ejercicios-cinemc3a1tica-mrua.pptx

370 ■ GUÍA DE FÍSICAYQUÍMICA 1.° Bachillerato ■ MATERIALFOTOCOPIABLE© SANTILLANA EDUCACIÓN,S.L.■
PROBLEMASRESUELTOS
CINEMÁTICAII:MRUA
9
b) Elobjeto tarda el mismo tiempo en subir que en bajar.Portanto, el momento en que el objeto caealsuelo
correspondea:t2 = 2⋅ 2,04s= 4,08s.
Enefecto,lassoluciones de laecuación:
Son0 segundos,el momento del lanzamiento,y t2 = 4,08s,el momento de lacaída.
c) Ladistancia, d,que recorredurante elprimer segundo del lanzamiento es:
d = y− y0 = v0 ⋅t −
1
⋅ g⋅t2
 d = 20 m/s⋅1s−
1
⋅ 9,8 m/s2
⋅12
s2
= 15,1m
2 2
2 0 0 2 2 2 2
2 3
1 1
2 2
y = y + v ⋅ t − ⋅ g⋅t  0 = 0+ 20⋅t − ⋅ 9,8⋅t
1 0 0 1 1 1
1 1
2 2
2 2 2 2
y = y + v ⋅t − ⋅ g⋅t  y = 0+ 20 m/s⋅ 2,04 s− ⋅ 9,8 m/s ⋅ 2,04 s = 20,4 m
PROBLEMARESUELTO1
Unapersonalanzaunobjetodesdeelsueloverticalmente haciaarribaconvelocidadinicialde20m/s. Calcula:
a) Laaltura máxima alcanzada.
b) Eltiempoque tarda encaeral suelodesdeel instantedel lanzamiento.
c) Ladistancia recorridaen el primer segundode sumovimiento.
Planteamiento yresolución
Elproblema trata un MRUA.Ladirección del movimiento esvertical,y el sentido positivo del sistemade referencia,
haciaarriba.Laaceleración del móvil eslade la gravedad,g,y,por tanto, de sentidonegativo.
a) Elobjeto comienza sumovimiento ascendiendo hastaque para,velocidad nula, ycomienza caer.Eltiempo que
tardael objeto en alcanzarla altura máxima esel tiempo que pasahastaqueel objeto para,v1= 0 m/s:
v1 = v0 − g⋅ t1  0= 20− 9,8⋅ t1  t1 = 2,04s
Ylaaltura máxima alcanzadaes:
Un cocheaceleraal ponerse el semáforo
en verde. Despuésde recorrer100 m,
suvelocidadesde 70 km/h. Calcula:
a) Laaceleración del movimiento.
b) Lavelocidada50 m del semáforo.
Sol.: a)1,89m/s2
;b) 13,75m/s (49,49km/h).
Desdeun punto situadoa 5 m de altura
seha lanzado un objetohacia arriba.
Sabiendo que ha tardado 6 senllegar al suelo,
calcula:
a) Lavelocidadconla que fue lanzado.
b) Laaltura máxima alcanzada.
Sol.:a)28,57m/s; b) 41,64m.
5 Un ciclistanecesita 10 spara pasar
de 0 a60 km/h. Calcula:
a) Laaceleración obtenida.
b) Ladistancia recorrida.
c) Lavelocidadalos8sdecomenzar
amoverse.
Sol.: a)1,67m/s2
;
b)83,33m;
c)13,33m/s (48km/h).
4
3 Un cocheque circula por una carretera
a 80 km/h frenaal ver un obstáculo
situadoa 50 m. ¿Cuáldebe serla deceleración
para queel cochenochoque conel obstáculo?
Sol.:Mayor que 4,94m/s2
.
2 Un niñodeja caeruna pelota desdesuventana
situadaa15 m del suelo.
a) ¿Cuántotarda en llegaral suelo?
b) ¿Conqué velocidadllegaal suelo?
Sol.: a)1,75s;b) 17,15m/s.
1
ACTIVIDADES

2. Indicaahoralaposiciónxdel tren alfinal de cadatramo. (Laque tenga alfinal del último tramo
serála respuestaalapregunta.)
• Tramo 1(MRUA):
Siendox01 = 0, v01 = 0m/s (parado),t1 = 8sy a1 = 0,75m/s2
.
• Tramo 2(MRUA):
x02= x1= 24m (laposicióninicial en el 2.o
tramo eslafinal en el 1.o
).
v02 = vf1 = v01 + a1t1= 0 + 0,75m/s2
⋅ 8s= 6 m/s (lavelocidad inicial en el 2.o
tramo esla final en el 1.o
).
a2 = 2m/s2
;vf2 = 60km/h = 16,67m/s.
Portanto:
• Tramo 3(MRU):
x03 = x2 = 84,56m;
v3 = cte.60km/h = 16,67m/s
y t3 = 80− t1 − t2 − t4 =
= 80s− 8s− 5,34s− 12s= 54,7s.
x3 = x03 + v3t3 = 84,56m +
+ 16,67m/s ⋅ 54,7s= 996,4m
• Tramo 4(MRUA):
x04 = x3 = 996,4m;
v04 = vf3 = 16,67m/s;
t4 = 12s;vf4 = 0 m/s.
4 04 04 4 4 4
2
1 1
2
x = x + v t − ⋅ a t = 996,4 m + 16,67 m/s⋅12 s− ⋅1
,39 m/s ⋅12 s = 1096,4m hayentrelas
2 2 2 2
dos estaciones.
continúa — (
2 2
2
1 1
2
x2 = x02 + v02t2 + a t2
= 24 m + 6 m/s ⋅ 5,34 s+ ⋅ 2 m/s2
⋅ 5,342
s2
= 84,56 m
t a
2
a =
2
2
2
v − v v − v
f2 02 f2 02
 t = =
(16,67− 6) m/s
2 m/s2
= 5,34 s
1 01 01 1 1 1
1 1
2 2
x = x + v t + at = ⋅ 0,75m/s ⋅ 8 s = 24 m
2 2 2 2
AMPLIACIÓNcon soluciones
MÓVILESQUECAMBIAN SUTIPODEMOVIMIENTO
9
FICHA2
x(m)
1
a
→= 0,75m/s2
a
→
4
a
→
2 = 2m/s2
v3 = 60 km/h
4
v = 60 km/h
4
v = 0
Tramo1
(MRUA)
Tramo2
(MRUA)
Tramo3
(MRU)
Tramo4
(MRUA)
NOMBRE: CURSO: FECHA:
5 Untrende cercaníassalede una estación, acelera cona = cte. = 0,75 m/s2
durante 8 sy luego
cona = cte. = 2 m/s2
hasta alcanzar una velocidadconstantede 60 km/h. Mantienela misma velocidad
hasta acercarsea la siguiente estación. Enesemomentofrena uniformementehasta pararse en 12 s.
Eltiempo total del trayecto fue de 80 s.¿Quédistancia hay entre lasdosestaciones?
Representala posición,la velocidadyla aceleración enfuncióndel tiempo.
SOLUCIÓN
1. Dibuja un sistemade referencia indicando el tipo de movimiento en cadatramo yescribiendo
sobre cadauno de elloslos datosdel problema.
t1 = 8s t2 t3 t4 = 12 s
1096,4
996,4
8 13,34 68,04 80
84,56
24
x(m)
t(s)

3. Representaahorax-t,v-t,ya-t:
• Tramo 1 det= 0 sat= 8s.
• Tramo 2 det= 8 sat= 13,34s.
• Tramo 3 det= 13,34sat= 68,04s.
• Tramo 4 det= 68,04sat= 80s.
FICHA3
PROBLEMASCONDIFERENTESMÓVILES
9
401
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2. EJERCICIO RESUELTO
Una pareja, que estaba sentada en una terraza de un bar al comienzode unacalle,
discuteyellaseva, dejando asunovioallí sentado. Cuandollegaal final dela calle,
searrepienteyvuelve corriendopara reconciliarseconunaa = cte. = 0,5 m/s2
justoa la vez
queél selevantaycomienzaaandarhaciaellaconv = cte. = 4 km/h. Lacalle mide100 m.
a) ¿Cuántotiempo tardanen fundirse en un abrazo?
b) ¿Aquédistancia de la terrazalo harán?
c) ¿Quévelocidad llevará cadaunojustoantesdelabrazo?
SOLUCIÓN
Sigamoslos siguientespasos:
1. Dibujamos la situación en el momento que ella dalavuelta y él comienza aandar(t= 0)en un sistema
de referencia común paraambos.
2. Identificamos el tipo de movimiento de cadauno yescribimos susecuacionesde posición
yvelocidad en funcióndel tiempo.
Teniendoen cuenta que x01= 0,x02= 100,v02 = 0 yque a2 = 0,5m/s2
esnegativa, puesesun vector
que vaen el mismo sentido que lavelocidad (por lo tanto, con el mismo signo que esta,que seránegativo,
pueslavelocidad vaen sentidocontrario del eje X),tenemos:
Chico  MRU
• v1 = 4km/h = 1,11m/s
Chica MRUA
• v2 = v02+ a2 ⋅t2 = − 0,5·t2
1 01 1 1 1 2 02 02 2 2
2
• x = x + v ⋅ t = 1,11·t • x = x + v ⋅ t+ ⋅ a t = 100− 0,25⋅ t2
2
1
2
x(m)
v0 = 0
a = 0,5m/s2
v1 = 4km/h
F
Movimiento
rectilíneo uniforme
G
Movimiento rectilíneo
uniformemente acelerado
¡Ojo! ¡x2esla posición (lacoordenada) de la chica en cualquier instantede tiempo en nuestro eje X;
no el espacioque harecorrido!
continúa — (
16,67
6
2
0,75
68,04 80
68,04 80
8 13,34
−1,39
8 13,34
t(s)
t(s)
v(m/s)
a(m/s2
)

2. Identificamos el tipo de movimiento de cadauno yescribimos susecuacionesde posición
yvelocidad en funcióndel tiempo.
Teniendoen cuenta que x01= 0,x02= 100,v02 = 0 yque a2 = 0,5m/s2
esnegativa, puesesun vector
que vaen el mismo sentido que lavelocidad (por tanto, con el mismo signo que esta,que seránegativo,
pueslavelocidad vaen sentidocontrario del eje X),tenemos:
FICHA3
9
Chico  MRU
• v1 = 4km/h = 1,11m/s
Chica MRUA
• v2 = v02+ a2 ⋅t2 = − 0,5·t2
1 01 1 1 1 2 02 02 2 2
2
• x = x + v ⋅ t = 1,11·t • x = x + v ⋅ t+ ⋅ a t = 100− 0,25⋅ t2
2
¡Ojo! ¡x2esla posición (lacoordenada) de la chica en cualquier instantede tiempo en nuestro eje X;
no el espacioque harecorrido!
3. Ahora,pararesponderalaspreguntas,seguimos la siguienteestrategia:
Dibujamos la situación que nos plantea el enunciado y nos preguntamosqué tienen en común
el chico y lachica en esasituación parapoder plantear una igualdad:¿Esla velocidad? ¿Esel tiempo
transcurrido? ¿Esla posición?
Traspensarun poco descubriremosque cuando seencuentran susvelocidades no soniguales,
pero sílo sontanto el tiempo transcurrido como laposiciónde ambos.Esdecir:
x1 = x2 y t1 = t2
4. Resolvemos(pista:esmásfácil comenzar conx1 = x2):
2
x1= x2 1,11⋅ t1 = 100− 0,25⋅ t2
 1,11⋅ t= 100− 0,25⋅ t2
(Como t1= t2,llamamos taambos tiempos.)Ordenamosla ecuación:
2
Como no tiene sentidoun tiempo negativo, laúnica soluciónválidaes:
t= 17,9s esel tiempo que tardan en fundirse en un abrazo
Enesteinstante de tiempo t= 17,9s,hallamos la posiciónde ambos (eslamisma paralos dos,
recuerda que x1= x2).Sustituimosen x1que en estecasoesmásfácil:
x1= 1,11⋅ t= 1,11⋅ 17,9= 19,9m  Posiciónde ambos ydistancia ala que estánde la terraza
cuando seencuentran.
Elchicohabrá recorridoun espaciode 19,9m. Ylachica,de (100− 19,9)= 80,1m.
Yen el instantedel encuentrocadauno llevaráuna velocidad de:
• Chico  v1 = 4km/h = 1,11m/s
• Chica v2 = − 0,5⋅ t2 = − 0,5⋅ 17,9= − 9m/s
(Elsigno menos significa que lachica corre en sentidonegativo del eje X.)
0,25⋅ t + 1,11⋅ t− 100= 0 t =
− 1
,11± 1
,11
2
− 4⋅ 0,25⋅ (− 100)
2⋅ 0,25
⎧
⎪
t1 = 17,9 s
 ⎨
⎪
⎪
⎩
t
2 = − 22,3 s
1
2
100
x(m)
0
→
v
2
G F
→
v
1
x1
x2

2. Identifica el tipo de movimiento de cadauno yescribesusecuacionesde posición yvelocidad
en función del tiempo (expresalos espaciosen metros y lasvelocidades en m/s.
3. Establecelasigualdades que seproduzcan en el momento de lacaptura.
x1= x2 y t1 = t2
4. Resuelveesasecuacionesy averigua cuánto tiempo tarda el cochede policía en alcanzaralde los ladrones.
Esmásfácil comenzar con x1= x2.
x1 = x2  33,33⋅ t1 = 16670+ 27,78⋅ t2 33,33⋅ t= 16670+ 27,78⋅ t
(Como t1= t2,llamamos taambos tiempos.)Despejamost:
(33,33− 27,78)⋅ t= 16670 t =
16670 m
= 3004 s
33,33m/s− 27,78 m/s
Esel tiempo que tardaen alcanzarel cochede policía al de los ladrones.
5. Conel tiempo anterior, halla aqué distanciadel barde carreteraseproducela captura.
Como transcurrido el tiempo calculadoen el apartadoanteriorla posición deambos cochesesla misma
(recuerda: x1 = x2),para hallar la distancia al bar de carretera puedes sustituir esetiempo en cualquiera
de lasdos ecuaciones:x1o x2.Sustituimos, por ejemplo, en x1,que esmássencilla:
x1= 33,33⋅ t1= 33,33⋅ 3004= 100123m  Distancia al barde carreteracuando el cochede policía
alcanzóal de los ladrones.
Comprobamos que daría lo mismo sihubiéramossustituido en la ecuaciónde x2:
x2= 16670m + 27,78m/s ⋅ t= 16670m + 27,78m/s ⋅ 3004s= 100121m ≈ 100123m
(Lapequeñadiferencia espor los redondeos dedecimales que hemos hechoen cadaoperación.)
continúa — (
6 Enun momento dado el cochede unosladrones pasajunto a un bar de carretera conuna velocidad
de 100 km/h. Diez minutosdespuéspasapor el mismo sitiopersiguiéndolo uncochede policía
conuna velocidadde 120 km/h. ¿Quétiempotarda enalcanzar el cochede policía
al de losladrones?¿Aqué distancia del bar de carretera estaránen esemomento?
SOLUCIÓN
1. Hazun dibujo de los dos cochessobre un sistemade referencia justo cuando el cochede policía
pasapor delantedel barde carretera(sitúa ahíel origen del eje X).
Pista:estásdibujandola situación en t= 0;por tanto, x0de cadacochees:
• Coche de policía  x0= 0.
• Cochede los ladrones  x0= espacioque harecorrido en los 10minutos que tardó en pasar
el cochede policía por el barde carretera:
10 min ⋅
100 km
= 16,67 km = 16670 m
60min
FICHA3
9
403
Coche de policía Coche de los ladrones
MRU MRU
v1 = 120 km/h = 33,33 m/s v2 = 100 km/h = 27,78 m/s
x1 = x01+ v1 ⋅ t1 = 33,33 ⋅ t1 x2 = x02 + v2 ⋅ t2 = 16 670 + 27,78 ⋅ t2
x(m)
v1 = 120 km/h
F
v2 = 100 km/h
F

6. Representalaposición, lavelocidad yla aceleración en función del tiempo de los dos coches
(en la misma gráfica los dos).
c) ¿Quévelocidad llevaba cadaunocuandoseencontraronlosdosactoresque hacenel papeldecaballeros?
SOLUCIÓN
1. Hazun dibujo en el mismo sistemade referencia justo en el instanteen que comienzanacorrer(t= 0).
2. Indicael tipo de movimiento de cadauno yescribesusecuacionesde posición y velocidad
en funcióndel tiempo.
(Pista: no olvides que, sicorren en sentidoscontrarios,lasvelocidades son de distinto signo,
y que la aceleración tiene el mismo signo que la velocidad cuando tiene el mismo sentido
ysigno contrario cuando tiene sentidocontrario.)
• Caballero1(MRUA):
v1 = v01 + a1 ⋅ t1= 2t1
• Caballero2(MRUA):
v2 = v02 − a2 ⋅ t2= −3t1
(v01 = v02 = 0porque inicialmente estabanparados.)
2 02 02 2 2 2
2
02 1
2
2
1 1
2
x = x + v ⋅t − ⋅ a t = x − ⋅ 3t = 100− 1
,5t2
2
1 01 01 1 1 1
2
1 1
2 2
1 1
2 2
x = x + v ⋅t + ⋅ at = ⋅ 2t = t
FICHA3
9
continúa — (
Ladrones
100 123
16 670
100
0
33,33
27,78
3004
3004
7 Enun duelo medieval en una película doscaballeros consuscaballos,susarmaduras y susespadas,
separadosentresí100 m, parten del reposoy salenuno al encuentro del otropara luchar.
Losdossemueven conuna aceleración constante: el primero,de 2 m/s2
, y el segundo, de 3 m/s2
.
a) ¿Aqué distancia de donde salióel primero seenzarzaránenla batalla?
b) ¿Cuántotiempohabrán tardado enalcanzarse?
Policía
t(s)
3004
Policía,ladrones
x(m)
x(m)
t(s) t(s)
v(m/s)
a(m/s2
)
F
a1 = 2m/s2
G
a2 = 3 m/s2

4. Resuelve las ecuaciones del paso anterior.
Empezamos con x1 = x2 que es más fácil:
(Como t1= t2,llamamostaambos tiempos.)
6,3s es eltiempo que tardan en encontrarse (despreciamos lasolución negativa).
Estees el tiempo que tardan en alcanzarse.
5. Con eltiempo anterior, halla laposición que tenían cuando se enzarzaron.
Podemos usar indistintamente laecuación de x1 o de x2,puesto que x1 = x2:
Comprobemos que daríaigual en laotra ecuación:
¿Cuánto espacio ha recorrido cada uno?
• El caballero1 ha recorrido 40 m.
• El caballero2 ha recorrido:
(100 − 40) m = 60 m
Reflexionasobre ladiferenciaentreposición y espacio recorrido.
La posición de ambos, es decir,ellugar donde se encuentran, es elmismo, pero elespacio
que han recorrido hasta llegaraesa posición es diferenteparacada uno.
Nuestras ecuaciones de x1y x2nos indican laposición de cada caballero a medida que pasa
eltiempo,que no siempre es lo mismo que elespacio que recorren.
6. Con eltiempo del apartado 4 hallalavelocidadque teníacada uno cuando se enzarzaron.
• Caballero1:
v1 = 2 ⋅ t1 = 2 ⋅ 6,3s = 12,6m/s
• Caballero2:
v2 = − 3t1 = − 3 ⋅ 6,3s = − 18,9m/s
(Elsigno menos indica que elcaballero 2 se mueveen sentido negativo del ejeX.)
2 2
2
2
(
x = 100− 1,5t = 100− 1,5⋅ 40 ) = 100− 60 = 40 m
1 1
2
2
(
x = t = 40 ) = 40 m
1 2 1 2
2 2 2 2 2
x = x  t = 100 − 1,5t  t = 100− 1,5t  2,5t = 100  t = ± = 40 = +6,3 s
100
2,5
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 3
9
405
■ GUÍA DEFÍSICAYQUÍMICA 1.° Bachillerato ■ MATERIAL FOTOCOPIABLE © SANTILLANA EDUCACIÓN, S.L.■
3. Dibuja elmomento de su encuentro. ¿Ocurre más cerca de donde partió elcaballero 1
o de donde partió elcaballero2?
Escribe las igualdades que se produzcan en ese momento.
Elencuentro ocurre más cerca de donde partió elcaballero 1,pues su aceleración es menor.
En ese momento se cumple que:
x1 = x2 y t1 = t2
t1 t2
x1,x2 100
0
x(m)

SOLUCIÓN
Elorigen del sistemade referencia sefija en el punto de partida del primer coche,ysetoma como sentido
positivo el de avance del primer cochetambién. Utilizando estesistemade referencia lasposiciones
de partida de los dos cochessonxA0= 0km y xB0= 50km,ylasvelocidades sonvA= 60km/h y vB= 80km/h.
Como los movimientos de ambos cochessonrectilíneos y uniformes,lasposicionesen funcióndel tiempo son:
Imponiendo que lasposiciones enel instante quesecruzanseaniguales:
A B
Esdecir, 21min 25s.Portanto, secruzaránalas13h 21min 25s.
140 km/h
x (t)= x (t) 60t= 50− 80t t =
50 km
= 0,357 h
⎧
⎨
⎪
⎩
x (t) = 60t
⎪x (t) = 50− 80t
⎪ A
0
x(t) = x + v ⋅t 
B
8 Doscochesque circulan en sentidoscontrarios convelocidades constantesde 60 y 80 km por hora,
respectivamente, seencuentran separados50 km cuando el reloj marca la una en punto.
Calculaa qué hora secruzarán.
FICHA4
MOVIMIENTORECTILÍNEOUNIFORME
9
Unaliebrecorrehaciasumadriguera perseguida porun galgoquetrata dealcanzarla.
Elgalgo correa 40 km/h, mientrasquela liebrelo hacea 30 km/h. Sabiendoque
la distanciainicialquelosseparaesde200 m y quedela posicióninicialde la liebre
a la madriguera hay 550 m, calculasila liebre conseguirállegar a sumadriguera
antesde queel galgola alcance.
SOLUCIÓN
Lasvelocidades de laliebre y el galgo en el SIde unidades
son, respectivamente, 8,33m/s y11,11m/s. Situando
el origen del sistemade referencia en laposición inicial
del galgo,tomandocomo sentidopositivo
el del movimiento de ambos animales,
lasecuacionesde laposición paracadaanimalson:
xliebre(t)= 200+ 8,33⋅ t
xgalgo(t)= 11,11⋅ t
Enel momento en que el galgo alcanceala liebre susposicionesserániguales,por lo que:
200+ 8,33⋅ t= 11,11tt =
200
= 71
,94 s
2,78
Ylaposiciónen eseinstanteserá:
xgalgo(t= 71,94s)= 11,11m/s ⋅ 71,94s= 799,25m
Laliebre,por tanto, sesalvará, porque sumadrigueraestá situada a750 m de la posicióninicial del galgo
yestenecesitamayor distanciaparaalcanzarla.
50 km/h
A B
60 km/h
F
80 km/h
G
200 m 550 m

0
v2
= v2
− 2⋅ g ⋅ y
Ysustituimos los valoresparav,y,g. Debemos recordarque la aceleración tiene
sentidocontrario al movimiento:
0
02
= v2
− 2⋅ 9,8m/s2
⋅ 15m
Delasdos posiblessoluciones descartamoslanegativa, porque indicaría queel objeto selanza
haciaabajo,que esel sentidonegativo ennuestro sistemade referencia.Despejando v0:
v0 = 17,15m/s
b) ¿Cuántotiempohabrá tardado el estucheen recorrerlosúltimos 5 m de subida?
Alos 10m de altura el estuche llevaba una velocidad:
0
v2
= v2
− 2⋅ g ⋅ y
Denuevo laaceleración tiene sentidonegativo:
v2
= 17,152
m2
/s2
− 2⋅ 9,8m/s2
⋅ 10m
Delasdos posiblessoluciones descartamosla negativa porque indicaríavelocidad hacia abajo,
yno correspondeaestasituación:
v= 9,91m/s
Portanto, el tiempo transcurrido de los 10m alos 15m hasido:
v= v0 − g ⋅ t 0= 9,91− 9,8⋅ t t= 1,01s
c)¿Conqué velocidad debe lanzar María hacia abajo una pelota, en el mismo instante en que Inés
lanza el estuche,para que el choque entreambosobjetos seproduzcaa 5 m de altura?
Calculamosel tiempo que tarda el estuche en recorrerlos primeros 5 m:
0
v2
= v2
− 2⋅ a ⋅ y v2
= 17,152
m2
/s2
− 2⋅ 9,8m/s2
⋅ 5m  v= 14m/s
Porlo que el tiempo tardadoen recorrer los primeros 5 m hasido:
v= v0 − g ⋅ t 14m/s = 17,15m/s − 9,8m/s2
⋅ t t= 0,32s
Esemismo tiempo debe tardarlapelota en bajar 10m, por lo que utilizamos:
Ahora la velocidad yla aceleración sonnegativas porque ambasestánorientadas haciaabajo:
El resultado es:
v0 = 29,68m/s
1
2
0
2 2 2
5m = 15m− v ⋅ 0,32 s− ⋅ 9,8 m/s ⋅ 0,32 s
y = y − v ⋅t− ⋅ g ⋅t
0 0
2
1
2
12 María está asomadaa la ventanade sucasaa 15 m de altura.
SOLUCIÓN
a) ¿Conqué velocidaddebe lanzar Inés,situadajustodebajo
de la ventana, un estuchedesdeel suelopara que llegue justo
hasta la posiciónde María?
Elproblema trata un movimiento rectilíneouniformemente acelerado.Ladirección
delmovimiento esvertical,yelsentidopositivodelsistemadereferencia,haciaarriba.
Laaceleracióndelmóvil esladelagravedad,g,y,portanto,desentidonegativo.
Lavelocidad debe sernula a15m de altura. Asípues,utilizamos la expresión:
MOVIMIENTORECTILÍNEOUNIFORMEMENTEACELERADO
9
FICHA5
409

0
v2
= v2
+ 2⋅ a ⋅ x 02
= 362
m2
/s2
+ 2⋅ a ⋅ 176m  a = −3,68m/s2
Eltiempo empleado en estetramo lo calculamos usando:
v = v0+ a ⋅ t 0= 36m/s − 3,68m/s2
⋅ t t= 9,78s
Eltiempo total empleado esla sumadel utilizado en cadatramo:
18s+ 13,89s+ 9,78s= 41,67s
Desdela punta de un trampolín que está a 3 m sobre el agua Alba seimpulsa verticalmente
hacia arribaconuna velocidadde 2 m/s. Calculala velocidadconque Alba entrará enel agua.
SOLUCIÓN
Elmovimiento del problemaesun movimiento rectilíneouniformemente acelerado.
Siel sistemade referencia tiene el origen en lasuperficiedel agua,y dirección ysentido,
vertical y haciaarriba,la posición inicialde Alba esy0= 3 m; lavelocidad inicial, v0= 2 m/s,
tiene sentidopositivo y la aceleración de lagravedad tiene sentidonegativo:
Lasolución negativa sedescarta.Eltiempo que tarda en llegar alaguaest= 1,01s.
Lavelocidad de llegadasehalla utilizando el tiempo previamente calculado:
v= v0 − g ⋅ t= 2− 9,8m/s2
⋅ 1,01s= − 7,9m/s
Elsigno de lavelocidad esnegativo porque el vector velocidad tiene sentido negativo en el sistema
de referencia considerado.
0 0⋅
y = y + v ⋅ t−
1
⋅ g ⋅t2
 0 = 3m + 2⋅t−
1
⋅ 9,8 m/s2
⋅t2
 t =
− 2± 4− 4⋅(− 4,9)⋅ 3
2 2 2⋅(− 4,9)
14
36 m/s
Eltercer tramo, en el que frena,correspondeaun movimiento uniformemente decelerado; esdecir,
con aceleración en sentidocontrario alde avance.Ladistanciarecorridaes:
1000m − (324+ 500) m = 176m
Ylaaceleración en estetramo lacalculamos utilizando:
Ytermina estetramo con una velocidad:
v= v0 + a ⋅ t v= 0+ 2m/s2
⋅ 18s= 36 m/s
Enel segundo tramo lavelocidad permanece constante yel movimiento esrectilíneo yuniforme.
Eltiempo empleado en estetramo es:
t =
500 m
= 13,89 s
0 0
1 1
2 2
2 2 2 2
x− x = + v ⋅t+ ⋅ a ⋅t  x− 0 = 0+ ⋅ 2 m/s ⋅18 s = 324 m
13 Unciclistasepone enmovimientoconuna aceleración de 2 m/s2
que mantiene durante 18 s.
Pasadoeste tiempo mantiene la velocidadconstantedurante 500 m y finalmente frena deteniéndose
1000 m másalládel puntoen que comenzó a moverse. Calculalaaceleración de cadatramo
yel tiempototal empleadoen lacarrera.
SOLUCIÓN
El movimiento del ciclistavaríaen lostres tramos que recorre.
Inicialmenteel ciclista avanza con un MRUA,donde velocidad y aceleración tienen igual sentido.
Setoma como origen del sistemade referencia el origen del movimiento, ysentido positivo
el de avancedel ciclista. Entoncesdurante losprimeros 18 sel ciclista recorreuna distancia:
9
FICHA5

Enla salida de una curva en un GranPremio de Fórmula 1, FernandoAlonsopisael aceleradora fondo
para pasarde 50 km/h a suvelocidadmáxima en la recta de meta. Sinembargo, justo en el momento
de alcanzar la velocidadde 300 km/h, el cocheque va delante sufre un accidenteyFernando
seve obligadoa frenarhasta quedarparado a 500 m de la salida de la curva.
Sila fasede aceleración duró8 s,¿quédistancia necesitó para frenar?
SOLUCIÓN
FernandoAlonso mantieneun movimiento uniformemente aceleradodurante 8sy,
después,otro uniformemente decelerado. Lasvelocidades del enunciado en el SIson:
Considerando como sentido positivo el de avancede Alonso,laaceleración en el primer tramo,
que tiene el sentidodel movimiento, debe serpositiva:
v= v0+ a ⋅ t 83,33m/s = 13,89m/s + a ⋅ 8s a = 8,68m/s2
2
1 h 1 km 3600 s
v =
300 km
⋅
1000m
⋅
1 h
= 83,33m/s
1
1 h 1 km 3600 s
v =
50 km
⋅
1000 m
⋅
1 h
= 13,89 m/s
15
9
FICHA5
Andrea sedejacaerdesdeel puntomásalto dela torre Eiffel a320 m
dealtura.Cuandopasaporun puntosituadoa200 m dealtura abre
suparacaídasy a partir de esemomentobaja convelocidad constante.
Calculael tiempo total quedurala caídahastael suelo.
SOLUCIÓN
Elmovimiento rectilíneo de Andreaestácompuesto de un tramo uniformemente
acelerado partiendo del reposo y otro segundo tramo de movimiento uniforme.
Elsistemade referencia sefija en el punto másalto de la torre Eiffelcon sentido
positivo haciaabajo,de manera que Andreaparte de laposición y0= 0m,
abre el paracaídasen y1= 120m yllega alabasede la torre Eiffel
en laposicióny2 = 320m.
Enestesistemade referencia la velocidad espositiva,y laaceleración
de lagravedad, también.
Calculamosel tiempo que Andreasemueve en caídalibre bajo la aceleración
de lagravedad de lasiguientemanera:
Ahora podemos calcular la velocidad alfinal del primer tramo:
v1= v0+ a ⋅ t v1 = 0+ 9,8m/s2
⋅ 4,95s= 48,51m/s
Que corresponde ala velocidad constante v1con la que Andreabaja duranteel segundo tramo.
Eltiempo que tarda Andrea en recorrerlos 200m que le faltanparallegar alsuelo con movimiento uniforme es:
El tiempo total empleado en lacaídaes:
4,95s+ 4,12s= 9,07s
1
2 1
t
v =
y − y
 t =
320 m− 120 m
48,51m/s
= 4,12 s
1 0 0
1 1
2 2
2 2 2
y = y + v ⋅t+ ⋅ a ⋅t  120 m = 0+ 0+ ⋅ 9,8 m/s ⋅t  t = 4,95 s
411
continúa — (

Ahora podemos calcular la distanciaque recorrió mientras aceleraba:
SOLUCIÓN
a) Eltiempoque tarda la piedraen llegaral suelo.
Elproblema trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.Ladirección del movimiento
esvertical,y el sentidopositivo del sistemadereferencia,haciaarriba.Laaceleración del móvil
eslade lagravedad,g, y,por tanto, de sentidonegativo.
Lavelocidad inicial con que parte la piedra del globo coincidecon la velocidad de ascensión
del globo, y esde 3m/s ypositiva.Portanto, la piedra ascenderáun poco antesde pararyvolverá acaer
pasandode nuevo por el punto en que fue lanzada.Desdeel globo, Tomásy Pacoveránla piedra alejarse
desdeel primer momento.
Eltiempo que tardalapiedra en llegar alsuelo es:
Efectivamente, la velocidad salenegativa, porque Pacodebe lanzarsupiedra haciaabajo.
0 0 0
1 1
2 2
0
2 2 2 2
y = y + v ⋅t− ⋅ g ⋅t  0 = 56 m + v ⋅1
,51s− ⋅ 9,8 m/s ⋅1
,51 s  v = − 29,68 m/s
Queesuna ecuaciónde segundo grado parat.
t =
− 3± 9− 4⋅(− 4,9)⋅ 50
 t =
− 3± 31
,45
2⋅(−4,9) −9,8
Descartamos lasolución negativa. Eltiempo que tarda la piedra en caeres:
t= 3,51s
b) Lavelocidada la que tendrá que lanzar Pacouna segundapiedra 2 sdespuésde que Tomás
sueltela suyapara que ambaslleguenal suelosimultáneamente.
Como Pacolanza la piedra 2 sdespuésque Tomás,paraque lleguen ala vezalsuelo tiene que tardar2s
menos que lapiedra de Tomas, t = 1,51s. Además,puesto que el globo subecon velocidad uniforme
de 3m/s, la piedra de Pacoselanzadesdeunaaltura añadida de 6 m (distancia que seeleva
el globo durantelos dos segundos).Portanto:
0 0
2
1 1
2
y = y + v ⋅t− ⋅ g ⋅t  0 = 50 m + 3m/s⋅t− ⋅ 9,8 m/s ⋅t
2 2 2
Ladistancia queutilizó en la frenada esla distancia recorridaen total menos la que recorrió acelerando:
500m − 388,88m = 111,12m
16 TomásyPacoestán enungloboqueasciendea 3 m/s. Cuandola altitud esde 50 m,
Tomásdeja caeruna piedra.Calcula:
0 0
1 1
2 2
x = x + v ⋅t+ ⋅ a ⋅t  x = 0 m + 13,89 m/s⋅ 8 s+ ⋅ 8,68 m/s ⋅ 8 s = 388,88m
2 2 2 2
9
FICHA5
3m/s
F

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