Cinemática, estudio de algunos movimientos física y química 1 bachillerato http://www.fisicayquimica.com.es

1. [1]
FÍSICA Y QUÍMICA 1º BACHILLERATO
ESTUDIO DE ALGUNOS MOVIMENTOS
Contenidos:
1.- Introducción: movimientos rectilíneos.
2.- Movimiento rectilíneo uniforme (m.r.u.).
3.- Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (m.r.u.a.).
- Caída libre y lanzamiento vertical.
4.- Composición de movimientos.
- Composición de dos m.r.u.
- Composición de un m.r.u. y un m.r.u.a.
- Tiro horizontal
- Tiro oblicuo
5.- Movimiento circular uniforme.
1) Introducción: movimientos rectilíneos.
① Un cuerpo realiza un movimiento rectilíneo cuando su trayectoria es una línea recta.
② Características:
- No tiene aceleración normal (an = 0).
- Su aceleración (si la tuviera) es igual a la aceleración tangencial, es decir, es igual a la
variación del módulo de la velocidad instantánea en función del tiempo.
③ Elección del sistema de referencia: será tal que la trayectoria esté contenida en uno de
los ejes cartesianos. (En el eje x si el movimiento es horizontal y en el eje y si el movimiento es vertical. Si
no es horizontal ni vertical, pero es recto, la trayectoria será el eje x).
④ Si elegimos el S. R. tal como se ha mencionado en ③, podemos “ahorrar” el tener que
expresar las magnitudes vectoriales en función de los vectores unitarios.
- Las magnitudes posición, velocidad y aceleración se pueden expresar como una
magnitud escalar con signo + ó – según sea el sentido del vector (ver ⑤).
- La posición se puede indicar, según sea el eje del movimiento, con una x o una y en
lugar de una r. Así,
Posición en eje x, 𝑟⃗(𝑡) = 𝑥(𝑡)𝑖̂
𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎 𝑠𝑒𝑟
→ 𝑥 = 𝑥(𝑡)
Posición en eje y, 𝑟⃗(𝑡) = 𝑦(𝑡)𝑗̂
𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎 𝑠𝑒𝑟
→ 𝑦 = 𝑦(𝑡)
Velocidad,
𝑣⃗(𝑡) = 𝑣(𝑡)𝑖̂
𝑣⃗(𝑡) = 𝑣(𝑡)𝑗̂
𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎 𝑠𝑒𝑟
→ 𝑣 = 𝑣(𝑡)
Aceleración,
𝑎⃗ = 𝑎 · 𝑖̂
𝑎⃗ = 𝑎 · 𝑗̂
𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎 𝑠𝑒𝑟
→ 𝑎
Aclaración respecto a la aceleración: en los movimientos que se analizarán en estos apuntes la
aceleración no dependerá del tiempo y, si la hay, será constante.

2. [2]
⑤ Magnitudes cinemáticas. Criterio de signos para el S. R. cartesiano (no el S. R. intrínseco
que tiene su propio criterio).
Según este criterio, un movimiento es acelerado cuando tanto la velocidad como la
aceleración tienen el mismo signo (positivo o negativo). Un movimiento es decelerado
cuando el signo de la velocidad es el contrario al signo de la aceleración.
⑥ Estudio experimental del movimiento.
Como cada uno de los movimientos que vamos a estudiar en estos apuntes tiene unas
ecuaciones características, sus representaciones gráficas son también características. Así,
el estudio experimental de un movimiento empieza por realizar medidas de posición en
tiempos diferentes para, posteriormente, representar gráficamente los datos. Según sea la
forma de la gráfica obtenida podremos decir si se trata de un m.r.u. o un m.r.u.a.
En cualquier caso, la gráfica obtenida puede aportar mucha información.
Concretamente, si se trata de una recta, es necesario saber identificar su ordenada en el
origen y su pendiente.
Problema 1.
Al analizar el movimiento de un cuerpo hemos obtenido la siguiente tabla de valores,
Posición (km) 4 9 14 24 34
Tiempo (h) 0 1 2 4 6
Realiza la gráfica x-t del movimiento del cuerpo y encuentra una ecuación que relacione la posición
y el tiempo.
Solución.
La representación gráfica de la posición, x, en kilómetros frente al tiempo, t en horas.
Vemos que los puntos están alineados.
La ecuación general de una recta es
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑛
Donde m es la pendiente de la recta y n es la ordenada en
el origen. En nuestro caso, la variable y corresponde a la
posición y la variable x corresponde al tiempo,
𝑥 = 𝑚𝑡 + 𝑛
La ordenada en el origen, n, es el punto de corte de la recta con el eje de ordenadas. Tanto en la

3. [3]
gráfica, como en la tabla (t = 0), se puede ver que,
𝑛 = 4 𝑘𝑚
Por tanto, la ecuación de la recta es, por ahora,
𝑥 = 𝑚𝑡 + 4
Para determinar la pendiente dibujamos una línea
horizontal que parta desde la recta en cualquier punto, y
una línea vertical también desde cualquier punto. El
triángulo rectángulo formado permite determinar la
pendiente,
𝑚 = tan 𝛼 =
15
4
= 3,75 𝑘𝑚/ℎ
Por tanto, la ecuación de la recta es,
𝑥 = 3,75 𝑡 + 4
También se observa que las unidades de la pendiente son las de una velocidad. La velocidad de este
movimiento es,
𝑣 = 3,75 𝑘𝑚/ℎ
La forma de la gráfica es la típica de un movimiento rectilíneo uniforme. La pendiente positiva indica
que el móvil se aleja de la posición de equilibrio hacia valores positivos, se mueve de izquierda a
derecha. Una pendiente negativa indicaría lo contrario.
2) Movimiento rectilíneo uniforme, m.r.u.
① Un cuerpo realiza un m.r.u. cuando se desplaza en línea recta con velocidad constante.
② Características del m.r.u.
- No tiene aceleración. Por ser recto, an = 0; por ser la velocidad constante, at = 0. Por
tanto, a = 0.
- La velocidad media y la velocidad instantánea coinciden, vm = v.
- Cuando t = 0, cuando se empieza a contar, la velocidad del móvil ya es v.
③ Ecuaciones del movimiento.
- Posición. La obtenemos a partir de la definición de velocidad media.
𝑣 𝑚 = 𝑣 =
∆𝑥
∆𝑡
=
𝑥 − 𝑥 𝑜
∆𝑡
→ 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑡
Donde,
x es la posición final,
xo la posición inicial,
v es la velocidad
t (= Δt) es el tiempo transcurrido.
- Velocidad. Tal como se ha dicho,
𝑣 𝑚 = 𝑣 = 𝑐𝑡𝑒

4. [4]
- Aceleración.
𝑎 = 0
④ Gráficas del m.r.u.
Las plantearemos para un movimiento horizontal.
Gráfica posición-tiempo (x-t)
Como hemos visto (véase problema 1), de esta
gráfica es posible saber:
- La posición inicial
- La velocidad (pendiente de la recta)
- Si el cuerpo se mueve de izquierda a derecha
(pendiente positiva) o de derecha a izquierda
(pendiente negativa).
Gráfica velocidad-tiempo (v-t)
Como la velocidad es constante, la gráfica
consiste en una línea horizontal paralela al eje
de tiempos y correspondiente con el valor de
la velocidad (positivo o negativo).
De esta gráfica es posible conocer el espacio recorrido,
que coincide con el área limitada por la recta de velocidad
y la recta del eje de tiempos, para un tiempo determinado.
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑡
𝑥 − 𝑥 𝑜 = 𝑣 𝑡
∆𝑥 = 𝑣 · 𝑡
𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 · 𝑏𝑎𝑠𝑒

5. [5]
Problema 2. Problema de encuentros (cruce)
Dos cuerpos, A y B, están separados 200 m en línea recta desde el momento en que el tiempo
empieza a contar. En ese momento A tiene una velocidad de 4 m/s y B una velocidad de 6 m/s,
siendo que ambos cuerpos van uno al encuentro del otro a velocidad constante. Determina la
distancia que recorre cada uno hasta que se cruzan.
Solución.
Planteamos un esquema de la situación y elegimos un origen para el sistema de referencia: La posición
del cuerpo A en el instante inicial.
Cada cuerpo tiene un m.r.u. Las ecuaciones de posición
para cada uno respecto del S.R. elegido son:
Cuerpo A. Se mueve de izquierda a derecha. En el instante
inicial está en el origen de coordenadas.
𝑥 𝐴 = 4𝑡
Cuerpo B. Se mueve de derecha a izquierda. En el instante inicial está a 200 metros del origen.
𝑥 𝐵 = 200 − 6𝑡
Encuentro. Analíticamente
El encuentro o cruce se produce cuando, para el observador situado en el origen de coordenadas,
ambas posiciones coinciden,
𝑥 𝐴 = 𝑥 𝐵
4𝑡 = 200 − 6𝑡
10𝑡 = 200 → 𝑡 = 20 𝑠
Se encuentran a los 20 s. En ese instante la posición de cada uno es,
𝑥 𝐴20
= 4 · 20 = 𝑥 𝐵20
= 200 − 6 · 20 = 80 𝑚
Es decir, el cuerpo A ha recorrido 80 m y el cuerpo B ha recorrido 120 metros.
Encuentro. Gráficamente
El punto de encuentro es el punto de corte de las dos rectas que representan las posiciones de A y B en
función del tiempo.

6. [6]
Problema 3. Problema de alcances
Un coche pasa a las 8:00 horas por el km 60 de la carretera a 80 km/h y, dos horas más tarde, pasa
por el mismo punto otro coche a 100 km/h, en el mismo sentido que el primer coche. Ambos
mantienen la velocidad constante. Calcula el tiempo que tardan los choches en encontrarse y la
posición de los autos respecto de un observador situado en el origen de kilómetros.
Solución.
Consideraciones
- La figura muestra la situación de los dos coches en el momento en el que el segundo pasa por el
kilómetro 60.
- Se considerará esta situación como el origen de tiempos.
- En este instante el primer coche (m.r.u.) ya ha recorrido 160 km y se encuentra a 220 km del origen
(SR).
- El problema se va a resolver utilizando los km como unidad de distancia y las horas como unidad de
tiempo.
Los dos automóviles llevan m.r.u. La ecuación del movimiento es,
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑡
- Ecuación del movimiento para el coche nº 1: 𝑥1 = 220 + 80𝑡
- Ecuación del movimiento para el coche nº 2: 𝑥2 = 60 + 100𝑡
En el momento del encuentro los dos coches se encuentran a la misma distancia del sistema de
referencia. Por tanto, en el encuentro se cumple que,
𝑥1 = 𝑥2
Por tanto,
220 + 80𝑡 = 60 + 100𝑡 → 220 − 60 = 100𝑡 − 80𝑡
𝑡 =
160
20
= 8 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠
Posición de los autos a las 8 horas,
𝑥1 = 𝑥2 = 220 + 80 · 8 = 60 + 100 · 8 = 860 𝑘𝑚
Gráficamente

7. [7]
3) Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, m.r.u.a.
① Un cuerpo realiza un m.r.u.a. cuando se mueve en línea recta y su velocidad cambia
siempre al mismo ritmo respecto del tiempo, es decir, su aceleración es constante.
② Características del m.r.u.a.
- Es un movimiento recto, no tiene aceleración normal, an = 0.
- El módulo de la velocidad cambia siempre al mismo ritmo, de manera uniforme.
Por tanto, la aceleración tangencial es constante, at = cte.
- Como la aceleración no cambia, la aceleración media y la aceleración instantánea
coinciden:
𝑎 𝑚 = 𝑎 = 𝑎 𝑡
③ Ecuaciones del m.r.u.a.
- Aceleración. Tal como se ha dicho,
𝑎 𝑚 = 𝑎 = 𝑐𝑡𝑒
- Velocidad. La obtenemos a partir de la definición de aceleración media.
𝑎 𝑚 = 𝑎 =
∆𝑣
∆𝑡
=
𝑣 − 𝑣 𝑜
∆𝑡
→ 𝑣 = 𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑡
Donde,
v es la velocidad final,
vo la velocidad inicial,
a es la aceleración
t (= Δt) es el tiempo transcurrido.
- Posición. Se puede deducir partiendo de la definición de desplazamiento,
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥 𝑜 = 𝑣 𝑚 · 𝑡
Ahora bien, como la velocidad está variando siempre de la misma forma, podemos
decir que la velocidad media en el intervalo de tiempo t es,
𝑣 𝑚 =
𝑣 + 𝑣 𝑜
2
Entonces,
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥 𝑜 =
𝑣 + 𝑣 𝑜
2
𝑡
Teniendo en cuenta la ecuación de velocidad ya deducida,
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥 𝑜 =
𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑡 + 𝑣 𝑜
2
𝑡 =
2𝑣 𝑜 + 𝑎𝑡
2
𝑡 = 𝑣 𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2

8. [8]
- Velocidad. Una segunda ecuación independiente del tiempo.
Es posible despejar el tiempo en la ecuación de velocidad y sustituirlo en la ecuación
de posición. Obtenemos,
𝑣2
= 𝑣 𝑜
2
+ 2 𝑎 (𝑥 − 𝑥 𝑜)
𝑡 =
𝑣 − 𝑣0
𝑎
→ 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑜 (
𝑣 − 𝑣0
𝑎
) +
1
2
𝑎 (
𝑣 − 𝑣0
𝑎
)
2
→
→ 𝑥 − 𝑥 𝑜 = 𝑣𝑜 (
𝑣 − 𝑣0
𝑎
) +
1
2
𝑎 (
𝑣 − 𝑣0
𝑎
)
2
→ 𝑥 − 𝑥 𝑜 = (
𝑣𝑣𝑜 − 𝑣𝑜
2
𝑎
) + (
𝑣2
+ 𝑣𝑜
2
− 2𝑣𝑣0
2𝑎
) →
→ 𝑥 − 𝑥 𝑜 =
2𝑣𝑣𝑜 − 2𝑣𝑜
2
+ 𝑣2
+ 𝑣𝑜
2
− 2𝑣𝑣0
2𝑎
→
2𝑎(𝑥 − 𝑥 𝑜) = 2𝑣𝑣𝑜 − 2𝑣𝑜
2
+ 𝑣2
+ 𝑣𝑜
2
− 2𝑣𝑣0 →
→ 2𝑎(𝑥 − 𝑥 𝑜) = 𝑣2
− 𝑣𝑜
2
→ 𝑣2
= 𝑣𝑜
2
+ 2 𝑎 (𝑥 − 𝑥 𝑜)
④ Gráficas del m.r.u.a.
Las plantearemos para un movimiento en horizontal.
Gráfica posición-tiempo (x-t)
- La gráfica corresponde a una parábola,
como podemos ver en su ecuación
correspondiente,
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2
- Dependiendo del signo de la
aceleración la rama de la parábola
puede “ir hacia arriba”, aceleración
positiva, o “ir hacia abajo”, aceleración negativa.
- Cuando t = 0, x = xo, es decir, el punto de corte de la parábola con el eje de ordenadas
corresponde a la posición inicial.
Gráfica velocidad-tiempo (v-t)
- La gráfica corresponde a una recta,
como podemos ver en su ecuación
correspondiente,
𝑣 = 𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑡
- La pendiente de la recta es la
aceleración, positiva para pendientes
positivas y viceversa.
- La ordenada en el origen corresponde
a la velocidad inicial, velocidad cuando se empieza a contar.

9. [9]
- Para un tiempo definido, el área bajo la recta de velocidad hasta el eje de abscisas
corresponde a la distancia recorrida. El problema 4 muestra un ejemplo concreto y la
demostración correspondiente.
Gráfica aceleración-tiempo (a-t)
- Como la aceleración es constante, la
gráfica consiste en una línea horizontal
paralela al eje de tiempos y
correspondiente con el valor de la
aceleración (positivo o negativo).
- De esta gráfica es posible conocer el
incremento de velocidad, que coincide
con el área limitada por la recta de
aceleración y la recta del eje de tiempos,
para un tiempo determinado.
Problema 4.
Extraer toda la información posible de la gráfica que se adjunta.
Solución
- Se trata de un m.r.u.a. pues la
- Cuando t = 0, 𝑣𝑜 = 3 𝑚/𝑠
- El cuerpo se mueve en sentido positivo. La pendiente de
la recta es la aceleración,
𝑎 =
𝑣 − 𝑣𝑜
𝑡
=
8 − 3
10
= 0,5 𝑚/𝑠2
- Las ecuaciones del movimiento son:
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥 𝑜 = 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎 𝑡
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥 𝑜 = 3 𝑡 + 0,25 𝑡2
𝑣 = 3 + 0,5 𝑡
- Distancia recorrida a los 10 s (analíticamente):
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥 𝑜 = 3 𝑡 + 0,25 𝑡2
= 3 · 10 + 0,25 · 102
= 45 𝑚
- Distancia recorrida a los 10 s (gráficamente): La recta de velocidad forma con el eje de tiempos una
figura compuesta por un rectángulo y un triángulo. Así,
distancia = Área rectángulo + Área triángulo
∆𝑥 = 3 · 10 +
5 · 10
2
= 45 𝑚
Si cambiamos las cantidades que han permitido calcular las áreas por sus magnitudes correspondientes, podremos comprobar
que el la determinación geométrica y la determinación analítica deben coincidir.
∆𝑥 = 𝑣0 𝑡 +
(𝑣 − 𝑣0) · 𝑡
2
= 𝑣0 𝑡 +
(𝑣𝑜 + 𝑎 𝑡 − 𝑣0) · 𝑡
2
= 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2

10. [10]
Problema 5.
Sabiendo que el tiempo de reacción de un conductor es 0,8 s y que la aceleración de frenado del
vehículo vale – 7 m/s2, calcula la distancia recorrida hasta detenerse y el tiempo empleado en ello
si el vehículo circula a 90 km/h.
Solución
Consideraciones:
+ En este problema hay dos movimientos, un m.r.u. a una velocidad de 90 km/h durante 0,8 s, y un
m.r.u.a. (decelerado) que detiene totalmente el coche desde una velocidad inicial de 90 km/h.
+ 90
𝑘𝑚
ℎ
=
90 𝑘𝑚
1 ℎ
·
1000 𝑚
1 𝑘𝑚
·
1 ℎ
3600 𝑠
= 25
𝑚
𝑠
+ Determinaremos primero la distancia recorrida durante el m.r.u., después fijaremos un sistema de
referencia y plantearemos las ecuaciones del m.r.u.a. para dicho sistema.
------
Distancia recorrida por un coche que se mueve a 25 m/s durante 0,8 s
𝑥 = 𝑣 · 𝑡 = 25 · 0,8 = 20 𝑚
Situaremos el origen de coordenadas como se muestra en la figura. El observador ve un coche a 20 m
de distancia que frena.
Para este S.R. las características del movimiento
son,
𝑥 𝑜 = 20 𝑚
𝑣𝑜 = 25 𝑚/𝑠
𝑎 = −7 𝑚/𝑠
Por tanto, sus ecuaciones,
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2
→ 𝑥 = 20 + 25 𝑡 − 3,5 𝑡2
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 25 − 7 𝑡
𝑣2
= 𝑣0
2
+ 2 𝑎 (𝑥 − 𝑥 𝑜) → 𝑣2
= 625 − 14 (𝑥 − 20)
Si el coche finalmente se detiene (v = 0), podemos determinar la posición final, x, a partir de la tercera
ecuación. Para el S.R. elegido, la posición final es la distancia total recorrida.
𝑣2
= 625 − 14 (𝑥 − 20) → 0 = 625 − 14𝑥 + 280 → 𝑥 =
− 625 − 280
−14
→ 𝑥 = 64,64 𝑚
El tiempo que tarda el coche frenar (v = 0) se puede obtener de la segunda ecuación,
𝑣 = 25 − 7 𝑡 → 0 = 25 − 7 𝑡 → 𝑡 =
− 25
− 7
= 3,57 𝑠
Es evidente que sustituyendo este tiempo (con todos sus decimales) en la primera ecuación también
obtendríamos la posición final de coche.
En definitiva, el coche ha necesitado 0,8+3,57 = 4,37 s para detenerse, recorriendo 64,64 metros en la
frenada. Esta debería ser la mínima distancia de seguridad que debería respetar el conductor.

11. [11]
Problema 6.
La gráfica v-t del movimiento de un cuerpo es la mostrada en la figura. Calcula: a) La aceleración
en cada etapa; b) Las ecuaciones del movimiento en cada etapa; c) el espacio total recorrido por el
cuerpo.
Solución
Hay tres tramos:
AB – con m.r.u.a.
BC – con m.r.u.
CD – con m.r.u.a. (decelerado)
a) La aceleración en el tramo AB es la pendiente de la recta, pendiente positiva:
𝑎 𝐴𝐵 =
𝑣 𝐵 − 𝑣 𝐴
𝑡
=
(30 − 0) 𝑚/𝑠
30 𝑠
= 1 𝑚/𝑠2
La aceleración en el tramo BC es cero, la velocidad es constante:
𝑎 𝐵𝐶 = 0
La aceleración en el tramo CD es la pendiente de la recta, pendiente negativa:
𝑎 𝐶𝐷 =
𝑣 𝐷 − 𝑣 𝐶
𝑡
=
(0 − 30) 𝑚/𝑠
40 𝑠
= − 0,75 𝑚/𝑠2
b) Ecuaciones del movimiento en el tramo AB
∆𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2
→ 𝑥 = 0,5 𝑡2
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 𝑡
Ecuaciones del movimiento en el tramo BC
∆𝑥 = 𝑣 𝑡 → ∆𝑥 = 30 𝑡
𝑣 = 30 𝑚/𝑠
Ecuaciones del movimiento en el tramo CD
∆𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑡2
→ 𝑥 = 30 𝑡 − 0,375 𝑡2
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 30 − 0,75 𝑡
c) Para determinar el espacio total recorrido, calculamos el área de la figura formada por las líneas de
velocidad y el eje de tiempos.
+ ∆𝑥 𝐴𝐵, distancia recorrida en tramo AB (= Área del triángulo ABE)
∆𝑥 𝐴𝐵 =
30
𝑚
𝑠
·30𝑠
2
= 450 𝑚
+ ∆𝑥 𝐵𝐶, distancia recorrida en tramo BC (= Área del rectángulo BEFC)
∆𝑥 𝐵𝐶 = 30
𝑚
𝑠
· 80 𝑠 = 2400 𝑚
+ ∆𝑥 𝐶𝐷, distancia recorrida en tramo CD (= Área del triángulo CFD)
∆𝑥 𝐶𝐷 =
30
𝑚
𝑠
· 40𝑠
2
= 600 𝑚
+ ∆𝑥 𝑇, distancia total recorrida,
∆𝑥 𝑇 = ∆𝑥 𝐴𝐵 + ∆𝑥 𝐵𝐶 + ∆𝑥 𝐶𝐷 = 450 + 2400 + 600 = 3450 𝑚

12. [12]
Problema 7.
Un vehículo parte del reposo, con una aceleración de 1 m/s2 desde un punto A. Cinco segundos
más tarde, por un punto B situado a 500 m de A, en la misma dirección y sentido, pasa una bicicleta
con velocidad constante de 20 km/h. Determina el punto de encuentro de ambos móviles y la
velocidad de los mismos en ese instante.
Solución
El sistema de referencia tendrá su origen en el punto de
partida del vehículo. Esta situación inicial viene
representada en la figura adjunta.
Las ecuaciones de posición y velocidad para este
movimiento son:
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
→ 𝑥 = 0,5𝑡2
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 𝑡
La posición y velocidad del vehículo 5 segundos más tarde
es,
𝑥 = 0,5 · 52
= 12,5 𝑚
𝑣 = 5 𝑚/𝑠
Consideraremos ahora un nuevo origen de
tiempos en el instante en que la bicicleta se
encuentra en el punto B. La situación de los
dos móviles en ese instante es la
representada en el esquema adjunto.
En esta situación las ecuaciones del
movimiento son, respecto del SR:
- Coche, lleva un m.r.u.a.
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
→ 𝑥 = 12,5 + 5𝑡 + 0,5𝑡2
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 12,5 + 𝑡
- Bicicleta, lleva un m.r.u. con una velocidad de 20 km/h = 5,6 m/s
𝑥′
= 𝑥 𝑜
′
+ 𝑣′
𝑡 → 𝑥′
= 500 + 5,6𝑡
En el punto de encuentro ambas posiciones deben coincidir,
𝑥 = 𝑥′
12,5 + 5𝑡 + 0,5𝑡2
= 500 + 5,6𝑡
Agrupando términos tenemos una ecuación de segundo grado,
0,5𝑡2
− 0,6𝑡 − 487,5 = 0
Las soluciones de esta ecuación son: 31,83 s y – 30,63 s. La segunda solución es imposible.
Por tanto, desde el instante en que el coche arranca el encuentro se producirá después de
31,83 + 5 = 36,83 s
La velocidad de ambos cuerpos en el encuentro es:
- Bicicleta: 5,6 m/s (su velocidad no cambia, m.r.u.)
- Coche: 𝑣 = 12,5 + 𝑡 = 12,5 + 31,8 = 44,3 𝑚/𝑠

13. [13]
Caída libre y lanzamiento vertical
Cuando el móvil se mueve verticalmente podemos escribir las ecuaciones que
correspondan poniendo la posición como y. Entonces, las ecuaciones del movimiento son,
Caída libre (y lanzamiento vertical)
Cinco ideas fundamentales para definir la caída libre
① En Física, se denomina caída libre al movimiento de un cuerpo bajo la
acción exclusiva de un campo gravitatorio.
② Los movimientos de satélites, naturales o artificiales, o de planetas
alrededor del Sol están englobados en la idea nº 1. Por tanto, también son
considerados casos de caída libre aunque no serán los estudiados aquí.
③ Los movimientos de caída libre que se considerarán son aquellos que
no implican grandes variaciones en altura (no más de unos pocos
kilómetros respecto de la superficie terrestre).
④ No se considera caída libre a la influenciada por la resistencia
aerodinámica del aire (o, más general, de la atmósfera). Por tanto, los casos
estudiados en estos apuntes suponen que la resistencia del aire es
prácticamente despreciable o que se está resolviendo la situación como si
no hubiera atmósfera.
⑤ Los lanzamientos verticales también son considerados como
movimientos de caída libre desde el momento en que el cuerpo ha sido
lanzado con una cierta velocidad inicial.
Las leyes de la caída libre tal como se ha concretado en los cinco puntos
anteriores fueron descubiertas a partir de estudios experimentales por Galileo
Galilei en la primera mitad del siglo XVII. El descubrimiento de Galileo en sus
experimentos fue, adaptado a los conocimientos actuales, que:
Si se desprecia la resistencia que ofrece el aire, todos los cuerpos,
independientemente de cuál sea su masa, caen hacia la Tierra con la misma
aceleración, la de la gravedad: g = 9,8 m/s2
Posteriormente, a finales del siglo XVII, Isaac Newton pudo explicar el porqué de
este hecho a partir de la Ley de Gravitación Universal.
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣 = 𝑣 𝑜 + 𝑎𝑡
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 − 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣2
= 𝑣 𝑜
2
+ 2𝑎(𝑦 − 𝑦𝑜)
Caída libre de una pelota.
Galileo descubrió que las
posiciones del objeto que
cae a intervalos regulares
de tiempo, para t = 1, 2, 3, 4,
5, ..., son tales que el espacio
recorrido es proporcional a
1, 4, 9, 16, 25, …, que son los
cuadrados perfectos.

14. [14]
Es claro que la aceleración de la gravedad depende del planeta o satélite en el que
nos encontremos. A modo informativo se muestran a continuación las aceleraciones de la
gravedad en la superficie de algunos lugares del Sistema Solar.
Lugar
Aceleración de la
gravedad (m/s2
)
Luna 1,62
Tierra 9,8
Venus 8,9
Marte 3,7
Júpiter 24,79
Saturno 10,4
Urano 8,7
Neptuno 11,1
Plutón 0,6
Leyes de la caída libre
El movimiento de caída libre es un caso particular de un MRUA vertical en el que la
aceleración es conocida. La aceleración de la gravedad se representa mediante la letra g.
Las ecuaciones serían entonces,
Para un sistema de referencia cartesiano colocado en algún punto del movimiento vertical
se deben tener en cuenta los siguientes criterios de signos:
- La aceleración de la gravedad va dirigida siempre hacia abajo, hacia el centro del
planeta. Por tanto, su valor en las ecuaciones es (en la Tierra):
𝑔 = − 9,8 𝑚/𝑠2
- Cuando un cuerpo se mueve hacia arriba su velocidad es positiva, es decir, tiene
signo contrario al de la aceleración. Su velocidad inicial es la velocidad del
lanzamiento y el cuerpo va decelerando.
- Cuando un cuerpo cae su velocidad es negativa, es decir, tiene el mismo signo que
la aceleración. El cuerpo acelera y su velocidad inicial será la velocidad del
lanzamiento hacia abajo o simplemente “cero” si el cuerpo se “deja caer”.
Teniendo en cuenta todo lo dicho hasta ahora, las ecuaciones de la caída libre en la
Tierra son:
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣 = 𝑣 𝑜 + 𝑔𝑡
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 − 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣2
= 𝑣 𝑜
2
+ 2𝑔(𝑦 − 𝑦𝑜)
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 − 4,9𝑡2
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣 = 𝑣 𝑜 − 9,8𝑡
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 − 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣2
= 𝑣 𝑜
2
− 19,6(𝑦 − 𝑦𝑜)

15. [15]
Problema 8.
Desde lo alto de una terraza situada a 20 m del suelo se lanza verticalmente una piedra de 20 kg
con una velocidad de 60 m/s.
a) Determina la altura máxima que puede alcanzar.
b) El tiempo que tarda en pasar por una altura de 110 m medidos desde el suelo.
c) La velocidad del cuerpo cuando está a 110 m medidos desde el suelo.
Solución:
Situaremos el origen del sistema de referencia
en el suelo. Los datos relevantes que aparecen
en el enunciado se muestran en el siguiente
esquema
Las ecuaciones del movimiento para estos datos son:
𝑦 = 20 + 60𝑡 − 4,9𝑡2
𝑣 = 60 − 9,8𝑡
a) Cuando el cuerpo alcanza su altura máxima se para, su velocidad es cero. La ecuación de
velocidad permite calcular el tiempo que tarda la piedra en parar
0 = 60 − 9,8𝑡 → 𝑡 =
0 − 60
− 9,8
→ 𝑡 = 6,12 𝑠
Conocido este tiempo podemos saber su posición,
𝑦 = 20 + 60 · 6,12 − 4,9 · 6,122
= 203,7 𝑚
La altura máxima que puede alcanzar es de 203,7 metros.
b) Cuando la posición de la piedra es 110 m, el tiempo que tarda en estar en esa posición es,
110 = 20 + 60𝑡 − 4,9𝑡2
→ −4,9𝑡2
+ 60𝑡 − 90 = 0 → 4,9𝑡2
− 60𝑡 + 90 = 0
Las soluciones a esta ecuación de segundo grado son:
𝑡1 = 1,8 𝑠 ; 𝑡2 = 10,5 𝑠
En este caso las dos soluciones son válidas pues la piedra estará a 110 m del suelo en dos
momentos, el primero mientras sube y el segundo mientras baja.
c) La velocidad de la piedra subiendo (al cabo de 1,8 s) es,
𝑣(1,8) = 60 − 9,8 · 1,8 = 42,4 𝑚/𝑠
La velocidad de la piedra cayendo (al cabo de 10,5 s) es,
𝑣(10,5) = 60 − 9,8 · 10,5 = − 42,9 𝑚/𝑠

16. [16]
Problema 9.
Se deja caer una piedra desde una altura de 90 m. Simultáneamente, otra piedra es lanzada
verticalmente hacia arriba desde el suelo con una velocidad inicial de 40 m/s. Calcula:
a) Ecuaciones del movimiento; b) El tiempo que tardan en encontrarse; c) El espacio recorrido por
cada piedra en el momento de encontrarse; d) La velocidad de cada piedra al llegar al suelo.
Solución:
Los datos que ofrece el problema aparecen reflejados en
el esquema de situación adjunto. El origen del sistema de
referencia se ha situado en el suelo.
a) Sustituyendo los valores conocidos en las ecuaciones
de la caída libre,
Cuerpo 1
Situado arriba
𝑦1 = 90 − 4,9𝑡2
𝑣1 = −9,8𝑡
Cuerpo 2
Situado abajo
𝑦2 = 40𝑡 − 4,9𝑡2
𝑣2 = 40 − 9,8𝑡
b) Cuando ambos cuerpos e encuentran,
𝑦1 = 𝑦2
90 − 4,9𝑡2
= 40𝑡 − 4,9𝑡2
90 = 40𝑡 → 𝑡 = 2,25 𝑠
c) Veamos la posición de cada cuerpo cuando se encuentran, al cabo de 2,25 s
𝑦1 = 90 − 4,9 · 2,252
= 65,19 𝑚
Como este cuerpo parte desde una altura de 90 metros, la distancia recorrida es
𝑑 = 90 − 65,19 = 24,81 𝑚
Por otra parte, para el cuerpo 2 es evidente que la posición y la distancia recorrida es la
misma,
𝑦1 = 𝑦2 = 40 · 2,25 − 4,9 · 2,252
= 65,19 𝑚
d) Para saber la velocidad de cada cuerpo al llegar al suelo necesitamos saber el tiempo que
tardan en llegar al suelo.
Cuerpo 1.
𝑦1 = 0 = 90 − 4,9𝑡2

17. [17]
𝑡 = √
− 90
− 4,9
= 18,4 𝑠
La velocidad de este cuerpo en ese instante es,
𝑣1 = −9,8 · 18,4 = − 180,3 𝑚/𝑠
Cuerpo 2.
𝑦2 = 0 = 40𝑡 − 4,9𝑡2
𝑡(40 − 4,9𝑡) = 0
dos soluciones, el momento inicial y cuando vuelve al suelo
𝑡 = 0
40 − 4,9𝑡 = 0 → 𝑡 =
− 40
− 4,9
= 8,2 𝑠
La velocidad del cuerpo en ese instante es,
𝑣2 = 40 − 9,8 · 8,2 = − 40 𝑚/𝑠
Un cuerpo lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad determinada regresa, en
ausencia de rozamiento, al mismo lugar con la misma velocidad (en módulo).

18. [18]
4.- Composición de movimientos
Principio de independencia de Galileo.
Cuando una partícula está sometida a dos movimientos simultáneos, su cambio de posición
es independiente de que los movimientos actúen sucesiva o simultáneamente.
Principio de superposición de movimientos (Galileo).
Cuando una partícula está sometida de forma simultánea a varios movimientos
independientes unos de otros, el resultado es la suma vectorial de los movimientos parciales.
Es decir, se suman vectorialmente por separado posiciones, desplazamientos,
velocidades y aceleraciones.
Vamos a ver cómo se aplican estos dos principios a movimientos que son resultado
de la composición de:
- Dos m.r.u. perpendiculares.
- Composición de un m.r.u. horizontal y un m.r.u.a vertical. En este caso
distinguiremos entre:
- Tiro horizontal
- Tiro oblicuo
Composición de dos m.r.u. perpendiculares
Los pasos básicos para componer estos dos movimientos son:
① Elegir un sistema de referencia que contenga las direcciones de cada uno de los m.r.u.
en cada uno de los ejes cartesianos.
② Plantear las ecuaciones del m.r.u. de cada eje.
Las ecuaciones de posición
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑥 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑦 𝑡
- Donde vx y vy son las velocidades de la partícula, del móvil, en cada uno de los ejes.
Estas velocidades son constantes en módulo, dirección y sentido (m.r.u.).
- La ecuación de la trayectoria se obtiene despejando el tiempo en la ecuación del eje
x y sustituyendo en la ecuación del eje y. Se obtendrá la ecuación de una recta, que
es la trayectoria que sigue un móvil con m.r.u.
③ La composición de dos m.r.u. da como resultado un m.r.u. cuyos vectores de posición y
velocidad son,
𝑟⃗ = 𝑥 𝑖̂ + 𝑦 𝑗̂
𝑣⃗ = 𝑣 𝑥 𝑖̂ + 𝑣 𝑦 𝑗̂
- El módulo del vector de posición es la distancia en línea recta entre el origen del
sistema de referencia y el móvil en cualquier instante.

19. [19]
- El módulo de la velocidad es el valor absoluto de la velocidad del móvil en cualquier
instante (m.r.u.).
Vamos a plantear un “problema completo”.
Problema 10.
a) Un nadador tarda 2 minutos en recorrer una distancia de 240 m en un río cuando nada a
favor de la corriente, y 4 minutos si lo hace en contra de la corriente. Calcula la velocidad del
nadador y la velocidad de la corriente del río.
b) Sabiendo que si nada perpendicularmente a la corriente tarda 2 minutos en llegar a la otra
orilla, calcula la anchura del río y cuánto se ha desplazado del punto de partida.
c) Si desea cruzar perpendicularmente el río, ¿en qué dirección ha de nadar? ¿Cuánto tardará en
cruzarlo.
Solución:
La composición de los dos m.r.u. perpendiculares se realiza a partir del apartado b). El primer apartado
nos permitirá determinar la velocidad del nadador y la velocidad de la corriente del río, que
utilizaremos posteriormente en los siguientes apartados.
a) Llamaremos vn a la velocidad del nadador, y vr a la velocidad de la corriente del río. La velocidad real
del nadador, v, es la suma vectorial de ambas velocidades. Como ambas velocidades están en la misma
dirección, podemos prescindir de vectores. Tomando (S.R.) como positiva la velocidad del nadador
Cuando nada a favor de corriente → 𝑣 = 𝑣 𝑛 + 𝑣𝑟
Cuando nada a contra corriente → 𝑣 = 𝑣 𝑛 − 𝑣𝑟
En cualquier caso, el movimiento del nadador es un m.r.u. donde la distancia recorrida, s, es,
𝑠 = 𝑣 · 𝑡
Con los datos del problema,
Cuando nada a favor de corriente → 𝑠𝑓 = (𝑣 𝑛 + 𝑣𝑟) · 𝑡 → 240 = 120 · (𝑣 𝑛 + 𝑣𝑟)
Cuando nada a contra corriente → 𝑠𝑐 = (𝑣 𝑛 − 𝑣𝑟) · 𝑡 → 240 = 240 · (𝑣 𝑛 − 𝑣𝑟)
Tenemos, pues, un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas cuyas soluciones son,
2 = 𝑣 𝑛 + 𝑣𝑟
1 = 𝑣 𝑛 − 𝑣𝑟
𝑣 𝑛 = 1,5 𝑚 𝑠⁄ 𝑣𝑐 = 0,5 𝑚/𝑠
b) La siguiente imagen establece la situación del origen de coordenadas (S.R.).
Donde,
d es la anchura del río
P es el punto donde termina el nadador
x’ es el desplazamiento respecto del punto de partida
La corriente del río va en horizontal de izquierda a derecha
(eje x).
El nadador lo hace perpendicular a la corriente del río (eje
y).
Ecuaciones del movimiento para cada eje del S.R. elegido.
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑥 𝑡 → 𝑥 = 𝑣𝑐 𝑡 → 𝑥 = 0,5 𝑡
𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑦 𝑡 → 𝑦 = 𝑣 𝑛 𝑡 → 𝑦 = 1,5 𝑡

20. [20]
Como sabemos que tarda 2 minutos en cruzar el río, sustituyendo este valor en cada una de las
ecuaciones obtenemos,
- Desplazamiento respecto de punto de partida,
𝑆𝑖 𝑡 = 120 𝑠, 𝑥 = 𝑥′
→ 𝑥′
= 0,5 · 120 = 60 𝑚
- Anchura del río,
𝑆𝑖 𝑡 = 120 𝑠, 𝑦 = 𝑑 → 𝑑 = 1,5 · 120 = 180 𝑚
c) En la figura anterior, α, es el ángulo que se desvía el nadador. Si determinamos este ángulo, la
dirección que debe tomar el nadador (la dirección de su velocidad, vn)
para cruzar el río perpendicularmente es la correspondiente a ese
ángulo, pero a contracorriente. Este ángulo se puede conocer a partir de
las componentes del vector velocidad o del conocimiento de las
dimensiones del triángulo,
tan 𝛼 =
0,5
1,5
=
60
180
= 0, 3̂
𝛼 = 𝑎𝑟𝑐 tan 0, 3̂ = 19,5°
Por tanto, la dirección de la velocidad del nadador debe formar un ángulo respecto de la corriente del
río de,
90 + 19,5 = 109,5°
Ahora bien, en esta situación, el módulo de la velocidad es,
𝑣 = 𝑣 𝑛 · cos 𝛼 = 1,5 · cos 19,5 = 1,41 𝑚/𝑠
A esa velocidad una distancia de 180 m se recorren en,
𝑡 =
𝑑
𝑣
=
180
1,41
= 127, 7 𝑠 ~ 2 𝑚𝑖𝑛, 8 𝑠
------------
En el apartado b), otras cosas que no se preguntan y que se pueden determinar:
- Distancia que recorre el nadador, es la hipotenusa del triángulo OAP. Esta distancia es el módulo del
vector de posición del nadador cuando t = 120 s.
𝑠 = √602 + 1802 = 189,74 𝑚
Respecto del S.R. elegido,
- Posición del nadador en cualquier instante,
𝑟⃗ = 0,5𝑡 𝑖̂ + 1,5𝑡 𝑗̂ (𝑚)
- Velocidad del nadador en cualquier instante,
𝑣⃗ = 0,5 𝑖̂ + 1,5 𝑗̂ (𝑚/𝑠)
- Ecuación de su trayectoria, ecuación de la recta,
𝑡 = 𝑥/0,5
𝑦 = 1,5 ·
𝑥
0,5
= 3𝑥 → 𝑦 = 3𝑥

21. [21]
Composición de un m.r.u. y un m.r.u.a. perpendiculares. Tiro horizontal.
Este movimiento se produce cuando un cuerpo es lanzado horizontalmente
(velocidad inicial horizontal) desde una cierta altura. Es un movimiento que se compone
de un m.r.u. horizontal y un m.r.u.a. (caída libre) vertical.
Los pasos básicos para componer estos dos
movimientos son:
① Elegir un sistema de referencia que contenga las
direcciones de cada uno de los movimientos en
cada uno de los ejes cartesianos, el eje vertical para
el movimiento de caía libre y el eje horizontal para
el m.r.u.
② Plantear las ecuaciones de cada eje.
Las ecuaciones de posición
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
Donde:
vox es la velocidad inicial en horizontal, es decir, por la propia definición de tiro horizontal, la
velocidad inicial, vox = vo
voy = 0, ya que por la propia definición de tiro horizontal, no hay velocidad inicial en la
dirección vertical.
g = - 9,8 m/s2
Por tanto,
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 +
1
2
𝑔𝑡2
La ecuación de la trayectoria se obtiene despejando el tiempo en la ecuación del eje
x y sustituyendo en la ecuación del eje y. Se obtendrá la ecuación de una parábola, que es
la trayectoria que sigue el móvil en un lanzamiento horizontal.
Las ecuaciones de velocidad
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜𝑦 + 𝑔𝑡 → 𝑣 𝑦 = 𝑔𝑡
③ La composición de los dos movimientos da lugar a un tiro parabólico horizontal cuyos
vectores de posición, velocidad y aceleración son,
𝑟⃗ = 𝑥 𝑖̂ + 𝑦 𝑗̂
𝑣⃗ = 𝑣 𝑥 𝑖̂ + 𝑣 𝑦 𝑗̂
𝑔⃗ = −9,8 𝑗̂

22. [22]
- El módulo del vector de posición es la distancia en línea recta entre el origen del
sistema de referencia y el móvil en cualquier instante.
- El módulo de la velocidad es el valor absoluto de la velocidad del móvil en cualquier
instante (m.r.u.).
Vamos a plantear un “problema completo”
Problema 11.
Un jugador de tenis, que se encuentra a 8 m de una red de 1 m de altura, golpea la pelota a una
altura de 2,45 m de forma que la pelota sale despedida horizontalmente con una velocidad de
20 m/s. Calcula:
a- Tiempo que tarda la pelota en llegar al suelo.
b- Distancia que alcanza la pelota horizontalmente.
c- Velocidad a la que impacta con el suelo. Ángulo que forma la velocidad con la horizontal en
ese instante.
d- Altura a la que pasa la pelota sobre la red.
e- Velocidad de la pelota cuando pasa por encima de la red. Ángulo que forma la velocidad con
la horizontal en ese instante.
f- Posición y velocidad de la pelota en cualquier instante.
g- Desplazamiento de la pelota entre el instante inicial y el punto de impacto con el suelo.
h- Ecuación de la trayectoria que sigue la pelota.
Solución:
La figura muestra un esquema de la situación y el origen del sistema de referencia elegido para resolver
el problema.
Antes de resolver el problema, planteamos
las ecuaciones del movimiento en cada eje.
Posición
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑜 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 +
1
2
𝑔𝑡2
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 20 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 2,45 − 4,9𝑡2
Velocidad
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣𝑥 = 𝑣𝑜
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 + 𝑔𝑡 → 𝑣 𝑦 = 𝑔𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣𝑥 = 20 (𝑚/𝑠)
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = − 9,8 𝑡 (𝑚/𝑠)
a) Tiempo que tarda la pelota en llegar al suelo (tiempo de vuelo, tv).
Cuando la pelota llega al suelo, y = 0:
𝑦 = 2,45 − 4,9𝑡2
→ 0 = 2,45 − 4,9 𝑡 𝑣
2
→ 𝑡 𝑣 = √
−2,45
−4,9
= 0,71 𝑠

23. [23]
b) Distancia que alcanza la pelota horizontalmente (alcance, xa)
Conocido tv, podemos determinar el alcance:
𝑥 = 20 𝑡 → 𝑠𝑖 𝑡 = 0,71 𝑠 → 𝑥 𝑎 = 20 · 0,71 = 14,2 𝑚
En la figura, la distancia d es, d = 14,2 – 8 = 6,2 m
c) Velocidad a la que impacta con el suelo. Ángulo que forma la velocidad con la horizontal en ese
instante.
La velocidad de la pelota es tangente a la trayectoria. En la figura
adjunta se ha representado el vector velocidad al llegar al suelo y
en el momento en que la pelota pasa por encima de la barrera. En
cualquier caso, el vector velocidad es,
𝑣⃗ = 𝑣𝑥 𝑖̂ + 𝑣 𝑦 𝑗̂
Sustituyendo,
𝑣⃗ = 20 𝑖̂ − 9,8 𝑡 𝑗̂
Cuando la pelota llega al suelo,
𝑆𝑖 𝑡 = 0,71 𝑠 → 𝑣⃗ = 20 𝑖̂ − 9,8 · 0,71 𝑗̂ = 20 𝑖̂ − 6,96 𝑗̂ (𝑚/𝑠)
El módulo de la velocidad es
𝑣 = √202 + (−6,96)2 = 21,18 𝑚/𝑠
Para determinar el ángulo a (figura), del triángulo rectángulo que lo contiene conocemos los dos
catetos y la hipotenusa. Planteamos, por ejemplo, el coseno del ángulo:
cos 𝑎 =
𝑣𝑥
𝑣
=
20
21,8
= 0,9443 → 𝑎 = 𝑎𝑟𝑐 cos 0,9443 = 19,2°
d) Altura a la que pasa la pelota sobre la red.
Necesitamos, primero, conocer el tiempo que tarda la pelota en pasar a una distancia de 8 m en
horizontal.
𝑥 = 20 𝑡 → 𝑠𝑖 𝑥 = 8 𝑚 → 𝑡 =
8
20
= 0,4 𝑠
Para este tiempo, la posición vertical de la pelota es,
𝑦 = 2,45 − 4,9𝑡2
→ 𝑠𝑖 𝑡 = 0,4 𝑠 → 𝑦 = 2,45 − 4,9 · 0, 42
= 1,67 𝑚
Como la altura de la red es de 1 m, la pelota pasa a 1,67 – 1 = 0,67 m de la red.
e) Velocidad de la pelota cuando pasa por encima de la red. Ángulo que forma la velocidad con la
horizontal en ese instante.
El procedimiento es idéntico al seguido en el apartado c), pero ahora el tiempo es 0,4 s.
𝑆𝑖 𝑡 = 0,4 𝑠 → 𝑣⃗ = 20 𝑖̂ − 9,8 · 0,4 𝑗̂ = 20 𝑖̂ − 3,92 𝑗̂ (𝑚/𝑠)
El módulo de la velocidad encima de la red es
𝑣 = √202 + (−3,92)2 = 20,38 𝑚/𝑠
Y el ángulo que forma el vector velocidad con la horizontal,
cos 𝑎 =
𝑣𝑥
𝑣
=
20
20,38
= 0,9814 → 𝑎 = 𝑎𝑟𝑐 cos 0,9814 = 11,1°

24. [24]
f) Posición y velocidad de la pelota en cualquier instante.
La expresión de la velocidad en cualquier instante ya ha sido deducida en el apartado c)
𝑣⃗ = 20 𝑖̂ − 9,8 𝑡 𝑗̂
En cuanto a la posición,
𝑟⃗ = 𝑥 𝑖̂ + 𝑦 𝑗̂
Es decir,
𝑟⃗ = 20 𝑡 𝑖̂ + (2,45 − 4,9𝑡2
) 𝑗̂
g) Desplazamiento de la pelota entre el instante inicial y el punto de impacto con el suelo.
Determinamos primero los vectores de posición inicial y final.
𝑟⃗𝑜 = 2,45 𝑗̂
𝑟⃗𝑓 = 14,2 𝑖̂
El desplazamiento será:
∆𝑟⃗ = 𝑟⃗𝑓 − 𝑟⃗𝑜 = 14,2 𝑖̂ − 2,45 𝑗̂
El módulo de este vector es la distancia en línea recta desde el punto inicial y el punto final,
∆𝑟 = √14, 22 + (−2,45)2 = 14,41 𝑚
h) Ecuación de la trayectoria que sigue la pelota.
Despejamos el tiempo en la ecuación del movimiento horizontal y lo sustituimos en la ecuación del
movimiento vertical:
𝑥 = 20 𝑡 → 𝑡 =
𝑥
20
𝑦 = 2,45 − 4,9 (
𝑥
20
)
2
= 2,45 − 1,225 · 10−2
𝑥2
𝑦 = 2,45 − 1,225 · 10−2
𝑥2
Composición de un m.r.u. y un m.r.u.a. perpendiculares. Tiro oblicuo.
Este movimiento se produce cuando un
cuerpo es lanzado con una velocidad inicial
que forma un ángulo α con la horizontal. Es un
movimiento que se compone de un m.r.u.
horizontal y un m.r.u.a. (caída libre) vertical.
Los pasos básicos para componer estos dos
movimientos son:
① Elegir un sistema de referencia que
contenga las direcciones de cada uno de los movimientos en cada uno de los ejes
cartesianos, el eje vertical para el movimiento de caía libre y el eje horizontal para el m.r.u.

25. [25]
② Plantear las ecuaciones de cada eje.
Las ecuaciones de posición
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
Donde:
vox es la velocidad inicial en horizontal, es decir,
𝑣𝑜𝑥 = 𝑣𝑜 · cos 𝜃
voy es la velocidad inicial en vertical, es decir,
𝑣𝑜𝑦 = 𝑣𝑜 · sen 𝜃
g = - 9,8 m/s2
Por tanto,
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 cos 𝜃
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 sen 𝜃 +
1
2
𝑔𝑡2
𝑔 = −9,8 𝑚/𝑠2
La ecuación de la trayectoria se obtiene despejando el tiempo en la ecuación del eje
x y sustituyendo en la ecuación del eje y. Se obtendrá la ecuación de una parábola, que es
la trayectoria que sigue el móvil en un lanzamiento horizontal.
Las ecuaciones de velocidad
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑣 𝑜 · cos 𝜃
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜𝑦 + 𝑔𝑡 → 𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜 · sen 𝜃 + 𝑔𝑡
𝑔 = −9,8 𝑚/𝑠2
③ La composición de los dos movimientos da lugar a un tiro parabólico horizontal cuyos
vectores de posición, velocidad y aceleración son,
𝑟⃗ = 𝑥 𝑖̂ + 𝑦 𝑗̂
𝑣⃗ = 𝑣 𝑥 𝑖̂ + 𝑣 𝑦 𝑗̂
𝑔⃗ = −9,8 𝑗̂
- El módulo del vector de posición es la distancia en línea recta entre el origen del
sistema de referencia y el móvil en cualquier instante.
- El módulo de la velocidad es el valor absoluto de la velocidad del móvil en cualquier
instante (m.r.u.).
Vamos a plantear un “problema completo”

26. [26]
Problema 12.
Un futbolista realiza un lanzamiento libre directo de falta de forma que el balón sale con una
elevación de 18º y entra a 1,9 m de altura en la portería, situada a 41 m. Calcula:
a) El tiempo que tarda en llegar a la portería.
b) La velocidad inicial del balón.
c) La altura máxima que alcanza el balón.
d) La velocidad con que llega el balón a la portería.
e) Delante del futbolista, a 9 m de distancia, se coloca una barrera de jugadores de 1,80 m de
altura. ¿Llegará el balón a la portería?
f) Alcance máximo del disparo.
Solución:
La figura muestra un esquema de la situación así como del origen del Sistema de Referencia.
Antes de resolver el problema, planteamos
las ecuaciones del movimiento en cada eje.
Posición
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣𝑜𝑥 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦 𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
↓
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 cos 𝛼
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑣𝑜 𝑡 sen 𝛼 − 4,9𝑡2
Velocidad
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣𝑥 = 𝑣𝑜𝑥
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 + 𝑔𝑡 →
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣𝑥 = 𝑣𝑜 cos 𝛼
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = 𝑣𝑜 sen 𝛼 − 9,8 𝑡
Donde α = 18º, es decir, se podría sustituir su valor en las ecuaciones, aunque aquí se dejará hasta el
final.
a) Tiempo que tarda en llegar a la portería.
Del enunciado del problema tenemos los datos de posición del balón cuando llega a la portería:
𝑆𝑖 𝑥 = 41 𝑚 → 41 = 𝑣𝑜 𝑡 cos (18) → 41 = 0,95 · 𝑣𝑜 𝑡
𝑆𝑖 𝑦 = 1,9 𝑚 → 1,9 = 𝑣𝑜 𝑡 sen(18) − 4,9𝑡2
→ 1,9 = 0,31 · 𝑣𝑜 𝑡 − 4,9𝑡2
Sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas,
𝑣𝑜 𝑡 =
41
0,95
= 43,16 𝑚 → 1,9 = 0,31 · 43,16 − 4,9𝑡2
→ 𝑡 = √
1,9 − 0,31 · 43,16
−4,9
𝑡 = 1,5 𝑠
b) Velocidad inicial del balón,
Es la segunda incógnita del sistema anterior,
41 = 0,95 · 𝑣𝑜 𝑡 → 𝑣𝑜 =
41
0,95 · 1,5
= 28,8 𝑚/𝑠

27. [27]
c) Altura máxima que alcanza el balón.
Conocida ya la velocidad inicial y el ángulo de tiro, podemos completar las ecuaciones del movimiento:
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 cos 𝛼 = 28,8 · 0,95 · 𝑡
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑦 = 𝑣𝑜 𝑡 sen 𝛼 − 4,9𝑡2
= 28,8 · 0,31 · 𝑡 − 4,9𝑡2
𝑥 = 27,4 · 𝑡
𝑦 = 8,93 · 𝑡 − 4,9𝑡2
𝑒𝑗𝑒 𝑥 → 𝑣𝑥 = 𝑣𝑜 cos 𝛼 = 28,8 · 0,95
𝑒𝑗𝑒 𝑦 → 𝑣 𝑦 = 𝑣𝑜 sen 𝛼 − 9,8 𝑡 = 28,8 · 0,31 − 9,8 𝑡
𝑣𝑥 = 27,4
𝑣 𝑦 = 8,93 − 9,8 𝑡
Cuando el balón alcanza la altura máxima, vy = 0. Sustituyendo esta condición determinamos el tiempo
que tarda en alcanzar dicha altura,
𝑆𝑖 𝑣 𝑦 = 0 → 0 = 8,93 − 9,8 𝑡 → 𝑡 = 0,91 𝑠
En ese tiempo, la posición vertical del balón es la altura máxima,
𝑆𝑖 𝑡 = 0,91 𝑠 → 𝑦 = 𝑦 𝑚á𝑥 = 8,93 · 0,91 − 4,9 · 0,912
→ 𝑦 𝑚á𝑥 = 4,1 𝑚
d) La velocidad con que llega el balón a la portería.
Como conocemos el tiempo que tarda en llegar a la portería (apartado a), sustituimos en las ecuaciones
de velocidad,
𝑆𝑖 𝑡 = 1,5 𝑠 →
𝑣𝑥 = 27,4 𝑚/𝑠
𝑣 𝑦 = 8,93 − 9,8 · 1,5 = −5,8 𝑚/𝑠
Por tanto, la velocidad del balón en la portería es,
𝑣⃗ = 27,4 𝑖̂ − 5,8 𝑗̂ (𝑚/𝑠)
El módulo de este vector es,
𝑣 = √27, 42 + (−5,8)2 = 28 𝑚/𝑠
e) ¿Supera el balón una barrera de 1,8 m situada a 9 m de distancia?
Determinamos primero el tiempo que tarda el balón en llegar a la barrera,
𝑆𝑖 𝑥 = 9 𝑚 → 9 = 27,4 · 𝑡 → 𝑡 = 0,33 𝑠
Determinamos ahora la posición vertical del balón para ese tiempo,
𝑆𝑖 𝑡 = 0,33 𝑠 → 𝑦 = 8,93 · 0,33 − 4,9 · 0,332
= 2,4 𝑚
Luego, el balón sí supera la barrera.
f) Alcance máximo del disparo.
Calculamos primero el tiempo que tarda el balón en llegar al suelo (tiempo de vuelo)
𝑆𝑖 𝑦 = 0 → 0 = 8,93 · 𝑡 − 4,9𝑡2
→ 𝑡 = 0 𝑦 𝑡 = 1,82 𝑠
Las dos soluciones son válidas, pero para determinar el alcance máximo del disparo utilizamos la
segunda,
𝑆𝑖 𝑡 = 1,82 𝑠 → 𝑥 = 𝑥 𝑚á𝑥 = 27,4 · 1,82 = 49,9 𝑚

28. [28]
Algunas situaciones con lanzamiento oblicuo u horizontal que pueden ser resueltas.
Para una velocidad inicial determinada, el alcance
máximo en un tiro oblicuo depende del ángulo que
forma el vector velocidad con la horizontal. Este
alcance es máximo cuando el ángulo es de 45º. Por
otra parte, para dos ángulos de inclinación
complementarios se consigue el mismo alcance,
aunque cambia la altura máxima y el tiempo de
vuelo.
Viñeta de Bill Amend (http://www.foxtrot.com/)

29. [29]
5.- Movimiento circular uniforme
El movimiento de un cuerpo es circular uniforme cuando
tiene por trayectoria una circunferencia y recorre
arcos de circunferencia iguales en tiempos iguales,
es decir, su velocidad (el módulo) es constante
Para el estudio del movimiento circular se concluye que es más sencillo medir
ángulos recorridos en función del tiempo que medir distancias recorridas. Las magnitudes
del movimiento circular que dependen de un ángulo se llaman magnitudes angulares. Cada
magnitud angular está relacionada con su correspondiente magnitud lineal a través del
radio de la circunferencia, concretamente:
Magnitud lineal Símbolo Magnitud angular Símbolo
Distancia
recorrida
s
Distancia angular (también,
desplazamiento angular, ángulo
barrido, espacio angular)
φ
(también,
θ ó ϕ)
Velocidad v Velocidad angular ω
Aceleración a Aceleración angular α
En realidad el movimiento circular uniforme es un movimiento acelerado ya que la
velocidad lineal del cuerpo está cambiando continuamente su dirección y sentido. Sin
embargo en estos apuntes no se considerará este aspecto más allá de la sola definición del
término aceleración centrípeta.
Desplazamiento angular
En la figura adjunta se muestra un punto móvil, P, que realiza un
movimiento circular uniforme.
① Para estudiar su movimiento es necesario establecer un
punto de referencia que será el punto inicial del movimiento. En
la figura es el punto O.
② Al cabo de un tiempo t el cuerpo se ha desplazado un ángulo θ.
③ Al cabo de un tiempo t’ el cuerpo se ha desplazado un ángulo θ’.
④ Se dice que entre t y t’ el desplazamiento angular del cuerpo es ∆𝜃 = 𝜃′
− 𝜃
⑤ Si el desplazamiento angular se mide en grados, sabemos que el punto P recorre 360ᵒ
por cada giro completo que realiza, es decir, cada vez que pasa por el punto O.
El radián
El radián (rad) es la unidad de ángulo plano en el Sistema Internacional de Unidades. Su
definición es la siguiente:
Es el ángulo tal que la longitud del arco que contiene es igual al radio de la circunferencia

30. [30]
En la figura adjunta,
𝑆𝑖 𝑠 = 𝑟 ⇒ 𝜑 = 1 𝑟𝑎𝑑𝑖á𝑛
Hay 6,28 radianes (=2π radianes) en un giro completo
(360ᵒ). Por tanto, un radián equivale a 57,296ᵒ.
Es muy frecuente, al expresar el desplazamiento angular en radianes, indicar el ángulo
barrido en función del número π. Así, por ejemplo,
φ (grados) φ (rad) φ (grados) φ (rad)
¼ de vuelta (90ᵒ) π/2 2 vueltas (720ᵒ) 4π
½ de vuelta (180ᵒ) π 2,5 vueltas (900ᵒ) 5π
¾ de vuelta (270ᵒ) 3π/2 30ᵒ π/6
1 vuelta (360ᵒ) 2π 45ᵒ π/4
etc.
Relación entre desplazamiento angular y espacio lineal recorrido
La figura adjunta muestra dos móviles, P y P’ que se
mueven con MCU.
- El cuerpo P parte desde O y al cabo de un tiempo ha
realizado un desplazamiento angular φ.
- El cuerpo P’ parte desde O’ y al cabo de un tiempo (que
puede ser o no igual al anterior) ha realizado un
desplazamiento angular φ.
- Como el radio de giro es diferente para ambos móviles,
es evidente que los desplazamientos angulares del cuerpo
son los mismos, pero las distancias recorridas no son iguales. El cuerpo P’ recorre más
distancia que el cuerpo P.
La relación que existe entre la distancia lineal (s) recorrida y el desplazamiento angular
(φ) es,
𝑠 = 𝜑 · 𝑅
donde R es el radio de giro. En esta expresión φ debe ir expresado en radianes y las
unidades de s y R son las mismas. Se puede comprobar que para una vuelta completa,
𝑠 = 2𝜋𝑅 → 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

31. [31]
Velocidad angular
La velocidad angular es una medida de la velocidad de rotación. Se define como el ángulo
girado en la unidad de tiempo y se designa por la letra griega ω.
𝜔 =
∆𝜑
∆𝑡
(=
𝜑
𝑡
)
Las unidades de la velocidad angular en el S.I. son los radianes por segundo
(rad/s).
Otras unidades para la velocidad angular pueden aquellas basadas en contar el
número de vueltas (revolución) que se dan en un tiempo determinado, como revoluciones
por minuto (rpm.); revoluciones por segundo (rps); revoluciones por hora (rph); etc.
Problema 13.
Expresa en radianes por segundo las siguientes velocidades angulares: 1 rps, 3 rpm, 60 rps y 30
rph.
Solución:
1 𝑟𝑝𝑠 =
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
1 𝑠
·
2𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
= 2𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
3 𝑟𝑝𝑚 =
3 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
1 𝑚𝑖𝑛
·
2𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
·
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
=
6𝜋
60
= 0,1𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
60 𝑟𝑝𝑠 =
60 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
1 𝑠
·
2𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
= 120𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
30 𝑟𝑝𝑚 =
30 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
1 ℎ
·
2𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
·
1 ℎ
3600 𝑠
=
60𝜋
60 · 60
= 𝜋
60⁄ 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Problema 14.
Expresa en radianes por segundo las siguientes velocidades angulares:
a) La velocidad angular de la aguja que da las horas en un reloj.
b) La velocidad angular de rotación de la Tierra.
Solución:
a) La aguja de las horas en un reloj da una vuelta completa (= 2π rad) en doce horas.
𝜔 =
∆𝜑
∆𝑡
=
2𝜋
12 · 3600
= 1,45 · 10−4
𝑟𝑎𝑑/𝑠
b) Un punto de la superficie terrestre da una vuelta completa en 24 horas.
𝜔 =
∆𝜑
∆𝑡
=
2𝜋
24 · 3600
= 7,27 · 10−5
𝑟𝑎𝑑/𝑠
Velocidad que resulta ser la mitad de la calculada para la aguja de las horas de un reloj.

32. [32]
Relación entre velocidad angular y velocidad lineal
Supongamos la situación de la figura adjunta (ya descrita
en la página 20). Supongamos ahora que el tiempo que
tardan P y P’ en alcanzar sus posiciones es el mismo.
Es evidente que las velocidades angulares de los dos
cuerpos son las mismas pues recorren el mismo ángulo en
el mismo tiempo,
𝜔 𝑃 = 𝜔 𝑃′
Sin embargo, como la distancia que recorre P’ es mayor
que la que recorre P, su velocidad lineal debe ser
necesariamente mayor,
𝑣 𝑃 < 𝑣 𝑃′
La relación que existe entre la velocidad lineal y la velocidad angular de un cuerpo
que se mueve con movimiento circular uniforme de radio R se puede deducir fácilmente.
La longitud del arco que recorre el cuerpo es
𝑠 = 𝜑 · 𝑅
Para conocer la velocidad dividimos los dos miembros por el tiempo empleado,
𝑠
𝑡
=
𝜑 · 𝑅
𝑡
la distancia recorrida dividida entre el tiempo es la velocidad, mientras que el ángulo
barrido por el radio vector entre la velocidad es la velocidad angular, por tanto,
𝑣 = 𝜔 · 𝑅
donde la velocidad angular debe ir en rad/s y el radio en metros para que la velocidad
lineal venga dada en m/s.
Problema 15.
Calcula la velocidad angular y velocidad lineal de la Tierra en rotación y en traslación.
Datos: Diámetro terrestre medio = 12740 km; 1 unidad astronómica = 1,5 · 108 km
Solución:
a) Rotación terrestre.
La velocidad angular de rotación de la Tierra ya ha sido calculada (problema 2), su valor es
𝜔 = 7,27 · 10−5
𝑟𝑎𝑑/𝑠
La velocidad lineal de un punto de la superficie terrestre será,
𝑣 = 𝜔𝑅 = 7,27 · 10−5
·
1,2740 · 107
2
= 463 𝑚/𝑠 (~0,5 𝑘𝑚/𝑠)

33. [33]
b) Traslación terrestre.
La velocidad angular en el giro anual de la Tierra alrededor del Sol es,
𝜔 =
∆𝜑
∆𝑡
=
2𝜋
365,25 · 86400
= 1,99 · 10−7
𝑟𝑎𝑑/𝑠
que es la velocidad correspondiente a dar un giro completo en 365,25 días.
La velocidad lineal de la Tierra alrededor del Sol es,
𝑣 = 𝜔𝑅 = 1,99 · 10−7
· 1,5 · 1011
= 29850 𝑚/𝑠 (~ 30 𝑘𝑚/𝑠; ~ 108000 𝑘𝑚/ℎ)
Problema 16.
Un coche circula en línea recta con una velocidad de 90 km/h. Si el diámetro de las ruedas es de 60
cm, determina cuántas vueltas da cada rueda en un segundo y en un minuto.
Solución:
Ponemos los datos del problema en unidades del S.I.
𝑣 =
90 𝑘𝑚
1 ℎ𝑜𝑟𝑎
·
1000 𝑚
1 𝑘𝑚
·
1 ℎ𝑜𝑟𝑎
3600 𝑠
= 25 𝑚/𝑠
𝑅 =
60
2
= 30 𝑐𝑚 = 0,3 𝑚
La velocidad lineal del coche es también la velocidad de un punto cualquiera situado en la
superficie de la rueda. Por tanto, la velocidad angular de las ruedas es,
𝜔 =
𝑣
𝑅
=
25
0,3
= 83,33 𝑟𝑎𝑑/𝑠
En vueltas por segundo (rps)
𝜔 =
83,33 𝑟𝑎𝑑
1 𝑠
·
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
= 13,2 𝑟𝑝𝑠
En vueltas por minuto (rpm)
𝜔 =
83,33 𝑟𝑎𝑑
1 𝑠
·
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
·
60 𝑠
1 𝑚𝑖𝑛
= 795 𝑟𝑝𝑚

34. [34]
Aceleración centrípeta
Al definir el movimiento circular uniforme ya se dijo que se trata de un movimiento
acelerado.
En la figura adjunta se representan dos posiciones diferentes
de un cuerpo que tiene un movimiento circular uniforme.
Veamos el siguiente desarrollo argumental paso a paso:
① Es un MCU porque el valor de la velocidad (módulo),
representado por la letra v y por la longitud de la flecha,
siempre es el mismo.
② Para definir completamente la velocidad de un cuerpo no
basta con dar su valor (módulo), sino que también hay que indicar su dirección y su
sentido.
③ La dirección de la velocidad de un móvil siempre es tangente a la trayectoria. Su
sentido viene dado por el que tiene el móvil en su trayectoria. En la figura se ha
representado la velocidad del móvil en el instante en que se encuentra en las posiciones
indicadas. (Este es el origen de la expresión “salirse por la tangente”).
④ Si bien el valor de la velocidad no está cambiando (la flecha siempre tiene el mismo
tamaño), sí está cambiando la dirección y el sentido de la misma. Algo en la velocidad está
cambiando y, cuando la velocidad cambia, hay aceleración.
⑤ La aceleración de un cuerpo debida a la variación de la dirección y sentido de la
velocidad en un movimiento circular uniforme se llama aceleración normal o aceleración
centrípeta. Su valor (módulo) se puede determinar a partir de
la siguiente expresión:
𝑎 𝑛 = 𝑎 𝑐 =
𝑣2
𝑅
donde v es la velocidad del cuerpo y R el radio de giro. Se
puede comprobar que las unidades (S.I.) de la aceleración son
m/s2.
⑥ El nombre de aceleración centrípeta viene dado porque la
aceleración también es un vector que tiene una dirección y un
sentido que, en este caso, es la dirección radial del movimiento circular y el sentido hacia
el centro de la circunferencia.
Frecuencia y periodo en un movimiento circular uniforme
El movimiento circular uniforme es un tipo de movimiento periódico, es decir, su estado se
repite exactamente a intervalos regulares de tiempo.
Para caracterizar los movimientos periódicos existen dos magnitudes, además de
las ya vistas hasta ahora: la frecuencia y el periodo.

35. [35]
En un movimiento circular uniforme la frecuencia, f, se define como el número de
vueltas que da el cuerpo en la unidad de tiempo. La unidad de frecuencia en el S.I. es el
Hertzio1 (Hz):
𝑓 = 1 𝐻𝑧 = 1
𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜
= 1
𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜
𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜
En un movimiento circular uniforme el periodo, T, se define como el tiempo
necesario para que el cuerpo de un giro completo.
Según estas definiciones, la frecuencia y el periodo son dos magnitudes inversas,
𝑓 =
1
𝑇
→ 𝑇 =
1
𝑓
Como la unidad (S.I.) del periodo es el segundo, entonces,
1 𝐻𝑧 = 1 𝑠−1
Problema 17.
Un ciclista recorre un circuito circular, que tiene 10 m de radio, con una velocidad constante de 10
m/s. Calcula su aceleración centrípeta, la frecuencia y el periodo del movimiento.
Solución:
Empezamos por la aceleración centrípeta pues tenemos los datos necesarios,
𝑎 𝑐 =
𝑣2
𝑅
=
102
10
= 10 𝑚/𝑠2
A partir de la expresión de la velocidad lineal determinamos el periodo,
𝑣 =
𝑠
𝑡
𝑠𝑖 𝑠=2𝜋𝑅, 𝑡=𝑇
→ 𝑇 =
2𝜋𝑅
𝑣
𝑇 =
2𝜋 · 10
10
= 6,28 𝑠
En cuanto a la frecuencia,
𝑓 =
1
𝑇
= 0,16 𝐻𝑧
1 También se admite Hercio o Hertz.

36. [36]
Problema 18.
Un disco de vinilo, LP, tiene un diámetro de 30,5 cm y gira en su reproducción a 33 rpm. Determina
la velocidad angular y lineal, la aceleración centrípeta, el periodo y la frecuencia del movimiento de
un punto situado en la periferia del disco. Si una canción del disco dura 3 minutos y 30 segundos,
¿qué espacio angular y espacio lineal ha recorrido dicho punto?
Solución:
Empezaremos por la velocidad angular,
𝜔 = 33 𝑟𝑝𝑚 =
33 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
1 𝑚𝑖𝑛
·
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
·
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
= 3,46 𝑟𝑎𝑑/𝑠
El radio de giro de un punto de la periferia del disco es
𝑅 =
0,305
2
= 0,1575 𝑚
La velocidad lineal será:
𝑣 = 𝜔𝑅 = 3,46 · 0,1575 = 0,54 𝑚/𝑠
La aceleración normal, o centrípeta, es
𝑎 𝑐 =
𝑣2
𝑅
=
0,542
0,1575
= 1,85 𝑚/𝑠−2
En cuanto a la frecuencia,
𝑓 =
33 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
1 𝑚𝑖𝑛
·
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
= 0,55 𝐻𝑧
El periodo es,
𝑇 =
1
𝑓
= 1,81 𝑠
Finalmente, el espacio angular recorrido durante una canción de 3 min y 30 segundos (210 s)
es,
𝜔 =
𝜑
𝑡
→ 𝜑 = 𝜔𝑡 → 𝜑 = 3,46 · 210 = 726,6 𝑟𝑎𝑑 (115,6 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠)
La distancia lineal recorrida es
𝑠 = 𝜔𝑅 = 726,6 · 0,1575 = 114,4 𝑚

37. [37]
Estos apuntes se finalizaron el 11 de noviembre de 2015
Realizados por: Felipe Moreno Romero
fresenius1@gmail.com
http://www.escritoscientificos.es