

dvt a 2)2()( =−== → =)(t a 2m/s0,16

20. a) El argumento de una función exponencial debe ser adimensional, por tanto1s−=b ,es decir, 1][ −= T b

El significado físico de “ A” es el de lavelocidad inicial de la partícula.

b) Para calcular la aceleración, hallamos la derivada de la velocidad respecto del tiempo,esto es:

=−=== −−

321v

bt bt

Aebdt Aed dt dva )( bv−

Efectivamente, la aceleración es proporcional a la velocidad, precisamente en el parámetro“b”, y además es de signo negativo, indicando la desaceleración debida a la influencia de fuerzasviscosas, tales como la resistencia del aire.




49

21. Como el coche parte del reposo tenemos que m/s00 =v

a) La velocidad del coche a los 10 segundos será de

=+=+= s)0,10)(m/s00,8(2

00 vat vv m/s80,0

b) La distancia recorrida será de

==++= 22200 s)0,10)(m/s00,8(

21

21 at t v x x m400

c) La velocidad media vale

=−

−=Δ

Δ=

s0s0,01

m0m400

t

xvm m/s40,0

22. Como no nos interesa saber el tiempo que invierte en alcanzar la velocidad de 15 m/s,la distancia que habrá recorrido será:

xavv Δ+= 220

2 → =−=Δ)m/s00,2(2m/s)00,5(m/s)0,15(

2

22

x m50,0

23. Usamos la misma fórmula que en el caso anterior, esto es:

xvva

Δ−=

2

20

2

→ ≅−−=

m)6,00m0,10(2m/s)0,10(m/s)0,15( 22

a 2m/s15,6

24. Los datos de partida son m/s00,10 =v , m00,70 = x

xavv Δ+= 220

2 → 22222 s/m00,9m)7,00m00,8)(m/s00,4(2m/s)00,1( =−+=v

Así pues, la velocidad que adquiere el objeto es de == 22/sm00,9v m/s3,00 . Esta velo-

cidad será adquirida en el momento:

at vv += 0 → =−=2m/s00,4

m/s1,00m/s00,3t s0,500

25. Si empieza desde el reposo 00 =v , entonces el tiempo que tarda en recorrer 10 m es:

200 2

1 at t v x x ++= → ≅==2m/s0,10

m)100(22a xt s4,47

Si este es el tiempo que tarda en recorrer los 100 metros, entonces su velocidad será igual a




50

==+= s)47,4)(m/s0,10( 20 at vv m/s44,7

Y, finalmente, la velocidad media será de

≅=ΔΔ

= s,474 m001t xvm m/s22,4

26. Al ser lanzada la pelota hacia arriba, la aceleración ejercida sobre la pelota es precisa-mente la gravedad, cuyo sentido es hacia abajo (signo negativo).

a) El tiempo que está la pelota en el aire es el tiempo que tarda en llegar a su punto más altomás el tiempo en regresar al punto de partida, con lo que el desplazamiento será igual a cero, esto es

200

2

1 gt t v x x −+= → 22)m/s0,10(2

1m/s)0,20(00 t t −+=

])m/s5,00(m/s0,20[0 2 t t −= . Una solución es s0=t , que es el caso cuando la pelota es justamente lanzada hacia arriba, y la otra solución es=t s4,00 , que es cuando la pelota regresa al punto de lanzamiento una vez ésta ha sido lanzada hacia arriba.

b) Cuando la pelota alcanza su altura máxima su velocidad es cero, por tanto

ghvv 220

2 += → h)m/s0,10(2m/s)0,20(0 22 −+=

de donde ==222

m/s20,0/sm400h m20,0

c) El tiempo que tarda la pelota en alcanzar los 15 metros de altura es:

200 2

1 gt t v x x −+= → 22 )m/s0,10(21m/s)0,20(0m0,15 t t −+=

0342 =+− t t →

⎩

⎨⎧

==

=±=−±=s00,3s00,1

224

212164

2

1

t t

t

Así pues, hay dos soluciones que son =1t s1,00 , la pelota está a 15 metros de altura ensentido ascendente, y =2t s3,00 , la pelota está también a 15 metros de altura pero en sentido des-cendente, es decir, la pelota baja de regreso al punto de lanzamiento.




51

27. a) Como la pelota parte del reposo tenemos

22220

2 s/m60,0m)00,3)(m/s0,10(22 =−−=+= ahvv ⇒ ≅−= 22 s/m0,60v m/s75,7−

Nótese que el sentido de la velocidad de la pelota es hacia abajo, ya que no hay que olvidarque está descendiendo.

b) Como al rebotar la pelota tan solo llega a 2 metros de altura, hemos de entender que todala energía potencial que tenía la pelota a 3 metros de altura no se ha traducido en energía cinética alrebotar, sino que parte de la misma se ha consumido (en la deformación de la pelota al tocar el sue-lo).

ahvv 220

2 += → 2220

220 s/m0,04m)00,2)(m/s0,10(20 −=−+= vv

≅=22

0 s/m0,40v m/s6,32

c) La aceleración media durante el intervalo de tiempo en el que la pelota toca el suelo y saledespedida hacia arriba es

≅−−=

−−=

ΔΔ=

s,020m/s)75,7(m/s,326

12

12

t t vv

t vam

22 m/s107,04× en sentido ascendente

28. La velocidad del coche es m/s4,26km1

m10s3.600

h1km/h)95(km/h953

≅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ = . La acele-

ración que experimenta el coche hasta detenerse es:

xavv Δ+= 220

2 → m)0,50(2m/s)4,26(0 2 a+=

≅−=

m100s/m96,696 22

a 2m/s6,97−

El cociente entre esta aceleración y la de la gravedad es:

≅2

2

m/s81,9 m/s,976 710,0

Esta aceleración de frenada, es decir, en sentido contrario al sentido del movimiento del co-che es, aproximadamente, un 71,0 % del valor de la gravedad.

El tiempo que tarda el coche en detenerse es:

0)m/s97,6()m/s4,26( 220 =−+=+= t at vv → ≅=

2

2

m/s97,6m/s4,26t s3,79




52

29. La función de posición es m/s00,6)( ==dt dxt v . Integrando ambos miembros tenemos:

dt dx m/s)00,6(= → ∫∫ = dt dx m/s)00,6( , de donde:

=)(t x t x m/s)00,6(0 + El valor 0 x es la constante debida a la integral indefinida.

30. Procediendo igual que en el caso anterior tenemos que 57)( +== t dt dxt v

dt t dx )57( += → ∫∫ += dt t dx )57( , de donde:

=)(t x 220 )m/s50,3(m/s)00,5( t t x ++

31. a) Como Ct dt dva == , integramos Ctdt dv = → ∫∫ = Ctdt dv → 2

21

0 Ct vv +=

Ahora bien, como sabemos que 221

0)( Ct vdt dxt v +== , volvemos a integrar, esto es:

dt t vdx )(= → ∫∫ += dt Ct vdx )( 221

0 → =)(t x 361

00 Ct t v x ++

b) Cuando s0=t la expresión anterior vale m00 = x y, además, m/s00 =v . La posición alcabo de 5 segundos ( 3m/s00,3=C ) es, por tanto:

====333

s00,5 s)00,5)(m/s00,3(61

61Ct xt m62,5

La velocidad al cabo de esos 5 segundos es de:

==+= 23221

0 s)00,5)(m/s00,3(21Ct vv m/s37,5




53

32. La velocidad de la partícula es 36)( += t t v

a) La gráficav(t ) es la siguiente:

0

10

20

30

40

50

60

70

0 2 4 6 8 10

t (s)

v ( m

/ s )

El área limitada por la curva en el intervalo s0=t y s00,5=t es:

=+=+=+== ∫∫ )]s00,5(s)00,5)[(m/s00,3(]33[)36()( 2250

25

0

5

0

t t dt t dt t v A m90,0

b) La función de posición será de la forma:

∫∫∫ +== dt t dt t vdx )36()( → =)(t x 220 )m/s00,6(

21m/s)00,3( t t x ++

Cuando s00,52 =t entonces m)0,90(m0,75m0,15 002 +=++= x x x

Cuando s01 =t entonces m)( 01 x x =

Por tanto, el desplazamiento durante este intervalo es de

=−+=−=Δ 0012 m0,90 x x x x x m90,0 . Resultado que coincide, lógicamente, con el ob-tenido en el apartado a).




54

33. La velocidad de la partícula es t t v 47)( −=

a) La gráficav(t ) es la siguiente:

-40

-30

-20

-10

0

10

0 2 4 6 8 10

t (s)

v ( m

/ s )

El área limitada por la curva en el intervalo s00,2=t y s00,6=t es:

]s)00,2(s)00,6[()m/s00,2(

s)]00,2(s)00,6m/s)[(00,7(]27[)47()(

222

62

26

2

6

2

−−

−−=−=−== ∫∫ t t dt t dt t v A

= A m36,0−

b) La función de posición será de la forma:

∫∫∫ −== dt t dt t vdx )47()( → =)(t x 220 )m/s00,4(

21m/s)00,7( t t x −+

Cuando s00,62 =t entonces m)0,30(m0,72m0,42 002 −=−+= x x x

Cuando s00,21 =t entonces m6,00)(m00,8m0,14 001 +=−+= x x x

Por tanto, el desplazamiento durante este intervalo es de

=+−−=−=Δ )m00,6()m0,03( 0012 x x x x x m36,0− . Resultado que coincide, lógica-mente, con el obtenido en el apartado a).

c) La velocidad media es

=−

−=−−=

ΔΔ=

s2,00s6,00m0,36

12

12

t t x x

t xvm m/s9,00−




55

34. a) El área de un rectángulo es alturabase× . Por tanto, el área, en metros, del rectángu-lo de la figura 2.20 vale:

=−−= s)3,00sm/s)(4,001,00m/s00,2( Área m00,1

b) Los recorridos de la partícula en los intervalos de tiempo de 1 s se calculan contando lasáreas de los rectángulos situados bajo la curvav(t ) y el eje de tiempot , y son los que se muestran enel cuadro siguiente:

Intervalo de tiempo Recorrido0 s – 1 s 0,167 m1 s – 2 s 1,17 m2 s – 3 s 3,17 m3 s – 4 s 6,17 m

c) La velocidad media es igual a:

≅−+=

ΔΔ=

s00,1s3,00m3,17m,171

t xvm m/s17,2

35. a) El área de un rectángulo es alturabase× . Por tanto, el área, en m/s, del rectángulode la figura 2.37 vale:

=−−= s)500,0s)(1,00m/s50,2m/s00,3( 22 Área m/s,2500

b) La velocidad de la partícula en los intervalos de tiempo de 1 s se calculan contando lasáreas de los rectángulos situados bajo la curvaa(t ) y el eje de tiempot , y son los que se muestran enel cuadro siguiente:

Tiempo Velocidad1 s 0,938 m/s2 s 3,25 m/s3 s 6,19 m/s

La aceleración de la partícula sigue una función polinómica de segundo grado, de la forma:

2)( Wt Zt Y t a ++=

Eligiendo tres puntos de la curva conseguiremos tener un sistema de tres ecuaciones con tresincógnitas (Sistema Compatible Determinado). Resolviendo este sistema nos conduce a la expresiónde la función de aceleración:

=)(t a 243 )m/s375,0()m/s(2,125 t t −

La función de velocidad se calcula por integración a partir de la función de aceleración, estoes:




56

dt dvt a =)( → ∫∫ −= dt t t dv ])m/s(0,375)m/s125,2([ 243

=)(t v 3423 )m/s125,0()m/s(2,1252

1 t t − ( La constante de integración es cero, ya que la

partícula parte del reposo)

Por último, la función de posición se calcula por integración a partir de la función de veloci-dad, esto es:

dt dxt v =)( → ∫∫ ⎥

⎦

⎤

⎢⎣

⎡ −= dt t t dx )m/s125,0()m/s(2,12521 3423

=)(t x 04433 )m/s125,0(

4

1)m/s(2,1256

1 xt t +−

c) La gráfica de la función velocidad es la siguiente:

00,5

11,5

22,5

33,5

44,5

55,5

66,5

7

0 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5 2,75 3

t (s)

v ( m

/ s )

La distancia recorrida en el intervalo de tiempo0=t a s00,3=t es:

m)0( 0 x x =

m)03,7(s))(3,00m/s125,0(41s)00,3)(m/s(2,125

61)3( 00

4433 x x x +=+−=

Así pues, el desplazamiento es =−=Δ )0()3( x x x m,037




57

36. ∫∫=

=

=3

1

23 )m/s(0,500t

t

dt t dx → Desarrollando nos queda:

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −=⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ =

3s)00,1(

3s)00,3()m/s500,0(

3)m/s500,0(

333

3

1

33 t x m33,4

La respuesta del apartado b) del ejercicio 34 fue de m4,34m3,17m17,1 =+=Δ x . La respuesta es prácticamente exacta.

Las velocidades en los momentos s00,1=t y s00,3=t son:

m/s50,4s)00,3)(m/s(0,500)3( 23 ==v

m/s500,0s)00,1)(m/s(0,500)1( 23 ==v

Así pues, la velocidad media calculada como la semisuma de la velocidad inicial más la ve-locidad final en el intervalo s00,1=t a s00,3=t es:

[ ] =+=+=2

m/s0,500m/s,504)1()3(21 vvvm m/s50,2

Esta velocidad media no coincide con la calculada en el apartado c), debido a que la acelera-ción no es constante, es decir, varía en el tiempo a razón de 2m/s1 por cada segundo. Por tanto, para hallar la velocidad media de la partícula no se puede utilizar la expresión de la semisuma de las

velocidades inicial y final para un determinado intervalo de tiempo.

37. a) Para los momentos1t y t t t Δ+= 12 la distancia recorrida es:

21

21 )m/s00,5( t x =

221

221

221

22 ))(m/s00,5()m/s0,10()m/s00,5())(m/s00,5( t t t t t t x Δ+Δ+=Δ+=

Por tanto, la distancia exacta que recorre el cuerpo es:

221212 ))(m/s00,5()m/s0,10( t t t x x x Δ+Δ=−=Δ

y como s300,0s0,20s3,2012 =−=−=Δ t t t

=+=Δ 222 s)300,0)(m/s00,5(s)300,0(s)0,20)(m/s0,10( x m60,45

b) La velocidad pedida es at vv += 0 , donde 2m/s81,9== ga y m/s00 =v

≅+= s)0,20)(m/s81,9(0 2v m/s196




58

Ahora, utilizando la aproximación de la diferencial tenemos que t dt dxt v )m/s0,10()( 2== ,

de donde obtenemos tdt dx )m/s0,10( 2= . Por tanto, la distancia aproximada recorrida en el interva-lo de 0,3 s es de:

== s)s)(0,3000,20)(m/s0,10( 2dx m60,0

38. Hallando la derivada del área del circulo tenemos r ldr dA 2π == , de donde obtenemos

ldr rdr dA == 2π

Cuando la variación en el radio es muy pequeña, el incremento en el área tiende a la expre-sión de la longitud de la circunferencia. Esta es la interpretación geométrica.

39. La diferencial del área de un círculo ya ha sido calculada en el ejercicio anterior. Portanto, dividiendo su expresión por el valor del área nos queda:

dr r r

AdA

2 2

π

π = → r dr

AdA 2=

Al variar el radio en un 1,00 %, es decir, ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ = %00,1

r dr el porcentaje de variación del área

es de un

=== %)00,1(22r dr

AdA %2,00

40. La fórmula del volumen de una esfera es 3 34 r V π =

a) Utilizando la aproximación de la diferencial tenemos que 2esfera 4 r A

dr dV

π == de donde

dr Adr r dV esfera2 4 == π

La interpretación geométrica cuando el radio varía endr es el volumen de una pequeñísimacapa esférica. Este volumen, prácticamente infinitesimal, es el área de la esfera.

b) Dividiendo la expresión del apartado a) por el volumen nos queda

dr r

r V dV

3

2

34

4

π

π = → r dr

V dV 3=




59

c) Al ser el error cometido en la medición del radio en un 2,00 %, es decir, ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ = %00,2

r dr

el porcentaje de error en la variación del volumen de la esfera es

=== %)00,2(33 r dr V dV %6,00

Problemas

1. Vamos a considerar el cruce como el origen de la recta que representa la trayectoria delos dos vehículos. Por tanto, para el momento s0=t el primer coche se encuentra en este punto.Sin embargo, el segundo coche pasa por el cruce 5 segundos más tarde, por lo que en el momento

s0=t se encontraba a m150s)m/s)(5,0030,0(2 == x a la izquierda del cruce.

a) Las funciones de posición son las siguientes:

Las ecuaciones de posición de los coches son las siguientes:

t t x m/s)0,20()(1 =

t t x m/s)0,30(m150)(2 +−=

b) En el momento en el que el segundo coche adelanta al primero, las posiciones de los au-tomóviles serán las mismas, por tanto

)()( 21 t xt x = → t t m/s)0,30(m150m/s)0,20( +−=

La solución a la ecuación anterior es=t s15,0 . El segundo coche tarda 15 segundos en

adelantar al primero.

-150-120

-90-60-30

030

6090

120150180210240270300330

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

t (s)

x

( m )

x1 (t)

x2 (t)




60

c) En el momento del adelanto los coches se encuentran, con respecto al cruce, a:

=== s)m/s)(15,00,20(m/s)0,20()(1 t t x m300

=+−=+−= s)m/s)(15,030,0(m150m/s)0,30(m150)(2 t t x m003 Lógicamente, ambas distancias son iguales. Así pues, en el momento del adelanto los coches

han recorrido desde el momento inicial s0=t hasta el momento final s0,15=t :

Coche 1: m300m0m300 =−=−=Δ i f x x x Coche 2: m504m)015(m300 =−=−=Δ i f x x x

2. Al empezar la carrera, las posiciones iniciales de Doña liebre ( L) y de Doña tortuga (T )son de cero para ambas, ya que parten del punto de salida. Sus ecuaciones de posición son las si-guientes:

t t x L km/min)240,0(m/s)00,4( ==

t t xT km/min)060,0(m/s)00,1( ==

El planteamiento gráfico del problema es el que se muestra en el siguiente gráfico:

0

1,2

2,4

3,6

4,8

6

7,2

8,4

9,6

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 1 00 110 120 130 140 150 160 1 70

t (min)

x

( k m

)xT (t)xL (t)

Ahora, vamos a desglosar el problema en períodos de tiempo:

Distancias recorridas durante los 5 primeros minutos

km20,1min)00,5km/min)(240,0( == L x

km300,0min)00,5km/min)(060,0( ==T x




61

Distancias recorridas después de los 135 minutos de siesta de Doña Liebre

km20,1= L x , ya que permanece en el mismo sitio donde se había dormido

km40,8min)140km/min)(060,0( ==T

x

El momento en que Doña tortuga pasa a Doña liebre es aquel para el cual la tortuga ha reco-rrido una distancia de 1,20 km, esto es:

min0,20km/min06,0

km20,1 ===T

T

v xt

Así pues, la tortuga tarda 20 minutos en pasar a Doña Liebre

Después de la siesta, la nueva ecuación de posición de Doña Liebre es la siguiente:=−+= min)140km/min)(240,0(km20,1 t x L t km/min)240,0(km4,32 +− min140≥t

Cuando Doña Tortuga cruza la meta, ésta emplea un tiempo igual a

min6,166km/min060,0

km0,10 )===T

T

v xt

Por tanto, cuando Doña Liebre despierta (a los 140 minutos de haber empezado la carrera) la

posición en la que se encuentra con respecto a la línea de salida en los 6,26 )

minutos que le restan por correr hasta que Doña Tortuga cruza la meta, es de

=+−= min)6,26km/min)((0,24km4,32 )

L x km60,7

Así pues, Doña Liebre se quedó a =− km60,7km0,10 km40,2 de distancia de la metacuando Doña Tortuga ganó la carrera.

Para saber cuánto tiempo podía haber dormido Doña Liebre sin perder la carrera, tenemosque saber cuánto tiempo necesita para llegar hasta meta después de haber dormido, es decir, qué

tiempo necesita Doña Liebre en recorrer los 8,80 km que le restan hasta llegar a la línea de meta:

min6,36km/min240,0

km80,8 )==t

Como sabemos que el tiempo que emplea Doña Tortuga en ganar es de 6,166 ) minutos, eltiempo que podría haber dormido Doña Liebre sin perder la carrera es de:

min6,166min6,36min5 Dormir ) ) <++ t → <Dormir t min125




62

3. Los datos del problema son:

2m/s00,3=a

Las ecuaciones de posición y velocidad son:

200 2

1 at t v x x ++=

at vv += 0

Para conocer la ecuación de posición de la partícula hemos de calcular0 x y 0v .

Si s00,4=t entonces m100= x

2200 s)00,4)(m/s00,3(

21s)00,4(m100 ++= v x

Si s00,6=t entonces m/s0,15=v

s)00,6)(m/s00,3(m/s0,15 20 += v → m/s00,30 −=v

Sustituyendo 0v en la ecuación de posición calculamos0 x , esto es:

220 s)00,4)(m/s00,3(

21s)00,4)(m/s00,3(m100 +−+= x → m0,880 = x

Así pues, ya tenemos la ecuación definitiva de posición de la partícula en función del tiempo:

22 )m/s00,3(21m/s)00,3(m0,88 t t x +−+=

Para s00,6=t , la partícula se encontrará en la posición:

=+−+= 22 s)00,6)(m/s00,3(21s)00,6m/s)(00,3(m0,88 x m124




63

4. a) La velocidad es negativa en los instantes0t y 1t , ya que la pendiente de la recta tan-gente a la curva x(t ) es negativa.

b) La velocidad es positiva en los instantes3t , 4t , 6t y 7t , ya que la pendiente de la recta

tangente a la curva x(t ) es positiva.c) La velocidad es nula en los instantes2t y 5t , ya que la pendiente de la recta tangente a la

curva x(t ) es cero.

d) La aceleración es negativa en4t , ya que la velocidad del coche pasa de ser positiva a nu-la, lo que indica que el coche está frenando, es decir, desacelerando.

e) La aceleración es positiva en2t y 6t , ya que la velocidad del coche experimenta un cambio de velocidad negativa a positiva y de cero a positiva, respectivamente.

f) La aceleración es nula en aquellos instantes en donde la velocidad sea constante, y estosson 0t , 1t , 3t , 5t y 7t .

5. Para cada apartado vamos a representar un ejemplo para la gráficav(t ).

a) m/s00,5)( =t v 2m/s0)( =t a

0

1

2

3

4

5

6

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)




64

b) t t v m/s)00,5()( = 2m/s00,5)( =t a . La aceleración no es cero, pero es constante

0

10

20

30

40

50

60

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)

c) Igual que el apartado anterior.

d) t t v m/s)00,5()( −= 2m/s00,5)( −=t a

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)




65

e) t t v m/s)00,5(m/s)0,50()( −+= para s0,10≤t 2m/s00,5)( −=t a

0

10

20

30

40

50

60

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)

f) t t v m/s)00,5(m/s)0,50()( +−= para s0,10≤t 2m/s00,5)( =t a

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)




66

g) t t v m/s)00,5(m/s)0,25()( −+= para s0,10≤t 2m/s00,5)( −=t a

-30

-20

-10

0

10

20

30

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

v ( m

/ s )

v (t)

En este último gráfico, la velocidad es momentáneamente nula en s00,5=t , pero la acele-ración no y es constante en todo momento e igual a la pendiente de la rectav(t ).


Gráfico aa) La aceleración es positiva en los instantes4t y 5t . La aceleración es negativa en los ins-

tantes 1t , 2t , 8t y 9t . La aceleración es cero en los instantes3t , 6t y 7t .

b) La aceleración es constante en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de larecta tangente a la curvav(t ) es la misma. Así pues, la aceleración es igual y constante en los instan-tes 1t y 2t . También es igual y constante en los instantes4t y 5t . Y lo mismo sucede en los instan-tes 8t y 9t . En los instantes6t y 7t también es constante la aceleración y, además, es igual a cero.

c) La velocidad instantánea es nula sólo en el instante5,8t .

Gráfico b

a) La aceleración es positiva en los instantes6t y 7t . La aceleración es negativa en los ins-tantes 1t , 2t , 3t , 4t , 5t y 8t . La aceleración es cero en los instantes5,5t y 5,7t .

b) La aceleración es constante en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de larecta tangente a la curvav(t ) es la misma. Así pues, la aceleración es igual y constante en los instan-

tes 1t , 2t , 3t , 4t y 5t .




67

c) La velocidad instantánea es nula en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente dela recta tangente a la curva x(t ) es cero. Esto ocurre en los instantes2t , 6t y 8t .

7. Vamos a elegir como punto de origen el lugar donde se encuentra el coche de policía.

Así pues, tenemos:Función de posic ión del coche (1)

La velocidad del coche es m/ss3.600

h1km1

m10km/h)80(km/h80 9200

3=⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ = . Por tanto su

función de posición es

t t x m/s)()( 9200

1 =

Función de posic ión del coche policía (2)

La aceleración del coche policía es 2920

3

m/ss3.600

h1km1

m10s)km/h8(skm/h8 =⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⋅=⋅ . Por

tanto, su función de posición es

22920

2 )m/s(21)( t t x =

a) El gráfico x(t ) es de la forma

0

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

0 5 10 15 20

t (s)

x

( m ) Coche

Policía




68

b) El momento en el que el coche de policía alcanza al otro coche será cuando )()( 21 t xt x = ,esto es:

22920

9200 )m/s(

2

1m/s)( t t =

La solución a esta ecuación es=t s20,0 , que es el tiempo que tarda el coche policía enalcanzar al otro coche. Existe otra solución, que es s0=t , que es el momento en el que el cocheadelanta al coche de policía.

c) La velocidad del coche policía será igual a

at vv += 0 → m/ss)0,20)(m/s( 94002

920 ==v

Así pues, la velocidad del coche policía, expresada en otras unidades, es de

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =

m10km1

h1s3.600m/s)( 39

400v km/h160

8. El coche de policía (2) presenta dos tipos de movimientos, uno uniformemente aceleradohasta alcanzar la velocidad de 190 km/h (ó m/s9

475 ), y otro uniforme cuando esta velocidad ha sidoalcanzada. Por tanto, vamos a calcular su función de posición con respecto al tiempo:

El tiempo que tarda en alcanzar los 190 km/h es de:

at vv += 0 → km/h190s)km/h8( =⋅= t v → s75,23skm/h8

km/h190 =⋅

=t

El espacio que recorre durante este tiempo es de:

m627km1

m10s3.600

h1s)s)(23,75km/h8(21 3

2≅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

⋅= x

La función de posición del coche policía es, por tanto:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−+=

)s75,23(m/s)(m627)m/s(

)(9

475

22920

21

2 t t

t x s75,23s75,23

≥≤

t sit si

La función de posición del otro coche (1) es:

t t x m/s)()( 18625

1 =




69

a) El momento en el que el coche de policía alcanza al otro coche será cuando )()( 21 t xt x =

Para s75,23≤t

2292018625 )m/s(21m/s)( t t = → s25,31=t

Durante los primeros 23,75 s, el coche policía no logra alcanzar al otro coche, ya que estetiempo calculado excede del dominio para el cual está definida la función de posición 22

920

21 )m/s( t

del policía. Ya sólo nos queda probar la otra función de posición del coche de policía, esto es:

Para s75,23≥t

)s75,23(m/s)(m627m/s)( 9475

18625 −+= t t → ≅t s7,34

Este es el tiempo que tarda el coche de policía en alcanzar al otro vehículo.

b) El espacio que habrán recorrido ambos coches es de

≅≅== m204.1s)7,34m/s)(()()( 18625

21 t xt x km20,1

c) El gráfico x(t ) para cada coche es el siguiente:

(34,7, 1.204,65)

0

100200300400500600700800900

100011001200

0 5 10 15 20 25 30 35 40

t (s)

x

( m ) Coche

Policía




70


a) Las distancias de frenado de cada coche son:

Coche policía

at vv += 0 → t )m/s00,6(m/s)(0 29

475 −+= → s80,8≅t

Este es el tiempo que tarda el coche policía en frenar el vehículo por completo. Por tanto, ladistancia recorrida durante este tiempo es de

221

00 at t v x x ++= → m232s)80,8)(m/s00,6(21s)80,8m/s)(( 22

9475

policía ≅−+= x

Otro coche

at vv += 0 → t )m/s00,6(m/s0 218625 −+= → s79,5≅t

Este es el tiempo que tarda el otro coche en frenar el vehículo por completo. Por tanto, ladistancia recorrida durante este tiempo (teniendo en cuenta que marcha 100 m delante del coche policía) es de

221

00 at t v x x ++= → m200s)79,5)(m/s00,6(21s)79,5m/s)((m100 22

18625

coche ≅−++= x

Así pues, como coche policía m200m232 x x =>= se demuestra que el coche policía chocacontra el otro coche, ya que no consigue frenar en una distancia menor a 200 metros.

b) Si llamamos:

= PSv Velocidad del coche policía con respecto a un punto fijo en el suelo.=CSv Velocidad del otro coche con respecto a un punto fijo en el suelo.= PC v Velocidad del coche policía con respecto al otro coche.

La velocidad relativa del coche de policía con respecto al otro coche es de:

iiivvv km/h)0,65(km/h)125(km/h)190( =−=−= CS PS PC

Así pues, la velocidad con la que choca el coche de policía al otro coche es de:

=| PC v| km/h0,65




71

El tiempo que tarda en chocar, es aquel en el que la posición del coche de policía iguala a ladel otro coche, esto es coche policía x x =

221862822

9475 )m/s00,6(

2

1m/s)(m100)m/s00,6(2

1m/s)( t t t t −++=−+ → ≅t s5,59

c) Vamos a llamar “t ” al tiempo que tarda el vehículo en frenar desde que se acciona el pedaldel freno, y “T ” al tiempo de reacción, es decir, el tiempo que transcurre desde que el conductor vela luz roja de los frenos del vehículo que le precede, o percibe el peligro, hasta que éste traslada su pie del pedal de aceleración al pedal de freno.

Durante el tiempo de reacción “T ”, que es muy breve y oscila en condiciones normales entorno a 1 segundo, el vehículo recorre una distancia que vamos a llamardistancia de reacción R x ,es decir

vT x R =

siendo “v” la velocidad instantánea del vehículo.

Por otra parte, una vez que se acciona el pedal del freno y se aplica una desaceleración “a”al vehículo, el vehículo recorre una distancia que vamos a llamardistancia de frenado F x . Ahora

bien, el tiempo “t ” que tarda el vehículo en frenar es igual aavt = . Por tanto:

av

av

av

t avt xF 22)(21 222

2

=−=−+=

Así pues, la distancia total que recorre el automóvil es:

=+= F RT x x x avvT 2

2+

Como conclusión, el tiempo de reacción “T ” incrementa la distancia total de frenado en lacantidadvT .

Por ejemplo, si en nuestro problema el policía tiene un tiempo de reacción s00,1=T , elespacio de frenado recorrido hubiese sido de

≅+= m232s)00,1m/s)(( 9475

T x m285

Por otra parte, al ser la velocidad del coche de policía mayor que la del otro vehículo, untiempo de reacción s0>T haría que los vehículos se encontrasen más cerca (para un mismo tiempoel coche policía recorre más distancia que el otro vehículo) y, por tanto, la colisión tendría lugarmucho antes.




72

10 . Vamos a plantear el problema de dos formas:

a) Usamos el suelo como sistema de referencia inercial y el segundo coche como sistema dereferencia no inercial. Así, la velocidad relativa del primer coche con respecto al segundo es:

== 11 vv S Velocidad del primer coche con respecto a un punto fijo en el suelo.== 22 vv S Velocidad del segundo coche con respecto a un punto fijo en el suelo.

=12v Velocidad del primer coche con respecto al segundo coche.

S S vvv 2121 += ⇒ 2112 vvv −=

Con esta velocidad (12v ), el primer coche se acerca al segundo, y empieza a frenar con ace-leración “a” cuando está a una distancia “d ”. A consecuencia del freno, el primer coche recorre unadistancia igual a:

xavv i f Δ−+= )(222 → xavv Δ−+−= )(2)(0 221 →

avv x

2)( 2

21 −=Δ

Pues bien, si queremos evitar el choque tiene que verificarse que xd Δ> , o lo que es lomismo

avvd

2)( 2

21 −>

tal y como se quería demostrar.

Otra forma de plantear el problema es considerando la funciones de posición de los vehícu-los, y eligiendo ahora como origen del sistema de referencia inercial el momento en el que el primercoche comienza a frenar.

211 )(

21)( t at vt x −+=

t vd t x 22 )( +=

Para comprobar si los vehículos chocan, igualamos sus funciones de posición[ )()( 21 t xt x = ], esto es

t vd t at v 22

1 )(21 +=−+

y ordenando respecto del tiempo

02)(2)( 212 =−−+− d t vvt a




73

Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe sermayor que cero, esto es

08)(4)2)((4)](2[ 221

221 >−−=−−−−=Δ ad vvd avv ⇒ 02)( 2

21 >−− ad vv

Por tanto, para que exista choque la distancia de separación entre los coches debe ser

avvd

2)( 2

21 −< , que corrobora lo deducido anteriormente, es decir, para que no exista choque debe

ocurrir justamente lo contrario (invertir el sentido de la desigualdad).

b) Las velocidades de los vehículos son:

m/s0,25s3.600

h1km1

m10km/h)90(3

1 =⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ =v

m/s5,12s3.600

h1km1

m10km/h)45(3

2 =⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ =v

Por tanto, la distancia “d ” crítica que debe de mediar entre un coche y otro vale:

≅−=−=

)m/s00,6(2m/s)5,12m/s0,25(

2)(

2

2221

avvd m13,0

c) Si el conductor del primer coche tiene un tiempo de reacción “T ”, antes de que éste puedaaccionar el pedal del freno, los vehículos habrán recorrido una cierta distancia, es decir,

Distancia recorrida por el primer coche:T v1 Distancia recorrida por el segundo coche:T v2

Con estas distancias recorridas, cuando el primer vehículo accione el pedal del freno, la dis-tancia que mediará entre un vehículo y otro se habrá modificado, siendo ahora esta distancia igual a:

T vT vd D 12 −+= → T vvd D )( 12 −+=

Al ser 21 vv > , la nueva distancia que media entre los coches es menor que la antigua, es de-cir, d D < . Por tanto, el tiempo de reacción ha hecho disminuir la distancia original que mediabaentre los dos coches.

Así todo, igual que ocurría en el apartado a), para que no exista choque debe ocurrir que

avv D

2)( 2

21 −> ⇒ avvT vvd

2)()(

221

12−>−+ ⇒ T vv

avvd )(

2)(

12

221 −−−>

y en definitiva




74

T vvavvd )(

2)(

21

221 −+−>

Así pues, ante la existencia de un tiempo de reacción “T ”, la distancia a la que se deben en-

contrar los vehículos para que no exista choque ha aumentando en la cantidad T vv )( 21 − .

11 . Vamos a elegir como origen del sistema de referencia inercial, la posición en la que seencuentra el pasajero justo en el momento en el que arranca el tren.

a) Vamos a llamar P x a la función de posición del pasajero yT x a la del tren. Así, el pasaje-ro llegará a coger el tren si ambas funciones de posición se cruzan (tienen un punto en común paraun momento determinado de tiempo).

t t xP m/s)00,8()( = 2m/s)00,1(

21)( t d t xT +=

)()( t xt x T P = → 22 )m/s00,1(21m/s)00,8( t d t += → 02m/s)0,16()m/s00,1( 22 =+− d t t

Para que la ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante ha de sermayor que cero:

0)m/s00,8()/sm256()2)(m/s00,1(4)m/s0,16( 22222 >−=−−=Δ d d

Por tanto, el pasajero cogerá el tren siempre y cuando la distancia a la que se encuentra deltren sea m0,32<d .

Como el dato del problema es m0,30=d , el pasajero sí cogerá el tren.




75

b) La distancia crítica ya ha sido hallada en el apartado anterior, siendo ésta dem0,32=cd . Esta es la distancia máxima que puede haber entre el pasajero y el tren, si queremos

que aquél llegue a subirse al vagón.

La gráfica de las funciones de posición del tren y de dos pasajeros es:

(8 s, 32 m)

-40-30-20-10

010

2030405060708090

100

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

t (s)

x

( m ) Tren

Pasajero 1

Pasajero 2

Para el pasajero se han dibujado dos gráficas. La de color azul es para una distanciam0,32=d , mientras que la de color verde claro es para m0,40=d .

Se puede observar perfectamente que, al ser la pendiente de la función de posición del pasajero la misma ( m/s00,8 ), éste cogerá el tren siempre y cuando la ordenada en el origen seam0,32−>d .

c) Para m0,32=d , el pasajero alcanzará el tren en el momento

0m)0,32(2m/s)0,16()m/s00,1( 22 =+− t t , cuya solución es s00,8=t

La velocidad del tren, para este tiempo, es de ==+= s)00,8)(m/s00,1( 20 at vv m/s8,00 , y

la velocidad media del tren es igual a:

=+=+= m/s)00,80(21)(

21

0 vvvm m/s4,00




76

12 . Vamos a elegir como sistema de referencia inercial el suelo. Por tanto, la ecuación delmovimiento del ladrillo puede expresarse de esta manera:

22 )m/s81,9(2

1m/s)00,5(m00,6)( t t t y −++=

La representación gráfica es la siguiente:

0

1

2

3

4

5

6

7

8

0 0,17 0,34 0,51 0,68 0,85 1,02 1,19 1,36 1,53 1,7 1,87

t (s)

x

( m )

Ladrillo

a) En el momento de alcanzar la altura máxima, la velocidad del ladrillo es momentánea-

mente cero, por tanto

gt vv −= 0 → s510,0m/s9,81m/s5,00

20 ≅==

gvt

Sustituyen este valor en la ecuación de posición y(t ) nos queda que la altura máxima conrespecto al suelo es de:

≅−++= 22max s)510,0)(m/s81,9(

21s)0,510(m/s)00,5(m00,6 y m7,27

b) Cuando el ladrillo llegue al suelo, el valor de su posición (altura) será igual a cero, dadoque hemos elegido al suelo como sistema inercial de referencia.

m0)m/s81,9(21m/s)00,5(m00,6)( 22 =−++= t t t y ⇒ 0121081,9 2 =−− t t

La solución a esta ecuación de segundo grado es≅t s1,73




77

c) La velocidad en el momento de chocar contra el suelo vale

gt vv −= 0 → ≅−+= s)73,1)(m/s9,81(m/s5 2v m/s12,0−

El signo menos de la velocidad nos indica el sentido descendente del ladrillo.

13 . Vamos a calcular las funciones de posición tanto para el tren (T ) como para la pasajera(P), y elegimos como origen del sistema de referencia inercial el momento en el que la pasajerallega al andén.

Sabemos que la pasajera llega al andén 6 segundos después de que el tren haya partido. Portanto, las respectivas ecuaciones de posición son:

2222 )m/s200,0()m/s400,0(21)( t t t xT ==

s)00,6(s)00,6()( PPPP vt vt vt x −=−=

Si queremos que la pasajera coja el tren, las funciones de posición se deben igualar, por tan-to

)()( t xt x PT = → s)00,6()m/s200,0( 22PP vt vt −=

0)s00,6()m/s200,0( 22 =+− PP vt vt

Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe sermayor o igual que cero, esto es

0)m/s80,4()s00,6()m/s200,0(4)( 222 ≥−=−−=Δ PPPP vvvv .

De la solución de esta desigualdad obtenemos que≥Pv m/s80,4 . Ésta es la velocidad mí-nima a la que debe correr la pasajera si quiere alcanzar el tren.




78

Las gráficas de las posiciones son las siguientes:

(12 s, 28,80 m)

05

101520253035404550556065707580

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

t (s)

x

( m )

TrenPasajera

14 . Vamos a calcular las funciones de posición para las dos pelotas, y elegimos como ori-

gen del sistema de referencia inercial el suelo.

Llamando “h” a la altura del edificio, las funciones de posición serán:

21 2

1)( gt ht y −=

202 2

1)( gt t vt y −=

Como las pelotas chocan en el momento s80,1=t , sus funciones de posición se igualan auna determinada altura, esto es

)()( 21 t yt y = → 20

2

21

21 gt t vgt h −=−

de donde

=== s)m/s)(1,8000,9(0t vh m16,2




79

15 . Elegimos como origen del sistema inercial de referencia el punto de lanzamiento del planeador. Así, su función de posición y de velocidad son las siguientes:

20

2

1)( at t vt x +=

at vt v += 0)(

El problema nos dice que cuando s00,8=t tenemos que cm100= x y cm/s0,15−=v .Pues bien, sustituyendo estos valores en las expresiones anteriores nos queda:

20 s)00,8(

21s)00,8(cm100 av +=

s)00,8(cm/s0,15 0 av +=− Resolviendo estas ecuaciones tenemos que la solución al problema es

≅−=

2s32,0cm220a 2cm/s6,88−

≅−−−= s)00,8)(cm/s6,88(cm/s0,15 20v cm/s40,0

16 . Vamos a llamar S v a la velocidad del “globo de agua” en la parte superior de la ventanay I v a la velocidad del globo en la parte inferior.

Si elegimos como origen del sistema inercial de referencia la parte inferior de la ventana, en-tonces tenemos que la función de posición del “globo de agua” es igual a:

200 2

1 at t v x x ++= → 22 s)100,0)(m/s81,9(21s)100,0(m20,1m0 −+−= S v

La solución a esta ecuación es m/s5,11−≅S v , en sentido hacia abajo.

Ahora, relacionando las velocidades en la parte superior e inferior de la ventana tenemos

xavv Δ+= 220

2 → m)20,1)(m/s81,9(2m/s)5,11( 222 −−+−= I v → m/s5,12−≅ I v

De nuevo usamos la ecuación de relación de velocidades, pero ahora con la velocidad infe-rior de la ventana y con la velocidad inicial con la que se deja caer el “globo de agua”, que es, eneste último caso, cero. Así pues, tenemos:

ygvv I Δ+= 220

2 , siendo hh y y y i f −=−=−=Δ 0 la altura desde la que se dejó caer el

globo con respecto a la parte inferior de la ventana.




80

))((220

2 hgvv I −−+= ⇒ ≅−−=−=)m/s81,9(20m/s)5,12(

20

2

22

gvh I m7,96

17 . El choque de las pelotas tiene lugar cuando ambas están moviéndose en sentidos opues-tos. Así pues, como la pelota A siempre está bajando, la pelota B tiene necesariamente que estarsubiendo. El origen de nuestro sistema de referencia inercial lo situamos en el suelo.

Las velocidades de las pelotas en el momento del choque son las siguientes:

gt v A −= gt vv OB B −=

siendo OBv la velocidad inicial con la que es lanzada la pelota B hacia arriba.

El problema nos ofrece como dato que en el momento del choque la velocidad de la pelota A (en valor absoluto) es el doble que el de la pelota B. Por tanto, en las ecuaciones anteriores nos que-da:

gt vv B A == 2|| ⇒ gt v B 21=

Ahora, sustituimos esta última expresión en la ecuación de velocidad de la pelota B, esto es

gt vv OB B −= → gt vgt OB −=21 ⇒

gvt OB

32=

Este tiempo, calculado en función de la velocidad inicial de la pelota B, es precisamente eltiempo que tardan las pelotas en chocar.

La función de la altura de la pelota B con respecto al suelo es 2

21 gt t vh OB B −= . Sustituyen-

do en esta expresión el tiempo anteriormente calculado hallaremos la altura a la que se encuentranlas pelotas, esto es:

gv

gv

gvh OBOBOB

B 94

92

32 222

=−=

Ahora, debemos obtener una expresión que relacioneOBv con la altura del edificio. Esta re-lación la obtenemos de la expresión yavv Δ+= 22

02 , y que para cada pelota vale:

))((22iA fA A y ygv −−= → ))((2)2( 2 hhgv B B −−=−

)0)((222 −−+= BOB B hgvv




81

De la primera ecuación despejamos2 B

v

B B B ghghhhgv21

21)(

212 −=−=

Sustituimos esta expresión en la ecuación de la velocidad de la pelota B, esto es:

BOB B hgvv )(222 −+= → BOB B ghvghgh 221

21 2 −=− , de donde definitivamente obtenemos:

BOB ghghv 23

212

+=

Ahora sustituimos esta última expresión en la función Bh calculada en función de 2OBv , con

lo cual nos queda:

gvh OB

B 94 2

= ⇒ g

ghghh B B 9

62 += ⇒ ghgh B 23 =

= Bh

h3

2

Esta es la fracción que estábamos hallando, es decir, el choque se produce a dos tercios de laaltura del edificio respecto del suelo.

h

h B

h A

Momento del choque

SueloOBv

A

B




82

18 . El choque de las pelotas tiene lugar cuando ambas están moviéndose en el mismo senti-do, por lo que la pelota A está bajando y la pelota B también está bajando. El origen de nuestro sis-tema de referencia inercial lo situamos en el suelo.

gt v A

−= gt vv OB B −=

siendo, de nuevo, OBv la velocidad inicial con la que es lanzada la pelota B hacia arriba.

El problema nos ofrece como dato que en el momento del choque la velocidad de la pelota A es cuatro veces mayor que el de la pelota B. Por tanto, en las ecuaciones anteriores nos queda:

gt vv B A −== 4 → gt v B 41−=

Ahora, sustituimos esta última expresión en la ecuación de velocidad de la pelota B, esto es

gt vv OB B −= → gt vgt OB −=−41 →

gvt OB

34=

Este tiempo, calculado en función de la velocidad inicial de la pelota B, es precisamente eltiempo que tardan las pelotas en chocar.

La función de la altura de la pelota B con respecto al suelo es 2

21 gt t vh OB B −= . Sustituyen-

do en esta expresión el tiempo anteriormente calculado hallaremos la altura a la que se encuentranlas pelotas, esto es:

gv

gv

gvh OBOBOB

B 94

98

34 222

=−=

Ahora, debemos obtener una expresión que relacioneOBv con la altura del edificio. Esta re-lación la obtenemos de la expresión yavv Δ+= 22

02 , y que para cada pelota vale:

))((22iA fA A y ygv −−= → )(2)4( 2

B B hhgv −=

)0)((222 −−+= BOB B hgvv

De la primera ecuación despejamos2 Bv

B B B ghghhhgv81

81)(

812 −=−=




83

Sustituimos esta expresión en la ecuación de la velocidad de la pelota B, esto es:

BOB B ghvv 222 −= → BOB B ghvghgh 281

81 2 −=− , de donde definitivamente obtenemos:

BOB ghghv8

15812 +=

Ahora sustituimos esta última expresión en la función Bh calculada en función de 2OBv , con

lo cual nos queda:

gvh OB

B 94 2

= ⇒ g

ghghh

B

B 92

1521 +

= ⇒ ghgh B =3

= Bh h31

Esta es la fracción que estábamos hallando, es decir, el choque se produce a un tercio de laaltura del edificio respecto del suelo.

19 . a) Cada cuadrado tiene un área de 2 metros. Así pues, para calcular la posición en la quese encuentra la partícula sumamos las áreas de los cuadrados que quedan encerrados bajo la curvav(t ) para cada intervalo de tiempo más la posición del intervalo de tiempo inmediato anterior, con lo

cual nos queda:t x(t )0 5,001 7,002 11,93 17,94 23,95 29,16 31,07 28,98 23,19 17,210 12,0

Hay que decir, que el área sumada cuandov(t ) está por debajo del eje horizontal de tiemposes negativa, queriendo esto decir que el sentido del movimiento de la partícula es ahora hacia laizquierda.




84

La gráfica aproximada de la función de posición es la siguiente:

0

5

10

15

20

25

30

35

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

x

( m )

b) Para obtener un valor aproximado de la aceleración, calculamos el valor de la pendiente

de la recta tangente a la curvav(t ), esto es:

t a(t )0 – 1 6,001 – 2 4,002 – 3 2,003 – 4 0,004 – 5 0,005 – 6 −4,006 – 7 −4,007 – 8 −1,638 – 9 0,009 – 10 0,334




85

La gráfica aproximada de la función de aceleración es la siguiente:

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

23

4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t (s)

20 . Las gráficas aproximadas dev(t ) y a(t ) serían las siguientes:

t (s)

velocidad

aceleración

Hemos considerado la función de posición del tipo )(sen)( t At x = , por lo que las funcio-nes de velocidad y aceleración son:

)(cos)( t Adt dxt v ω ω ==

)(sen)( 2 t Adt dvt a ω ω −==




86

21 . El gráfico x(t ) es el siguiente:

-6-5-4-3-2-10123456

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36

t (s)

x

( c m )

Para medir la pendiente, calculamos la derivada de la curva, esto es:

)cos()](sen[)( t Adt

t Ad dt dxt v ω ω ===

y para s0=t tenemos que == 0ºrad/s)coscm)(0,17500,5(v cm/s0,875

b) La velocidad media se mide por el cociente t x ΔΔ / . Por tanto, las velocidades medias pedidas calculadas desde s0=t hasta ?=t son:

t x(t ) vm (cm/s)0 0

0,25 0,218097 0,8720,5 0,435779 0,8721 0,868241 0,8682 1,710101 0,8553 2,500000 0,8336 4,330127 0,722

c) Este valor ya ha sido calculado en el apartado a)




87

22 . La mejor forma de resolver el problema es dividir el trayecto en dos partes:

Primera parte

En esta parte el conductor acelera con la máxima aceleracióna, y parte con velocidad inicialcero hasta que levante el pie del pedal del acelerador.

1111 t avv i f += ⇒ 11 at v f =

La distancia recorrida es igual a 211 2

1 at x =Δ

Segunda parte

En esta parte el conductor ya ha levantado el pie del pedal del acelerador, por lo que parte

con una velocidad inicial igual a la velocidad final de la primera parte y acciona el pedal del frenocon una desaceleración 2a hasta que detiene el vehículo.

2212 t avv f f += ⇒ 21 20 at v f −=

De aquí sustituimos la expresión f v1 , quedándonos lo siguiente:

21 20 at at −= → 21 2t t =

La distancia recorrida es igual a22

22

22

2221

22212 2)2(2

1at at at at t at t at v x f =−=−=−+=Δ

Sustituyendo 1t en la expresión 1 xΔ nos queda que 22

221 2)2(

21 at t a x ==Δ

Ahora dividimos 1 xΔ entre 2 xΔ , esto es:

222

2

22

2

1 ==ΔΔ

at

at

x

x → 21 2 x x Δ=Δ

Ahora bien, sabemos que la distancia total L es la suma de las dos distancias parciales quehemos calculado, esto es:

123

121

121 x x x x x L Δ=Δ+Δ=Δ+Δ= , y despejando 1 xΔ

=Δ 1 x L32




88

El conductor debe levantar su pie del acelerador cuando se encuentre a dos tercios de la dis-tancia total del recorrido.

Por otra parte sabemos que el tiempo total invertidoT es la suma de los tiempos parcialesque hemos calculado. Por tanto:

123

121

121 t t t t t T =+=+= , y despejando 1t

=1t T 32

El conductor debe levantar su pie del acelerador cuando se encuentre a dos tercios del tiempo total invertido en el recorrido.

23 . Para hacer homogéneos los datos de la tabla, pasamos las yardas a metros, esto es:

m7,45m/yd)yd)(0,914450(yd50 ==

m9,54m/yd)yd)(0,914460(yd60 ==

m4,91m/yd)yd)(0,9144100(yd100 ==

a) El gráfico x(t ) es el siguiente:

(9,1 s, 91,4 m)

(5,9 s, 54,9 m)(6,5 s, 60 m)

(5,5 s, 50 m)

(5,1 s, 45,7 m)

(9,9 s, 100 m)

x= 11,406

t - 12,843

R 2 = 0,9991

0

1020

30

4050

60

70

8090

100

0 1,1 2,2 3,3 4,4 5,5 6,6 7,7 8,8 9,9

t (s)

x

( m )

b) Durante el tiempo (T ) que está acelerando el corredor, la distancia recorrida es igual a

20 2

1 aT x = para T t ≤




89

Después de este tiempo corre con una velocidad inicial y constante igual a

aT v =0 ⇒ T va 0=

Para tiempos mayores queT , esto es, T t > , la distancia que recorre el atleta es igual a

3210

200 2

1 at t v x x ++= El tercer sumando del segundo miembro es cero, puesto que ya no existe acele-

ración y el corredor corre con velocidad constante ( aT v =0 ). Desarrollando esta expresión llega-mos a la siguiente:

T vt vT T vT t vaT x 00

200

2

21)(

21 −+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =−+= , y agrupando términos

= x ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − T t v

21

0 para T t >

Esta expresión es la que queríamos demostrar.

c) En el gráfico del apartado a) hemos representado los puntos dados en la tabla para lostiempos dados, y hemos unido mediante una recta los mismos, cuya representación es bastante li-neal.

En el gráfico del apartado a) se ha dibujado una línea de tendencia. Así, el punto en el quecorta la recta al eje de tiempos “t ” es aproximadamente ≅=

m/s406,11m843,12t s13,1 , y el valor de la

pendiente vale:

m/s4,11s1,13s9,90

m0m100≅

−−= pendiente

Analíticamente, el valor de la pendiente es el valor de la velocidad, por tanto tenemos que:

== dt dxv0 m/s11,4

Por otra parte el punto de corte con el eje de tiempos es cuando 0= x , por tanto

021

0 =⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −= T t v x ⇒ T t

21= ⇒ === s)13,1(22t T s26,2




90

Como sabemos que la aceleración valeT va 0= , el valor de ésta es:

≅==

s26,2

m/s4,110

T

va 2m/s5,04

d) Sabemos que la marca de 200 metros se consigue en 19,5 segundos. Pues bien, si la ve-locidad del corredor sigue siendo constante (11,4 m/s), la pendiente también debería ser la misma.Sin embargo, el valor de ésta es de:

m/s9,10s1,13s19,5

m0m200≅

−−= pendiente

Es lógico pensar que a medida que la distancia se hace mayor, mayor es también el cansan-cio del corredor, por lo que es bastante difícil que para distancias mayores de 200 metros la veloci-dad continúe siendo constante, de ahí la disminución obtenida en el valor de la pendiente.

Por tanto, la aplicabilidad del modelo para distancias mayores a 200 metros no es válida, yaque ahora la distancia recorrida x no varía linealmente con el tiempo (los puntos se apartan cada vezmás de la línea de tendencia).

24 . La función de posición del misil ICBM , que baja a velocidad constante es de la forma

t x ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −= m/s

20,110m000.100

4

ICBM

Por otra parte el misil ABM tiene como velocidad inicial m/s00 =v , y como aceleracióntiene dos componentes: una hacia arriba de valor j100g y otra hacia abajo de valor jg− , siendo laaceleración neta igual a ja 99g= . No obstante, dada la gran aceleración a la que se ve sometido elmisil, prácticamente se puede despreciar la aceleración de la caída libre, es decir, la gravedad, yaque el error que se comete es de tan solo un uno por ciento, esto es:

01,0100991 =−=

ggerror ⇒ 1%

Así pues, la función de posición del misil ABM es

2ABM )100(

21 t g x =

En el momento del choque, las funciones de posición de ambos proyectiles coincidirán, portanto:

ABMICBM x x = ⇒ 24

)100(21m/s

20,110m000.100 t gt =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −




91

0400.22002,1 2 =−+ t gt

La solución a esta ecuación de segundo grado es≅t s8,12 , tiempo que tarda el proyectil ABM en interceptar al proyectil ICBM .

Conocido este tiempo, la altura a la que tiene lugar el choque es la siguiente

≅=== m82,340.32s)12,8)(m/s81,9(5010021 222

ABM gt x km32,3

25 . La aceleración de la partícula es Bvga −= , por tanto

Bvgdt dva −== → dt Bvgdv )( −= → dt

Bvgdv =−

a) Integrando ambos miembros de la expresión anterior nos queda:

∫∫ =−

dt Bvg

dv → C t Bvg B

+=−− )ln(1 , de donde

BC Bt e Bvg −−=− ⇒ [ ])(1)( C t Beg B

t v +−−=

Esta es la fórmula de la velocidad en función del tiempo.

Y como 0)( =t v para s0=t , la constanteC vale:

BC eg −= → B

gC ln−=

Por tanto, la ecuación de la velocidad queda de la siguiente manera:

)1()(ln

Bt Bt g Bt BC Bt BC Bt

e Bg

Bgeg

Beeg

Beeg

Begt v −

−−−−−−

−=−=⋅−=⋅−=−=

Así pues, la velocidad de caída de la partícula bajo una fuerza resistiva tiene, finalmente, lasiguiente expresión:

=)(t v )1( Bt e Bg −−




92

Cuando la aceleración es cero, significa que la fuerza resistiva se hace igual en magnitud, pero de sentido contrario, a la fuerza de gravedad. Así pues, si0=a el valor de la velocidad esigual a:

0=−= Bvga ⇒ =t v Bg

=t v Velocidad terminal o velocidad límite.

b) La expresión gráfica de la velocidad calculada en el apartado anterior, para un valor del parámetro 1s196,0 −= B es como sigue:

05

10152025303540455055

60

0 2 4 6 8 10 12 14 1 6 18 2 0 22 24 2 6 28 30 32 34

t (s)

v ( m

/ s )

En el gráfico se ha dibujado la recta de la pendiente a la curvav(t ) para el momento s0=t ,

cuyo valor es precisamente la aceleración de la gravedad 2m/s81,9=g . La velocidad límite se con-sigue, para este ejemplo, cuando se alcanzan los m/s0,50≅t v , donde la pendiente a la curvav(t ) sehace igual a cero (representada en la línea azul discontinua).

26 . La expresión de la que partimos es la siguiente:

dt Bvg

dv =−

a) Ahora hacemos el cambio Bvg f −= , y derivamos respecto dev, esto es

Bdvdf −=




93

Sustituyendo estas expresiones en la primera ecuación nos queda finalmente:

dt f Bdf

=

−

⇒ Bdt f df −= Tal como se quería demostrar

b) Si integramos la expresión anterior nos queda:

∫∫ −= dt f df

B1 → )(ln1 C t f

B +−= → )( C t Be f +−=

)( C t Be Bvg f +−=−= → Begt v

C t B )(

)(+−−=

Y como 0)( =t v para s0=t , la constanteC vale:

BC eg −= → =C Bgln−

c) La ecuación de la velocidad queda de la siguiente manera:

)1()(ln

Bt Bt g Bt BC Bt BC Bt

e Bg

Bgeg

Beeg

Beeg

Begt v −

−−−−−−

−=−=⋅−=⋅−=−=

Y como la velocidad terminal vale Bgvt = , la velocidad de caída de la partícula bajo unafuerza resistiva tiene la siguiente expresión:

=)(t v )1( /T t t ev −− con

BT 1=




d) Los puntos obtenidos son los que se muestran en el gráfico.

(10 s, 62,01 m/s)

(6 s, 44,26 m/s)

(3 s, 25,43 m/s)

(1 s, 9,34 m/s)

(20 s, 84,82 m/s)

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

60,00

70,00

80,0090,00

100,00

0 2 4 6 8 10 1 2 14 1 6 18 20 22 2 4 2 6 28 30 32 3 4

t (s)

v ( m

/ s )

En el gráfico podemos observar como, con el paso del tiempo, la pendiente de la curva se

hace cada vez más plana u horizontal. Esto es así debido a que cuanto mayor sea el tiempo más seacerca la velocidad instantánea al valor de la velocidad terminal, que en este ejemplo vale:

m/s1,98s1,0m/s81,9

1

2== −t v

27 . Siendo la expresiónn

Cx y = , derivando con respecto a x nos queda

1−= nCnxdxdy

Ahora, vamos a dividir cada miembro de la ecuación por el valor de y, esto es

dxCnxdy n 1−= ⇒ n

n

CxdxCnx

ydy 1−

= ⇒ xdxn

ydy =

física. solución capítulo 2 tipler (2ª edición)

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