Movimiento en una y dos dimensiones

MOVIMIENTO EN UNA Y DOS DIMENSIONES ING. QUIMICA - ING. CIVIL – ING. DE ALIMENTOS
PASTOR GUTIERREZ BAREA
56
CAPITULO IV
MOVIMIENTO EN UNA Y DOS DIMENSIONES
4.1. INTRODUCCION A LA CINEMATICA DE UN PUNTO
En este capítulo estudiaremos las relaciones que existen entre la posición, la velocidad y la
aceleración de una partícula o un punto material. El punto material es una idealización de un
cuerpo que no tiene, forma, tamaño ni volumen, Los cuerpos son considerados como un punto
que se mueve a lo largo de una trayectoria definida. Es por esta razón que la cinemática
estudia el movimiento de los cuerpos, sin tomar en cuenta las causas (fuerzas) que lo
producen. El estudio del movimiento tomando en cuenta las fuerzas externas que actúan sobre
los cuerpos, le corresponde a la dinámica, lo que se estudiará más adelante.
El movimiento se define como el cambio continuo de posición que sufre un cuerpo. En el
movimiento real de los cuerpos, las partículas que la componen se mueven en diferentes
direcciones, pero nosotros consideraremos el movimiento de un cuerpo como si se tratara de
un punto o una partícula pequeña, el que no tiene movimiento de rotación, sino únicamente de
traslación.
El movimiento mas sencillo que puede describirse, es el movimiento de un punto en línea
recta o sobre un solo eje de coordenadas.
4.2. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME
Un cuerpo tiene movimiento rectilíneo uniforme cuando su velocidad es constante, es decir
que no cambia con el tiempo, por tanto, la aceleración es cero. La posición x del cuerpo en el
instante t, viene dada por la siguiente expresión:
x = vt (v = cte) ; (a = 0) (4.1)
En la figura 4.1, se muestran las graficas (v,t) y (x,t) para la ecuación 4.1. Se puede observar
en el diagrama (v, t), que el área del rectángulo es igual a la longitud recorrida.
Figura 4.1. Diagramas (v,t) y (x,t) para el movimiento rectilíneo con velocidad constante
x
x
t
t1
x1
x2
t2
v
t
t
Área = x = vt = longitud recorrida
θ
velocidadv
tt
xx
tg 



12
12


57
Ejemplo 4.1
Dos trenes se cruzan perpendicularmente y hacen un recorrido durante cuatro horas, siendo la
distancia que los separa al cabo de ese tiempo, de 100 km. Si la velocidad de uno de los trenes
es de 20 km/h, calcular la velocidad del segundo tren.
Solución:
ttvx 2011  ; tvx 22  ; t = 4h
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo, tenemos:
2
2
22
2
2
1
2
)()20(100 tvtxx 
2
2
22
)4()420(100 xvx 
hkmv /152 
4.3. VELOCIDAD MEDIA
Para definir la velocidad media, consideremos el movimiento de una partícula a lo largo del
eje x, como se muestra en la figura 4.2. En el instante 1t la partícula se encuentra en el punto P
y su coordenada es 1x . En el instante 2t , la partícula se encuentra en el punto Q y su
coordenada es 2x . El desplazamiento en el intervalo de tiempo de 1t a 2t es el vector que une
los puntos P y Q. La componente x de este vector es ( 2x – 1x ). Para representar el cambio o
variación de x utilizamos la letra griega Δ.
Así, Δx = (x2 – x1)
y t1 t2
P Δx Q
● ● x
x1 x2 - x1 = Δx
x2
Figura 4.2. Vector desplazamiento y velocidad media de una partícula
100 km
V1 = 20 km/h
x1
x2

58
De igual manera el intervalo de tiempo desde t1 hasta t2 lo representamos por la siguiente
expresión:
Δt = (t2 – t1)
La velocidad media de la partícula se define como la razón del vector desplazamiento Δx al
intervalo de tiempo Δt,
t
x
tt
xx
v






)(
)(
12
12
)()( 1212 ttvxx  (4.2)
Sí para t1 = 0, el cuerpo se encuentra en la posición x0 ; para un tiempo posterior t2 = t,
ocupará una posición x,
)0()( 0  tvxx
tvxx  0 (4.3)
Sí la partícula para t1 = 0, parte del origen, entonces x0 = 0 y la ecuación 4.3 queda de la
siguiente manera:
tvx  (4.4)
4.4. VELOCIDAD INSTANTÁNEA
La velocidad de una partícula en un determinado instante, o en cualquier punto de su
trayectoria, se denomina velocidad instantánea. El velocímetro de un automóvil mide la
magnitud de la velocidad instantánea en millas por hora (mph) o en kilómetros por hora
(Km/h).
Si el intervalo de tiempo Δt se puede hacer cada vez más pequeño, de tal manera que el
instante final tf tiende a coincidir con el instante inicial ti, entonces se dice que el intervalo de
tiempo se acerca a cero, o sea Δt → 0. En el límite cuando Δt → 0, Δx también se acerca a
cero, por lo que la partícula se encuentra en una posición instantánea. Por lo tanto se puede
definir el vector velocidad instantánea v de la siguiente manera:
(4.5)
Pero dicho límite es la definición de derivada de x con respecto del tiempo t.
dotranscurritiempo
recorridaciadis
promedioVelocidad
tan


59
4.5. ACELERACIÓN MEDIA E INSTANTÁNEA
Cuando la velocidad de un móvil varía con el tiempo, se dice que el cuerpo se mueve con
movimiento acelerado o que tiene aceleración.
La aceleración media de una partícula cuando se mueve de un punto a otro se define como la
razón del cambio de velocidad y el tiempo transcurrido, Figura 4.3.
y P Q
● ● x
1v 2v
Figura 4.3 Movimiento con aceleración constante
t
v
tt
vv
a






12
12
(Aceleración Media) (4.6)
Donde 1v y 2v son las velocidades correspondientes a los tiempos 1t y 2t
La aceleración instantánea de un cuerpo, se define como la aceleración que tiene el cuerpo
en un determinado instante o en cualquier punto de su trayectoria.
La aceleración en el instante t es el límite de la aceleración media cuando el intervalo t se
acerca a cero, que no es otra cosa que la definición de la derivada de v con respecto al tiempo.
4.6. MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMEMENTE ACELERADO (MRUA)
El movimiento acelerado más sencillo, es el movimiento rectilíneo con aceleración constante,
es decir, cuando la velocidad varía uniformemente durante todo el movimiento.
Para el MRUA, la aceleración media es igual a la aceleración instantánea, es decir que la Ec.
4.6, podemos escribir de la siguiente manera:
t
v
tt
vv
aatáneainsnAceleració






12
12
tan (4.8)
En el movimiento uniformemente acelerado, la velocidad se incrementa de manera uniforme
desde el valor 0v al valor v, el valor de la velocidad media es:
2
0 vv
v

 (Solamente si a es ctte.) (4.9)
Aceleración instantánea = (4.7)

60
Sustituyendo la ecuación 4.9 en 4.4, tenemos:
t
vv
x
2
0





 
 (4.10)
A partir de la ecuación 4.8.
12
12
tt
vv
a



Si 01 vv  , velocidad inicial, para un 01 t ; y vv 2 , velocidad final para un tiempo
posterior, tt 2 :
t
vv
a 0

atvv  0 (4.11)
Reemplazando la ecuación (4.11) en la (4.10), tenemos:
2
0
2
1
attvx  (4.12)
Despejando el tiempo de la ecuación 4.11:





 

a
vv
t 0
(4.13)
Sustituyendo en la ecuación 4.12.
2
00
0
2
1





 





 

a
vv
a
a
vv
vx
Pasando x0 al primer miembro y multiplicando por 2 a ,
2
00
22
00 2222 vvvvvvvxa 
2
0
2
2 vvxa 
axvv 22
0
2
 (4.14)
4.6.1. Representación Gráfica del Movimiento Rectilíneo con Aceleración Constante
En la Figura 4.4., se muestra la gráfica velocidad-tiempo, como se puede ver corresponde a
una línea recta. El desplazamiento es igual al (área de un rectángulo + área de un triángulo).

61
Figura 4.4 Figura 4.5
En la Figura 4.5, se presenta la gráfica aceleración vs tiempo y en la figura 4.6, se muestra la
gráfica de la posición en función del tiempo, como se puede ver, esta última corresponde a una
parábola.
Figura 4.6. Representación gráfica de x vs t
Ejemplo 4.2
Un auto parte del reposo y se mueve con movimiento rectilíneo y aceleración constante,
recorriendo una distancia de 64 pies en 4 seg. a) ¿Cuál será su velocidad final? b) ¿Cuánto
tarda en recorrer la mitad de la distancia total? c) ¿Cuál es la distancia recorrida en la mitad
del tiempo total? d) ¿Cuál será su velocidad cuando haya recorrido la mitad de la distancia?
e) ¿Y al cabo de un tiempo igual a la mitad del total?
Datos: v0 = 0
x = 64 pies
t = 4 s
Solución: atvv  0 (1)
2
2
0
at
tvx  (2)
axVV 22
0
2
 (3)
atvv  0
x
t
o
2
0
2
1
attvx 
at
Área = at = v - vo

62
De (2)
2
2
0
at
tVx 
)2/4(64 2
a
2
8 spiea 
De (3) axvv 22
0
2

)64)(8(22
v
spiev 32 (a)
De (2)
2
2
0
at
tvx 
2
8
32
2
t

st 823.2 (b)
De (2)
2
2
at
x 
2
2*8 2
x
piex 16 (c)
De (3) axvv 22
0
2

)32)(8(22
v
spiev 627,22 (d)
De (1) atvv  0
)2(8v
spiev 16 (e)
Ejemplo 4.3
La velocidad de un automóvil que se dirige hacia el Norte se reduce de 45 Km/h a 30 km/h en
una distancia de 80 m. Hállense: a) el valor y sentido de la aceleración, supuesta constante; b)
el tiempo transcurrido; c) la distancia en la cual puede detenerse desde la velocidad de 30
Km/h, suponiendo una aceleración igual a la del aparato a).
Datos: vo = 45 Km/h = 12,5 m/s
v = 30 km/h = 8,33 m/s
Solución: atvv  0 (1)

63
2
2
0
at
tvx  (2)
axvv 22
0
2
 (3)
De (3) )80)((2)5,12()333,8( 22
a
2
sma 542,0 “Hacia el Sur” (a)
De (1) atvv  0
a
vv
t 0

st 7,7
542,0
5,1233,8



 (b)
De (3) axvv 22
0
2

axv 20 2
0 
)542,0(2
333,8 2


x
mx 05,64 (c)
Ejemplo 4.4
Un automóvil parte del reposo y acelera durante 10 seg a razón de 1,20 m/seg2
. Después se
mueve con velocidad constante durante 30 seg y, finalmente, decelera a razón de 2,4 m/seg2
hasta que se detiene. Hállese la distancia total recorrida.
Datos: v0 = 0
t = 10 s
a = 1.2 m/seg2
Solución: atvv  0 (a)
1x 2x 3x
00 v
2
/2,1 sma 
st 101  ?1 v 1v 0v
2
/4,2 sma 
st 302 

64
2
2
0
at
tvx  (b)
axvv 22
0
2
 (c)
De (b)
2
10
*2.1
2
1 x De (a) atvv  01
mx 601  )10(2,11 v
smv 121 
Si
t
x
v   212 tvx 
mx 36030*122 
De (c) 3
2
1
2
2axvv 
3
2
1 20 axv 
)4,2(2
)12( 2
3 x
mx 303 
Distancia total, mx )3036060( 
mx 450
Ejemplo 4.5
Un automóvil parte del reposo y adquiere una velocidad de 40 km/h en 15 s.
a) Calcúlese la aceleración suponiendo que es constante.
b) Si este sigue aumentando la velocidad al mismo ritmo, ¿cuántos segundos más necesitara
para alcanzar una velocidad de 60 km/h?
c) Hállense las distancias recorridas por el automóvil en los apartados a) y b).
vo = 0 v1 = 40 km/h v2 = 60 km/h
0 1 2
x1 x2
Solución:
Convertiremos las velocidades en m/s:
v1 = 40 (Km/h)(1000 m/ 1km)(1 h/3600 s) = 11,11 m/s
st 151 
st 151  ?2 t

65
v2 = 60 (Km/h)(1000 m/ 1km)(1 h/3600 s) = 16,67 m/s
Como el automóvil parte del reposo, su velocidad inicial ( 0v ), es igual a cero,
a) La aceleración calculamos de la siguiente ecuación:
101 tavv  (1)
11 tav  11 /tva  = (11,11 m/s)/15 s = 0,74 m/s2
b) La ecuación (1) podemos expresar de la siguiente manera:
212 tavv  s
a
vv
t 41,7
74,0
)11,1167,16(12
2 




c) La distancia total recorrida en los dos tramos será: d = x1 + x2
 2
111 21 atvotx (1/2)(0,74m/s2
)(15s)2
= 83,25 m
 2
212 21 attvx (11,11m/s)(7,41s) + (1/2)(0,74m/s2
)(7,41s)2
= 102,64 m
d = 83,25 m + 102,64 m = 185,89 m
4.7. CAIDA LIBRE DE LOS CUERPOS
El ejemplo más sencillo de movimiento con aceleración (aproximadamente) constante, lo
constituye un cuerpo que cae a tierra. Despreciando la resistencia del aire, se encuentra que en
un mismo lugar de la superficie de la tierra, todos los cuerpos, independientemente de su
tamaño o peso, caen con la misma aceleración, y si la distancia recorrida no es demasiado
grande, la aceleración permanece constante durante la caída. Este movimiento idealizado se
denomina caída libre, aunque la expresión se aplica tanto a los cuerpos que ascienden como a
los que caen.
La aceleración de un cuerpo en caída libre se denomina aceleración debida a la gravedad, o
aceleración de la gravedad, y se representa por la letra g. En la superficie de la tierra (o cerca
de ella) es aproximadamente 2
81,9 sm o 2
18,32 spie
4.7.1. Ecuaciones para el Movimiento en Caída Libre
Como la caída libre de los cuerpos es un movimiento rectilíneo con aceleración constante se
aplican las ecuaciones deducidas para el Movimiento Uniformemente Acelerado, haciendo x =
h y a = - g. No se debe olvidar que g es un vector y siempre esta dirigido hacia abajo, por lo
que es más conveniente introducir el signo menos por delante de g.

66
v = v0  gt ; h = v0 t  ½ gt2
; v 2
= v0
2
 2gh (4.15)
A partir de la Figura 4.7 se cumplen las siguientes relaciones:
[ VA] = [ VE] ; [ VB] = [ VD] ; t s = t b ; t t = t s + t b = 2 t s = 2 t b
t t = tiempo total que el cuerpo permanece en el aire.
Figura 4.7. Subida y caída de un cuerpo
Ejemplo 4.6
Se abandona un cuerpo en caída libre partiendo del reposo. Calcúlense su posición y velocidad
al cabo de 1, 2, 3 y 4 seg. Tómese el origen 0 a la altura del punto de partida, el eje y vertical y
su sentido positivo hacia arriba.
Datos: ho = 0
vo = 0
a = -g = 9,8 m/s2
Solución: ))(9,4(
2
1
0
2
1 222
tgtattvh o 
)(8,900 tgtatvv 
Para st 1 mh 9,4)1(9,4 2
 ; smv /8,9)1(8,9 
Para st 2 my 6,19)2(9,4 2
 ; m/sv 6,19
Para st 3 my 1,44)3(9,4 2
 ; m/sv 4,29
Para st 4 my 4,78)4(9,4 2
 ; m/sv 2,39
vE
E

67
Para t = 1 s, el cuerpo se encuentra, a 4,9 m por debajo del origen (y es negativa) y tiene un
movimiento hacia abajo (v negativa) de velocidad 9,8 m/s.
4.8. MOVIMIENTO EN UN PLANO
El movimiento rectilíneo lo hemos considerado en una sola dirección, ahora veremos el
movimiento en un plano, es decir en dos direcciones. Como Ej. de este movimiento tenemos
una pelota de béisbol lanzada al aire, un proyectil disparado con un arma de fuego, un objeto
lanzado desde un avión, un cuerpo que gira atado al extremo de una cuerda, el movimiento de
la luna o el de un satélite alrededor de la tierra.
4.9. MOVIMIENTO PARABOLICO
Analizaremos el movimiento de un proyectil, que es disparado con una velocidad inicial y a
continuación sigue una trayectoria determinada por la fuerza gravitacional que actúa sobre él y
por la resistencia del aire. El camino seguido por un proyectil se denomina trayectoria.
Estudiaremos trayectorias cortas para que la aceleración de la gravedad pueda considerarse
constante en dirección y magnitud.
El movimiento estará referido a ejes fijos respecto a la Tierra. Por otra parte no tomaremos en
cuenta los efectos producidos por la resistencia del aire y consideraremos que la tierra es plana
y sin movimiento de rotación. Estas hipótesis constituyen la base de un modelo idealizado del
problema físico. Para este caso idealizado, la única fuerza que actúa sobre el proyectil es su
peso considerado constante en magnitud y dirección, es mejor referir el movimiento a un
sistema de ejes de coordenadas rectangulares. La componente x de la aceleración que actúa
sobre el proyectil es nula y la componente y es la aceleración debida a la gravedad, es decir:
ax = 0 ; ay = - g (4.16)
Esto es, la componente horizontal de la aceleración es nula, y la componente vertical, dirigida
hacia abajo, es igual a la de un cuerpo que cae libremente. Puesto que aceleración nula
significa velocidad constante, el movimiento puede definirse como una combinación de
movimiento horizontal con velocidad constante y movimiento vertical con aceleración
constante. El movimiento de un proyectil, se representa en la figura 4.8.
Supongamos que en el instante t = 0 la partícula se encuentra en la posición (x0, y0) y las
componentes de la velocidad son xv0 y yv0 . Para un tiempo posterior t, sus coordenadas serán
(x; y) y las componentes de la velocidad son vx y vy respectivamente.
Como ax = 0, la componente de la velocidad en la dirección x no cambia con el tiempo. La
componente vy varía uniformemente debido a la aceleración g (aceleración constante).

68
0
R
Fig. 4.8 Trayectoria de un proyectil lanzado con velocidad inicial v0 y ángulo de salida 0 . La distancia
R es el alcance horizontal y la altura máxima, es ymax
A partir de la figura 4.8, podemos escribir las siguientes relaciones:
000 cosvv x  ; 000 senvv y  (4.17)
Ecuaciones para el movimiento parabólico:
Las ecuaciones para el movimiento de un proyectil en las direcciones x y y, las encontraremos
utilizando las ecuaciones deducidas para el movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.
La posición inicial estará dada por el origen de las coordenadas, es decir, x0 = y0 = 0
Para el eje x:
atvv  0
tavv xxx  0
000 cosvvv xx  (4.18)
2
0
2
1
attvx 
2
0
2
1
tatvx xx 
tvtvx x 000 cos (4.19)
Para el eje y:
atvv  0
tavv yyy  0
0
0
vx
vy v
vox
voy
0
vo

xv
yv
x
y
xv
maxy
yv 0 
v

y
x

69
gtvv yy  0
gtsenvvy  00  (4.20)
2
0
2
1
attvy 
2
0
2
1
tatvy yy 
2
0
2
1
gttvy y 
2
00
2
1
gttsenvy   (4.21)
Para cualquier posición de la trayectoria,
22
yxr  y 22
yx vvv  (4.22)
De la ecuación (4.19), despejando el tiempo tenemos:
00 cosv
x
t  (4.23)
Sustituyendo en la ecuación (4.21), tenemos:
2
0000
00 )
cos
(
2
1
)
cos
)((


v
x
g
v
x
senvy  (4.24)
2
0
22
0
0
cos2
x
v
g
xtgy

  (4.25)
2
bxaxy  (4.26)
La ecuación (4.26) es la ecuación de una parábola.
Tiempo que tarda en alcanzar la altura máxima:
Cuando el proyectil alcanza la altura máxima, vy = 0. A partir de la ecuación (4.20), tenemos:
gtsenvvy  00 
0

70
g
senv
t 00 
 (4.27)
Tiempo total que permanece en el aire:
g
senv
ttt
002
2

 (4.28)
Altura máxima:
Sustituyendo la ecuación (4.27) en la ecuación (4.21), tenemos:
)(
2
1
))(( 2
0
22
000
00max
g
senv
g
g
senv
senvy

  (4.29)
g
senv
g
senv
y
2
0
22
00
22
0
max

 (4.30)
g
senv
y
2
0
22
0
max

 (4.31)
Alcance horizontal máximo:
A partir de la ecuación (4.19), sustituyendo x por R y t por tt, tenemos:
g
senv
g
senv
vtvR t
00
2
000
0000
cos2
)
2
(coscos

 
g
senv
R 0
2
0 2
 (4.32)
El valor máximo de R es cuando 12 0 sen ; es decir cuando º902 0  o cuando º450  .
Ejemplo 4.7
Una bola que rueda sobre una mesa horizontal de 1 m de altura cae, tocando el suelo en un
punto situado a una distancia de 1.5 m del borde de la mesa. Determinar: a) La velocidad de la
bola en el momento de abandonar la mesa. b) La magnitud y dirección de la velocidad cuando
la bola choca con el suelo.
Solución: La figura 4.9, muestra una representación de la trayectoria que sigue la bola desde
el borde de la mesa hasta que choca con el suelo.

71
v0 = v0x
vx
x
vy v
Fig. 4.9. Trayectoria que sigue la bola del ejemplo 4.7
A partir de la fig. 4.9, las coordenadas x y y tienen los siguientes valores:
x = 1,5 m ; y = 1 m
tvx 00 cos (1)
- 2
00
2
1
gttsenvy   (2)
Como 0 = 0º , entonces 0sen 0
La ecuación (2) queda: 2
2
1
gty  (3)
De la ecuación (3) podemos encontrar el tiempo que tarda la bola en chocar el suelo
s
x
g
y
t 45,0
8,9
122

a) Como 1cos 0  , la ecuación (1) queda de la siguiente manera: tvx 0 (4), despejando la
velocidad inicial tenemos: sm
t
x
vv x /33,3
45,0
5,1
00  .
b) La magnitud y dirección de la velocidad cuando la bola choca con el suelo, lo
determinamos a partir de las siguientes ecuaciones:
smvv xx /33,30  ; gtvv yy  0 ; Pero la componente de la velocidad inicial en la
dirección vertical, es nula, es decir, 00 yv .
smxgtvy /41,445,08,9  (el signo menos significa que vy esta dirigida hacia abajo)
y
θ

72
La magnitud de la velocidad estará dada por: smvvv yx /52,5)41,4()33,3( 2222

Su dirección:
33,3
41,4

x
y
v
v
tg ; entonces º53
Ejemplo 4.8
Un avión que vuela a 100 m/s deja caer un objeto desde una altura de 2000 m por encima de la
superficie de la tierra.
a) Cuanto tarda el objeto en llegar a tierra?
b) Que distancia recorre horizontalmente mientras cae?
c) Calcular la magnitud y dirección de la velocidad cuando el objeto choca la superficie de la
tierra.
Solución:
En la figura 4.10 representamos el problema físico.
v0 = 100 m/s
2000 m
vx
x θ
v
Fig. 4.10 vy
a) 22
00
2
0
2
1
2
1
2
1
gtgttsenvgttvy y  
Despejando el tiempo, tenemos: s
x
g
y
t 2,20
8,9
200022

b) mssxmtvtvtvx x 20202,20/100cos 0000  
c) smvvvx /100cos 000  
smssmgtsenvvy /96,1972,20/8,9 2
00  
smvvv yx /78,221)96,197(100 2222

1
0

73
Su dirección:
100
96,197

x
y
v
v
tg ; entonces º2.63
Ejemplo 4.9
Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de 160 pies/s, que forma un ángulo de 53.1º
con la dirección positiva del eje x. En función de estas variables determinar:
a) La posición del proyectil, la magnitud y dirección de su velocidad al cabo de 2s.
b) El tiempo que tarda el proyectil en alcanzar el punto más alto de su trayectoria y la altura
de dicho punto.
c) Calcular el tiempo total que el proyectil permanece en el aire y el alcance horizontal R.
Solución:
Representemos la trayectoria del proyectil en la figura 4.11.
ymax
0
R
Figura 4.11
a) Las componentes xv0 y yv0 vienen definidas de la siguiente manera:
000 cosvv x  ; 000 senvv y 
spiesv /1600  ; º1,530 
Para un tiempo de 2s, la posición del proyectil estará dada por las coordenadas x y y.
piessspiestvtvx x 192)2)(º1,53)(cos/160(cos 000  
 2
0
2
1
gttvy y
2
00
2
1
gttsenv 
piessxspiessxsxsenpiesy 192)2(/32
2
1
2º1,53/160 22

La magnitud y dirección de la velocidad se determina a partir de las siguientes relaciones:
53,1º
v0

74
spiessxpiesvvv xx /96º1,53cos/160cos 000  
spiessspiessenspiesgtsenvgtvv yy /64)2)(/32()º1,53)(/160( 2
000  
spiesvvv yx /37,115)64()96( 2222

Su dirección:
96
64

x
y
v
v
tg ; entonces º7,33
b) En el punto más alto de su trayectoria, la componente de la velocidad en la dirección
vertical es nula, es decir 0yv .
gtsenvgtvv yy  000 
gtsenv  000 
despejando el tiempo, tenemos:
g
senv
t 00 

s
spies
senspies
t 4
/32
)º1,53)(/160(
2

 2
0max
2
1
gttvy y
2
00
2
1
gttsenv 
piessspiesssenspiesy 256)4)(/32(
2
1
)4)(º1.53)(/160( 22
max 
c) ttx tvtvR 000 cos ; ssxttt 8422 
piessspiesR 5,768)8)(º1.53)(cos/160( 
Ejemplo 4.10
Un jugador lanza un balón formando un ángulo de 37º con la horizontal y con una velocidad
inicial de 48 pies/s. Un segundo jugador situado a una distancia de 100 pies del primero, en la
dirección del puntapié, empieza a correr para alcanzar al balón en el instante en que este es
golpeado. ¿Con que velocidad ha de correr para llegar al balón antes de que este toque el
suelo?.
Solución:
Representemos el problema físico en la figura 4.12.

75
v
ymax
R
100 pies
Figura 4.12
Calcularemos el tiempo total que el balón permanece en el aire a partir de la siguiente
ecuación:
g
senv
tt
002 

s
spies
senspies
tt 8.1
/32
)º37)(/48)(2(
2

Con este tiempo podemos calcular el alcance horizontal R a partir de la siguiente ecuación:
g
senv
R 0
2
0 2

pies
spies
xsenspies
R 69
/32
)º372()/48(
2
2

La distancia x que tiene que recorrer el segundo jugador será:
x = 100 pies - R = (100 – 69) pies = 31 pies
Suponiendo que el segundo jugador debe correr con velocidad constante, esta estará
dada por la siguiente expresión:
spies
s
pies
t
x
v
t
/22,17
8.1
31

x
vo
37º

76
4.10. MOVIMIENTO CIRCULAR
Es el movimiento cuya trayectoria es una circunferencia. Cuando una partícula gira alrededor
de un eje, su trayectoria forma una circunferencia o parte de ella.; así mismo, cuando un
cuerpo rígido gira alrededor de un eje, todas sus partículas describen este tipo de trayectoria.
4.10.1. Definiciones
Desplazamiento angular )( . Es una magnitud vectorial que nos proporciona la dirección y
sentido de giro de una partícula que tiene movimiento circular. La dirección está dada por el
eje de giro y su sentido por la regla de la mano derecha. El módulo o valor de este vector
representa el ángulo central que forma una partícula en un determinado tiempo. A partir de la
figura 4.13 a, se puede ver que el desplazamiento angular desde un tiempo to a un tiempo t
está dado por: ∆Ө = Ө - Өo. El desplazamiento angular se lo mide en radianes.
Velocidad tangencial )( tv . La velocidad tangencial llamada también velocidad lineal, es una
magnitud vectorial cuyo valor mide la longitud curvilínea circular que recorre el móvil en cada
unidad de tiempo. Su dirección es tangente a la trayectoria en cada punto de esta y su sentido
indica el sentido de rotación como se puede ver en la figura 4.13.b
(a) (b)
Figura 4.13. Representación del desplazamiento angular y la velocidad tangencial
Velocidad angular )( . La velocidad angular es una magnitud vectorial cuyo valor mide el
ángulo central barrido por el móvil en cada unidad de tiempo. Su dirección es perpendicular al
plano de rotación y su sentido se determina mediante la regla de la mano derecha como indica
la figura 4.14.
Figura 4.14 Dirección y sentido de la velocidad angular
C
Av
A
B
Bv
Cv
y
x
Өo
R
∆Ө
Ө to
t
v

77
Periodo.- Se denomina periodo (T) al tiempo empleado por el móvil en dar una vuelta
completa., si el móvil da varias vueltas, el periodo viene dado por:
vueltasdeN
totaltiempo
T
º

Frecuencia.- ( f ) es el número de vueltas que da el móvil en cada unidad de tiempo.
totaltiempo
vueltasdeN
f
º
 ; Numéricamente
T
f
1

4.10.2. Movimiento Circular Uniforme
El movimiento circular uniforme es aquel movimiento circular donde la velocidad angular
permanece constante, la velocidad tangencial permanece constante en magnitud, pero su
dirección cambia continuamente como se puede ver en la figura 4.13.
En el movimiento circular uniforme, en tiempos iguales se recorren longitudes de arco iguales
y se barren ángulos centrales iguales, como se muestra en la figura 4.15.
Figura 4.15 Características del movimiento circular uniforme
4.10.3. Formulas del movimiento circular uniforme:
Para describir las ecuaciones del movimiento circular, el ángulo θ se expresará en radianes.
Un radian (1 rad) es el ángulo subtendido en el centro de un circulo por un arco de longitud
igual al radio del circulo (figura 4.16.a) como el radio está contenido 2π veces en la
circunferencia ( 2π = 6,28...), habrá 2π, o sea 6,28 rad. En una vuelta completa o 360º, por lo
tanto:
gradosrad 3,57
2
º360
1 

360º = 2π rad = 6,28 rad
180º = π rad = 3,14 rad.
90º = π/2 rad = 1,57 rad.
321
321
,
:
SSS
y
tttSi





78
θ =S/R ; S = θR (4.33)
Si por Ej., θ = 2π rad, entonces S es la longitud de la circunferencia: (S = 2π R); si S = 1, 5 m
y R = 1 m, θ = 1,5 m/1m = 1,5 rad. Pero también es correcto decir, θ = 1,5.
A partir de la figura 4.17, la velocidad tangencial y la velocidad angular se expresan de la
siguiente manera:
t
w
t
S
v

 ; (4.34)
RwR
tt
R
t
S
v 







; Rwv 
Si el móvil recorre una circunferencia, t = T, entonces RS 2 . A partir de la Ecuación
(4.34), se tiene:
T
R
v
2
 ;
T
w
2

Figura 4.17. Relaciones entre R, S y Ө para el movimiento circular uniforme
R
1rad R
S

Figura. 4.16. Un ángulo θ en radianes, se define
como la razón del arco S al radio R.
(a)
(b)
S
S = R  = S/R
A partir de la figura 4.16.b, el
ángulo θ, expresado en radianes
es igual a la longitud del arco S
dividida por el radio R:

79
En la figura 4.18 se muestra el movimiento circular de dos esferas en un plano vertical, las que
se encuentran unidas a una cuerda. Determinaremos cual de las dos esferas tiene mayor
velocidad tangencial.
Figura 4.18 movimiento circular de dos esferas
Las dos esferas describen el mismo ángulo Ө empleando el mismo tiempo:
www
t
BA 

; como Rwv  AA Rwv  y BB Rwv 
Pero AR > BR Av > Bv
Velocidad angular media.- En la figura 4.19, una recta de referencia OP de un cuerpo en
rotación forma, en el instante t1, un ángulo θ1 con la recta 0X. En un instante posterior t2, el
ángulo ha aumentado a θ2. La velocidad angular media w del cuerpo, durante el intervalo de
tiempo t1 y t2 se define como la razón del desplazamiento angular θ2 – θ1 o Δθ, al tiempo
transcurrido t2 – t1 o Δt:
t
w




La velocidad angular instantánea w, se define como el límite al que tiende este cociente
cuando Δt se acerca a cero, esto es la derivada de θ respecto a t:
dt
d
t
w




 lim (4.35)
Como el cuerpo es rígido, todas las rectas contenidas en él giran el mismo ángulo en igual
tiempo. Si el ángulo θ se expresa en radianes, la unidad de la velocidad angular es un radian
P
P
t1
t2
x
0
θ1
θ2
ΔθFig. 4.19. Desplazamiento angular Δθ
de un cuerpo en rotación.
Δt→0
RA
RB
A
B
w
A
B
vA
vB
Ө

80
por segundo (rad/s). También se utiliza la revolución por minuto (rev/min) o rpm, (1 rev/s =
2π rad/s.
Aceleración angular media.- Si la velocidad angular de un cuerpo varía, se dice que tiene
aceleración angular. Si w1 y w2 son las velocidades angulares en los instantes t1 y t2, se define
la aceleración angular media  como:
t
w
tt
ww






12
12
 (4.36)
La aceleración angular instantánea (α) estará dada por el límite de este cociente cuando Δt se
acerca a cero:
dt
dw
t
w



 lim (4.37)
La unidad de α es rad/s2
, o s-2
. Como dtdw / , la aceleración angular puede escribirse:



d
dw
w
d
dw
dt
d
dt
dw
dt
d
dt
d
dt
d
 2
2
(4.38)
4.11. MOVIMIENTO CIRCULAR CON ACELERACIÓN ANGULAR CONSTANTE
Las expresiones para la velocidad y el desplazamiento angular las obtenemos por integración:
Como la aceleración angular es constante, cttedtdw / .
  dtdw  1Ctw   (4.39)
Si w0 es la velocidad inicial cuando t = 0, la constante C1 es igual a w0, es decir:
10 )0)(( Cw   (4.40)
La ecuación (4.39) se expresa de la siguiente manera:
tww  0 (4.41)
A partir de la ecuación (4.35); wdtd / , encontramos el desplazamiento angular por
integración:
dttwwdtd ).( 0  
  tdtdtwd .0  2
2
0 .
2
1
Cttw   (4.42)
0 será el valor para t = 0, entonces C2 = 0 , y la ecuación (4.42) queda:
Δt 0

81
2
00 .
2
1
ttw   ; si 00  2
0 .
2
1
ttw   (4.43)
A partir de la ecuación (4.38);


d
dw
w , integrando, tenemos:   wdwd
3
2
2
. C
w
 (4.44)
Para 0;0  t ; w = w0, C3 tendrá el siguiente valor:
2
.
2
0
03
w
C   (4.45)
Remplazando (4.45) en (4.44), tenemos:
).(.2 0
2
0
2
  ww si 00  22
0
2
 ww (4.46)
Tabla 4.1 Comparación de las ecuaciones del movimiento angular con las ecuaciones del
movimiento rectilíneo con aceleración constante.
Movimiento rectilíneo
uniformemente acelerado
Movimiento angular
uniformemente acelerado
a = ctte α = ctte
atvv  0 tww  0
2
0
2
1
attvx  2
0 .
2
1
ttw  
axvv 22
0
2
 22
0
2
 ww
Ejemplo 4.11
En el instante t = 0, la velocidad angular de un cuerpo es 5 rad/s y su aceleración angular es
constante e igual a 2 rad/s2
. a) cual es el desplazamiento angular en el instante t = 3 s? .b) cual
es la velocidad angular en ese instante?.
Solución:
a) 2
0 .
2
1
ttw   = .82,324)3)(/.2(
2
1
).3).(/5( 22
revradssradssrad 
b) tww  0 = sradssradsrad /11)3)(/.2(/5 2


82
4.12. ACELERACION CENTRIPETA
La aceleración centrípeta conocida como aceleración normal (aN) es una magnitud vectorial
que produce el cambio de dirección y sentido de la velocidad tangencial de la partícula.
Esta aceleración es perpendicular a la velocidad tangencial y se encuentra dirigida hacia el
centro del radio de curvatura.
La aceleración normal viene definida por la siguiente expresión:
R
v
aN
2
 (4.47)
4.13. RELACION ENTRE VELOCIDADES Y ACELERACIONES ANGULARES Y
LINEALES
 Cuando un cuerpo rígido gira alrededor de un eje fijo, cada punto del cuerpo se mueve
describiendo un círculo cuyo centro se encuentra en el eje situado en un plano
perpendicular al mismo.
 Existen algunas relaciones sencillas y útiles entre la velocidad y la aceleración angulares
del cuerpo en rotación y la velocidad y aceleración lineal de sus puntos.
Sea r la distancia al eje de cierto punto P del cuerpo, de forma que el punto describe un circulo
de radio r, como se indica en la figura 4.20. Cuando el radio forma un ángulo θ con el eje de
referencia, la distancia S al punto P, medida sobre la trayectoria circular es:
S = r. θ (4.48)
Derivando la ecuación (4.48) respecto al tiempo, tenemos:
dt
d
r
dt
dS 
 ; pero v
dt
dS
 y w
dt
d


rwv  (4.49)
Derivando nuevamente respecto al tiempo, la ecuación (4.49), tenemos:
dt
dw
r
dt
dv
 ; a
dt
dv
 y 
dt
dw
ra  (4.50)
El primer miembro de la ecuación (4.50), representa la componente tangencial de la
aceleración lineal del punto situado a una distancia r del eje.
Fig. 4.20. La distancia S recorrida por
el punto P es igual a rθ

83
Aceleración tangencial = rat 
La componente normal de la aceleración del punto P, v2
/r, puede expresarse también en
función de la velocidad angular:
2
222
rw
r
wr
r
v
aN  (4.51)
En la figura 4.21 se muestran las componentes tangencial y normal de la aceleración de un
punto P del cuerpo en rotación, como se observa, su suma vectorial es la aceleración a.
Nt aaa  (Suma vectorial)
La magnitud de la aceleración esta dada por:
22
)()( Nt aaa 
Resumen:
M.C.U. 0ta
2
2
rw
r
v
aN 
M.C.U.A.
t
vv
at
0

2
2
rw
r
v
aN 
θ
aN = w2
.r
at = α.r
P
a
0
Fig. 4.21. Rotación no uniforme alrededor de un eje fijo que
pasa por el punto 0. at es la componente de la aceleración
tangencial y aN la componente normal.

84
Ejemplo 4.12
Una partícula gira alrededor de una circunferencia de 1,5 m de radio a una velocidad de 6 m/s.
Tres segundos después su velocidad es de 9 m/s. Determinara: a) la aceleración angular de la
partícula, b) el desplazamiento angular, c) el número de vueltas que ha dado al cabo de los 6
segundos.
Solución:
Datos: smv /60  ; smvf /9 ; st 3 ; mR 5,1
La aceleración tangencial estará dada por:
20
/1
3
/)69(
sm
s
sm
t
vv
a
f
t 




El valor de su aceleración angular:
2
2
/67,0
5,1
/1
srad
m
sm
R
at

La velocidad angular inicial:
srad
m
sm
R
v
w /4
5,1
/60
0 
Calculo del ángulo que ha girado en un tiempo de 6 segundos:
radssradssradttw 36)6)(/67,0(
2
1
)6)(/4(
2
1 222
0  
Luego, el número de vueltas:
vueltas
vueltarad
rad
vueltarad
n 73,5
/2
36
/2



.

85
4.14. PROBLEMAS PROPUESTOS
4.1. Un deportista sale de su casa en bicicleta a las seis de la mañana. Al llegar a un cierto
lugar, se le estropea la bicicleta y ha de volver andando. Calcular a qué distancia ocurrió
el percance sabiendo que las velocidades de desplazamiento han sido de 30 Km/h en bici
y 6 Km/h andando y que llegó a su casa a las 13 horas. Resp: 35 km.
4.2. Un tren tarda 76 s para atravesar un túnel de 900 m de longitud; y en pasar delante de un
observador tarda 16 s. Cuál es la longitud del tren? Resp. 240 m
4.3. Dos autos salen a su encuentro, uno de Tarija y otro de Bermejo. Sabiendo que la
distancia entre ambas ciudades es de 110 Km. y que sus velocidades son 100 Km/h y 80
Km/h y que el auto de Tarija salió 15 minutos más tarde, calcular: a) El tiempo que tardan
en encontrarse b) ¿A qué distancia de Tarija lo hacen?
Resp. a) t = 0,5 horas; b) a 50 km de Tarija.
4.4. Un auto parte del reposo con aceleración constante y tarda 8 segundos en recorrer una
distancia de 600 m entre dos puntos “A” y “B” de su trayectoria. Si su velocidad en el
segundo punto, “B”, es 100 m/s, calcular: a) La aceleración del auto; b) La velocidad en el
primer punto “A”; c) La distancia que hay entre el punto de partida y el punto “A”.
Resp. a) 6,25 m/s2
; b) 50 m/s; c) 200 m.
4.5. En el mismo instante dos autos A y B pasan por dos puntos que están separados por 50 m,
con velocidades de 45 km/h y 54 km/h, moviéndose en el mismo sentido (con B detrás de
A) y con aceleraciones de 1,5 m/s2
y 2,5 m/s2
. ¿Después de que tiempo B estará 100
metros delante de A? Resp. t = 15 s
4.6. Un móvil situado en A parte del reposo hacia B con aceleración de 0,2 m/s2
, la distancia
entre A y B es de 100 m. En el mismo instante que el primer móvil parte de A, otro móvil
pasa por B al encuentro del primero con una velocidad constante de 5 m/s. Si los móviles
se cruzan, determine la separación que existe entre ambos móviles cuando el primer móvil
pasa por el centro entre A y B. Resp. 61,80 m
4.7. Un auto sale del punto A con una aceleración de 0,75 m/s2
. Poco tiempo después se
encuentra con una camioneta que se mueve en dirección opuesta con una velocidad
constante de 6 m/s. Sabiendo que la camioneta pasa por el punto A, 20 segundos después
de que el auto salió de allí, ¿en qué tiempo se cruzaron los móviles desde el instante en
que el auto salió del punto A? Resp. t = 11,6 s
4.8. Un móvil “A” con aceleración positiva de 4 m/s2
comienza a moverse a partir del punto
“0”, en el mismo instante que un móvil “B” parte con una velocidad inicial de 12 m/s y
aceleración negativa de 8 m/s2
del punto “P”. Si la distancia que separa los puntos “0” y
“P” es de 10 m, determine el tiempo de encuentro de los móviles. Resp. t = 1 s

86
Problemas de caída libre:
4.9. Desde un puente de 15 m de altura sobre la superficie de un lago, se lanza una piedra
verticalmente hacia arriba con velocidad inicial de 10 m/s. Al llegar a la superficie del
lago, la piedra se sumerge y desacelera a razón de 0,5 m/s2
. Si el tiempo total empleado
desde el momento del lanzamiento hasta que llega al fondo del lago es de 6 segundos,
calcule la profundidad del lago. Resp. h = 56,5 m
4.10. Dos esferas “A” y “B” se colocan en la misma vertical. La esfera “A” se lanza hacia
arriba con una velocidad de 60 m/s y en el mismo instante, se deja caer la esfera “B”.
desde que altura h se tendrá que dejar caer la esfera “B” para que ambas se encuentren
en la máxima altura alcanzada por “A”. Considere g = 10 m/s2
. Resp. h = 360 m
4.11. Un globo que se eleva verticalmente con una velocidad de 4,8 m/seg abandona un
maletín en el instante en que se encuentra a 19,2 m sobre el suelo. a) Calcúlense la
posición y velocidad del maletín al cabo de ½ seg de ser abandonado, b) ¿Al cabo de
cuantos segundos llegará a tierra? c) ¿Cuál será su velocidad en ese instante?
Resp. a) 20,37 m por encima del suelo y - 0,105 m/s ; b) 2,53 s ; c) 20 m/s.
4.12. Una persona observa a través de su ventana cuya altura respecto al suelo es de 20 m. En
cierto instante ve pasar una pelota hacia arriba y luego de 5 segundos la ve pasar hacia
abajo. Calcular; a) La velocidad inicial con que fue lanzada la pelota del suelo; b) El
tiempo total que la pelota permanece en el aire. Resp. a) 31,5 m/s ; b) 6,4 s
4.13. Un paracaidista salta de un avión y cae 50 m, sin rozamiento del aire. Abre el paracaídas
en ese punto y el aire lo frena con aceleración de 2 m/s2
, llegando al suelo con una
velocidad de 3 m/s. Determinar, si el avión iba a 600 km/h: a) el tiempo que estuvo en el
aire el paracaidista; b) la altura de la que se tiró. Resp. a) t = 17,34 s : b) h = 292,67 m.
4.14. Para un tiempo t = 0, dos globos aerostáticos están separados por 200 m, uno encima del
otro en la misma vertical. El superior asciende con una velocidad de 10 m/s, mientras
que el inferior desciende con una velocidad de 5 m/s. Si en el instante t = 0, del superior
se deja caer un paquete hacia el inferior, calcular el tiempo en que dicho paquete cae
desde el globo superior al globo inferior ( g = 10 m/s2
). Resp. t = 8 s.
4.15. Desde una altura de 100 m se deja caer una pelota y al mismo tiempo, de la superficie
de la tierra, es lanzada otra pelota verticalmente hacia arriba. Si las dos pelotas tienen la
misma velocidad cuando se encuentran, ¿Qué distancia ha recorrido la pelota que se
lanzo desde la superficie de la tierra? (considere g = 10 m/s2
). Resp. 75 m
Problemas de movimiento parabólico:
4.16. Se suelta una pelota verticalmente sobre un plano inclinado que forma un ángulo de 20º
con la horizontal como se muestra en la figura 4.22. La pelota rebota formando un
ángulo de 40º con la vertical y cae nuevamente en el punto “B” a una distancia de 10 m
de “A”. Calcular: a) La velocidad de rebote en el punto “A”; b) el tiempo desde que la
pelota rebota en “A” hasta que llega a “B”. Resp: a) v = 8,47 m/s ; b) t = 1,73 s

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4.17. Un bombardero vuela horizontalmente a una altura de 1 km con velocidad constante. Un
soldado dentro del avión lanza hacia abajo una bomba con una velocidad de 10 m/s
respecto al avión. Si la bomba llega al suelo luego de recorrer una distancia horizontal
de 500 m. Determinar: a) La velocidad del avión; b) La magnitud y dirección de la
velocidad de la bomba al cabo de 5 s de ser lanzada; c) La altura de la bomba al cabo de
esos 5 s.
Resp. a) 37,6 m/s ; b) 70 m/s, θ = 57,5º ; c) 827,4 m
4.18. Se dispara un proyectil a una manzana que se encuentra a una distancia horizontal “d” y
5 m por debajo del punto de lanzamiento como se muestra en la figura 4.23. El proyectil
es disparado con una velocidad inicial de 50 m/s y una inclinación de 30º con la
horizontal. Si el viento produce una aceleración horizontal opuesta a su velocidad de 2
m/s2
, calcular: a) la distancia horizontal “d”; b) la máxima altura que alcanza el
proyectil. (g = 9,8 m/s2
). Resp. d = 201,08 m; hmax = 31,9 m
4.19. Desde la terraza de un edificio de altura h se lanza una esfera A con una velocidad de 72
km/h y un ángulo de 45º sobre la horizontal. Simultáneamente desde el suelo, a una
distancia horizontal x medida desde el pie del edificio, se lanza otra esfera B hacia el
edificio con un ángulo de 60º sobre la horizontal. Al cabo de 2 s, cuando B alcanzó su
máxima altura chocan ambas esferas. Determine el recorrido horizontal de cada esfera.
Tómese g = 9,8 m/s2
. Resp. xA = 28,28 m ; xB = 22,63 m
4.20. El proyectil que se muestra en la figura 4.24 pasa rasante por los muros “A” y “B”. Si
después de 2 s de ser disparado pasa por el muro “B”, determine la altura del muro
“A”. Resp: 55 m
5m
θ
vo
0
d
g = -9,8m/s2
hmax
ax = - 2 m/s2
Figura 4.23
vo
40º
“A”
“B”
20º
10 m Figura 4.22

88
4.21. Un cañón se coloca en la base de un cerro cuya pendiente hace un ángulo de 15 º con la
horizontal como se muestra en la Figura 4.25. Si el cañón forma un ángulo de 45 º con
respecto al cerro cuando dispara un proyectil con velocidad inicial de 70 m/s. Hallar la
distancia d donde choca el proyectil en el cerro. (g = 9,81 m/s2
). Resp. d = 378,5 m
Figura 4.25
4.22. Una pelota de golf es lanzada con una velocidad de 200 pies/s y un ángulo de 37º por
encima de la horizontal, y cae sobre la terraza de un edificio situado a una distancia
horizontal de 800 pies del punto de lanzamiento. a) ¿Cual era la altura de la terraza ? b)
Cual era la velocidad de la pelota al chocar con la terraza?.
Resp. a) 201,47 pies ; b) 164,64 pies/seg
4.23. Desde un punto situado a 100 m de un blanco, el cual está a 10 m sobre la horizontal,
se lanza un proyectil con velocidad inicial de 80 m/s. a) cual debe ser el ángulo de
inclinación del disparo para dar en el blanco? b) En cuanto tiempo llega el proyectil al
blanco ( tome g = 10 m/s2
), Resp. a) 85,5 º y 10,16º , b) 1,27 s
4.24. Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de 160 m/s formando un ángulo θ con
la horizontal. Si cuando el proyectil se encuentra a 500 m de altura, la relación de las
componentes de su velocidad es 2
x
y
v
v
¿Con que ángulo fue disparado el proyectil?
Res. 69,44 º
v0
15º
45º
d
100 m
θ
vo
0
g = -10 m/s2
“A”
“B”
xx
Figura 4.24

89
4.25. Se dispara un proyectil a un blanco que se encuentra en el punto A(x; y) con una
velocidad inicial vo y un ángulo de 50º respecto de la horizontal como se muestra en la
figura 4.26. La recta que une los puntos “0” y “A” tiene una longitud de 25 m y está
dada por la ecuación y = 0,5 x. ¿Con que velocidad debe dispararse el proyectil para
dar en el blanco? Res. = 19,59 m/s.
Problemas de movimiento circular:
4.26. La velocidad angular de un volante disminuye uniformemente de 900 a 800 vueltas por
minuto en 5 segundos. Calcular a) la aceleración angular del movimiento; b) el número
de vueltas que da en esos 5 segundos; c) el tiempo que tarda en detenerse, a partir de
ese instante. Resp. a) 2
/1,2 srad ; b) n = 70,8 vueltas; c) t = 40 s.
4.27. Un disco de 8 cm de radio gira alrededor de su eje central a una razón constante de 200
rev/min. Calcular (a) su velocidad angular, (b) la velocidad tangencial en un punto
situado a 3 cm de su centro, (c) la aceleración radial de un punto en el borde y (d) la
distancia total que recorre un punto del borde en 2 s.
4.28. Un cuerpo parte del reposo y describe un movimiento circular uniformemente
acelerado, cuyo valor de su aceleración es 3 rad/s2
. Luego de un determinado tiempo,
empieza a desacelerar a razón de 6 rad/s2
, hasta que se detiene. Si el tiempo total que
demora durante su movimiento es 30 segundos, calcular el desplazamiento angular
desde que parte hasta que se detiene. Resp. 900 rad.
4.29. Una rueda de 2 m de diámetro está situada en un plano vertical y gira con una
aceleración angular constante de 4 rad/s2
. La rueda empieza su movimiento desde el
reposo en el instante t = 0 y el radio vector en el punto P sobre el borde de la rueda
forma un ángulo de 57,3º con la horizontal en ese momento. En el instante t = 2 s,
calcular (a) la rapidez angular de la rueda, (b) la rapidez tangencial y la aceleración
total del punto P y, (c) la posición angular del punto P.
4.30. Un volante cuya aceleración angular es constante, 2
/2 srad , gira un ángulo de 75
rad en 5 seg. ¿Cuanto tiempo ha estado en movimiento antes de comenzar el intervalo
de 5 seg. , si partió del reposo? Resp. t1 = 5 seg.
vo
“0”
Figura 4.26
“A”
x
y
θ

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