REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELAMINISTERIO DE EDUCACIÓN SUPERIOR

INSTITUTO UNIVERSITARIOEXPERIMENTAL DE TECNOLOGÍA DE LA VICTORIA

ESTADO ARAGUA

CINEMÁTICA UNDIMENSIONAL

Elaborado Por: Prof. María Esther Pérez

VECTORES

1

Una Cantidad Escalar: Es aquélla que se especifica por completo mediante un solo número con una unidad, posee sólo magnitud. Ejemplo: masa, potencia, temperatura, tiempo, volumen, trabajo, densidad, carga eléctrica entre otro.

Un Vector: Es aquel que quedará definido completamente mediante tres características, como:

Módulo: es la parte escalar del vector, es la distancia entre los extremos de un vector, longitud del vector.

Dirección: La dirección de un vector está dada por la recta sobre la cual se considera que está colocado dicho vector.

Sentido: Es la orientación del vector de acuerdo con su dirección

Ejemplo:

B

AB

A

AB: Distancia entre A y BDirección: Recta que pasa por A y B (inclinada)Sentido: De A hacia B

Un vector se puede representar por una letra negrita A y su magnitud por A ó se puede representar por una letra con una flecha sobre ella A y su magnitud por A, sin flecha.

COMPONENTES DE UN VECTOR La suma y la diferencia de vectores se facilitan en gran medida cuando se utilizan las componentes de un sistema de coordenadas. Un vector se representa por un segmento rectilíneo dirigido, la longitud de este segmento rectilíneo es la magnitud, y el ángulo que forma con respecto a un eje de referencia es su dirección. Cualquier vector que se encuentre en el plano xy (sistema de coordenas cartesiano bidimensional), puede representarse como la suma de un vector

2

paralelo al eje x y otro paralelo al eje y. Estos vectores se llaman componentes vectoriales rectangulares

Ejemplo

Y

Ay A A = Ax + Ay

θ . X Ax

Componente de x = Ax= A Cos θComponente y = Ay= A sen θLa magnitud de un vector, en función de sus componentes es : A =( Ax) 2+ ( Ay)2

Ax/A = Cosθ y Ay/A = sen θ

Tang = Ay/Ax despejando al ángulo

= arc tang Ay/Ax

VECTOR EN UN ESPACIO TRIDIMENSIONAL

En un espacio tridimensional, un vector B puede descomponerse en sus componentes Bx, By, Bz a lo largo de tres ejes en el espacio.

Ejemplo:

Componente en X=Bx=Bsen θ cosφ

3

xB

yB

zB

φ

θ

B

Componente en Y = By=B sen θ senφComponente en Z= Bz=BcosθDonde B= 222 )()()( BzByBx ++

Los ángulos φ y θ fijan la dirección del vector.

By=B sen θ sen φBx=B sen θ cosφ

Si dividimos By/Bx = tang φ ( despejando el ángulo)

φ=arc tang-1 By/Bx

Bz= B cos θ ( despejando el ángulo)

θ=Cos-1 By/B

COSENOS DIRECTORES

Estos son los cosenos de los ángulos directores, los cuales expresan el ángulo que forma la dirección de un vector con la parte positiva de cada uno de los ejes de coordenadas. Estos ángulos directores son tres: α = ángulo director respecto al eje Xβ = ángulo director respecto al eje Y θ = ángulo director respecto al eje zDonde: Cos α =Bx/B

Cos β =By/B Cos θ =Bz/B

Donde B= 222 )()()( BzByBx ++

REPRESENTACIÓN CANÓNICA

Es la representación de un vector como combinación lineal de los vectores unitarios fundamentales i,j,k

ĩ= (1,0,0) y dirección en el eje Xĵ=(0,1,0) y tiene dirección en el Y

4

X Y

Z

α

βθ

K=(0,0,1) y tiene dirección en el eje z

Un Vector en un espacio tridimensional se puede expresar como combinación lineal de ellos tres: Ejemplo. B=Bx ĩ +Byĵ+Bzk

ÁLGEBRA VECTORIAL

SUMA La suma de dos vectores es comutativaA+B=B+A

A=Ax ĩ +Ayĵ+AzkB=Bx ĩ +By ĵ +BzkA+B=CC= (Ax+Bx) ĩ +(Ay+By) ĵ +(Az+Bz)k

MULTIPLICACIÓN DE VECTORES

Hay tres operaciones de multiplicación de vectores

Multiplicación de un Vector por un Escalar: La multiplicación de un vector A por un escalar K , se escribe KA , y se define como un nuevo vector que tiene el mismo sentido que A si K es positivo y sentido opuesto, si K es negativo. Para dividir un vector entre un escalar simplemente se multiplica el vector por el reciproco del escalar.Ejemplo:A= Ax ĩ +Ay ĵ +Azk y un escalar Kk.A =kAx ĩ +KAy ĵ +kAzk

Multiplicación de un Vector por un Vector de tal manera que se obtenga un escalar

Cuando se multiplique una cantidad vectorial por otra cantidad vectorial se debe distinguir entre el producto escalar( que se representa por un punto) y el producto vectorial ( que se representa con una cruz).Ejemplo:Dados dos vectoresA=Ax ĩ +Ay ĵ +Azk y B= Bx ĩ +By ĵ +BzkEl producto escalar se denota A.B cuyo resultado es un numero realEs equivalente a decir la magnitud de A por La magnitud de la proyección B sobre A, ó la proyección de A sobre B por la magnitud de B.Luego A.B= A.B cosθ

Donde θ es el ángulo que se forma entre los dos vectores

5

B . θθTeniendo en cuenta que el producto escalar deĩ. ĩ = ĵ. ĵ =kk=1ĩ. ĵ = ĵ k=k ĵ =0

Ejemplo W= Trabajo ( escalar)F= Fuerza (vector)S=Desplazamiento ( vector) El producto punto de dos vectores nos da un escalar W= F.S

Multiplicación de dos vectores de tal manera que se obtenga otro vector

El producto vectorial de dos vectores A y B se escribe A x B y el resultado es otro vector C Ax B = CSu magnitud C=AB senθ siendo θ el ángulo entre A y B, el sentido se determina por la regla de la mano derecha. ĩ ĵ k

Ax Ay Az

AxB= Bx By Bz

Ejemplo:

= Momento de una fuerza (vector)r = Posición (vector)F =Fuerza (vector)Al multiplicar vectorialmente (producto cruz) dos vectores se obtiene un vector

Γ= rx F

MEDICIÓN

6

Es una técnica que se utiliza para determinar el valor numérico de una propiedad física comparándola con una cantidad patrón que se ha adoptado como UNIDAD.

Hay cuatros magnitudes fundamentales independientes. Longitud, tiempo, masa y carga eléctrica

El Metro: ( abreviado m) es la unidad de longitud. Es igual a la distancia recorrida por la luz en el vació en un tiempo de 3.335640x10-9s

El Kilogramo: (abreviado Kg) es la unidad de masa .Está definido como la masa del kilogramo prototipo Núm 1( bloque de platino) o kilogramo internacional, para fines prácticos es igual a la masa de 10-3 m3 de agua destilada a 4° C.

1uma (unidad de masa atómica) =1,66x10-27 kg El Segundo: ( abreviado s) es la unidad de tiempo, se define como el lapso

en que transcurren 9992631700 periodos de la radiación correspondiente a cierta transición del átomo de 133 Cs

El Coulomb : ( abreviado C) es la unidad de carga eléctrica

UNIDADES Y CANTIDADES FÍSICAS COMPLEMENTARIAS DE SI

Cantidad Física Nombre de la Cantidad Símbololongitud metro mMasa Kilogramo Kg

Tiempo Segundo SCorriente Eléctrica Ampere A

Temperatura termodinámica Kelvin KCantidad de Sustancia mol mol

Frecuencia hertz HZEnergía Joule JFuerza Newton NPresión Pascal PaPotencia Watt W

Carga Eléctrica Coulomb CPotencial Eléctrico Volt V

Resistencia Eléctrica ohm ΩCapacitancia farad FInductancia Henry H

Flujo Magnético Weber WbDensidad de Flujo magnético tesla T

Algunos Factores de Conversión de longitud

7

1m=39,37in=3,28ft=1,904 yardas1mi=5280ft=1609,4m1al=9,461x1015 m1in=2,54cmDonde: in= PulgadasFt=Piemi= Millasal=año luz

Algunos Factores de Conversión de Masa

1Slung=14,59kg1 Tonelada(T)=103 kg1 kilogramo(Kg)=103 g1kilogramo(Kg)=2,205 lb( libra masa)

Algunos Factores de Conversión de Tiempo1 dia = 24 Horas (h)1 Hora=60 minutos (min)1 min =60 segundos (s)1 Hora =3600 segundos (s)

PREFIJOS PARA POTENCIAS DE 10

Múltiplo

Prefijo Abreviatura

1018 EXA E1015 PETA P1012 TERA T109 GIGA G106 MEGA M103 KILO K102 HECTO H101 DECA Da100 UNIDAD10-1 Deci d10-2 Centi c10-3 Mili m10-6 Micro µ10-9 Nano n10-12 Pico p10-15 Femto f10-18 Ato a

8

MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME, MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMENTE ACELERADO Y LANZAMIENTO VERTICAL HACIA ARRIBA

Sistemas de ReferenciaUn objeto está en movimiento con respecto a otro cuando su posición,

medida en relación con el segundo cuerpo, está cambiando con el tiempo.

Por otro lado, si esta posición relativa no cambia con el tiempo, el objeto se

encuentra en reposo relativo. Reposo y movimientos son conceptos relativos, es

decir, dependen de las condiciones del objeto con respecto al cuerpo que sirve de

referencia.

Una planta y una fabrica están en reposo con relación a la tierra, pero en

movimiento con respecto al sol.

Cuando pasa un carro por una parada, decimos que está en movimiento

con respecto a la parada, un pasajero que vaya en él podría decir que la parada

se está moviendo en relación con el carro, pero en la dirección opuesta.

Para describir el movimiento, el observador debe definir un sistema de

referencia en relación con el cual se analiza el movimiento.

Un sistema de referencia puede considerarse como un objeto o conjunto de

objetos en reposo con respecto al observador, en física se utilizan sistema de

coordenadas bien sea cartesiano , esférico o cilíndricos.

Conceptos Fundamentales Consideremos como sistema de referencia el eje de coordenadas

cartesianos x-y. Supongamos que una partícula está en el punto A en el instante t1 (Ver figura 1), su posición en el plano x-y queda determinado por el vector r1, consideremos que en un instante posterior t2, la partícula está en el punto B, su

vector posición r2 queda determinado por un vector trazado desde el origen del sistema de coordenadas hasta el punto B como se ve en la figura 1. Ahora el

vector desplazamiento que describe el cambio de posición de la partícula

conforme se mueve del punto A al punto B es ∆r, donde ∆r= r2 – r1.

9

(Figura 1)Trayectoria de la partícula

y

x

Por lo tanto se puede definir el desplazamiento como la variación del vector

posición ∆r= rf - roDesplazamiento = Posición Final – Posición inicial

Desplazamiento = Variación del vector posición

Cuando la partícula vario su posición utilizo un tiempo y el tiempo

transcurrido para el movimiento entre esos puntos es ∆t= (tf – to) de allí se

desprende que la velocidad media de la partícula durante ese intervalo de tiempo

queda definitiva por

V = )()(

scurridotiempotranentodesplazami

tv →

∆∆

Velocidad media

La cantidad V es un vector

V = )()(

EscalarVector

tv

→∆→∆

Vector Porque se obtiene dividiendo el vector desplazamiento entre el escalar tiempo.

10

∆r= r2-r1

r1r2

t1

t2

A

B

Por consiguiente, la velocidad incluye tanto dirección y sentido como magnitud.

Su dirección y sentido son las de ∆r y su magnitud es ∆r/∆t, la magnitud se expresa en unidades de distancias divididas entre unidades de tiempo.

La velocidad media no nos dice nada acerca de cómo fue el movimiento

entre A y B, la trayectoria puede haber sido curva o recta, el movimiento pudo

haber sido continuo o variante.

La velocidad media se refiere simplemente al desplazamiento total y al

tiempo total transcurrido.

Nota: Si la velocidad media resulta la misma en magnitud, dirección y sentido entre dos puntos cualquiera a lo largo de la trayectoria, deduciríamos que la

partícula se había movido con una velocidad constante, esto es, siguiendo una

línea recta (dirección constante) y con una rapidez uniforme (magnitud constante)

Velocidad Instantánea: Supongamos que una partícula se está moviendo de tal manera que su

velocidad media, medida en un gran número de intervalos de tiempos diferentes,

no resulta constante. Se dice que esta partícula se mueve con velocidad variable.

La velocidad puede variar porque cambia de magnitud o de dirección o de

sentido. Entonces tratar de determinar una velocidad de la partícula en un

instante dado cualquiera es lo que se llama velocidad instantánea.

En la figura 2 se puede observar que conforme B se va acercando al punto

A, encontramos que la relación del desplazamiento con respecto al tiempo

transcurrido, tiende a un valor límite definido, al ir haciendo cada vez más

pequeño el vector desplazamiento tiende a una dirección límite, la de la tangente a

la trayectoria de la partícula en el punto A. Este valor límite de ∆v/∆t se llama

velocidad instantánea en el punto A.

trV

t ∆∆=

>−∆lim

0

11

La magnitud V de la velocidad instantánea se llama rapidez y es simplemente el valor absoluto de V.

V = |V| = |dr/dt|

Como la rapidez es la magnitud de un vector, es intrínsecamente positiva.

Figura 2

Aceleración:A menudo la velocidad de un cuerpo móvil cambia, ya sea en magnitud, en

dirección, o en ambas cosas, al efectuarse el movimiento, entonces se dice que el

cuerpo tiene una aceleración. (La aceleración de una partícula es la rapidez con que

cambia su velocidad al transcurrir el tiempo).

Supongamos que en un instante t1, una partícula se encuentra en el punto A

y se está moviendo en el plano xy con una velocidad instantánea V1, y en un

instante posterior t2 se encuentra en el punto B y moviéndose con una velocidad

instantánea V2.( ver figura 3)

Figura 3 y

12

x

y

At1

B’’

t2’’ B’t2’

B

t2r2’

r2

r’’2r’’’

A v2

v2

t1

t2

B

∆r’

∆r’’∆r’’’

X

∆r

La aceleración media a , durante el movimiento de A a B, se define como el

cambio de velocidad dividido entre el intervalo de tiempo, o sea,

a = tv

ttvv

∆∆=

−−

12

12

La cantidad a es un vector, porque se obtiene dividiendo un vector ∆V

entre un escalar ∆t. por consiguiente, la aceleración se caracteriza por magnitud,

dirección y sentido. Su dirección es la dirección de ∆V y su magnitud es |∆V/∆t|

Aceleración Instantánea:Si una partícula se esta moviendo de tal manera que su aceleración media,

medida en varios intervalos de tiempo diferentes, no resulta constante, se dice que

la partícula tiene una aceleración variable.

La aceleración puede variar en magnitud, en dirección, o en ambas cosas la

aceleración de la partícula en un instante cualquiera se denomina aceleración

instantánea.

La aceleración instantánea se define por la expresión.

a = dtdv

tv

t=

∆∆

>−∆lim

01

La dirección de la aceleración instantánea a es la dirección límite del

cambio vectorial de la velocidad ∆v. la magnitud a de la aceleración instantánea es simplemente a=dv/dt. Cuando la aceleración es constante, la aceleración

instantánea es igual a la aceleración media.

13

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME

La característica fundamental de un Movimiento Rectilíneo Uniforme (M.R.U)

es que su velocidad (Vector) es constante y por lo tanto su trayectoria es una línea

recta.

Es necesario recordar que la velocidad es un vector, por lo tanto posee

módulo, dirección y sentido.

Ejemplo 1 Consideremos un automóvil que se desplaza a través de una carretera,

como lo indica la figura 4.

Parte del punto A, donde Xo = O m y sigue su trayectoria en línea recta

sucesivamente hasta el punto F, donde Xr = 125m

Si se analiza cada tramo, encontramos que:

En el tramo “AB”Xo = Om

Xf = XB = 25m

to = 0S

tf = tB =2S

Recordando que velocidad = Desplazamiento

Tiempo

14

Xo Xo=25m Xc= 50m Xo=75m Xo=100m Xf=125m

A B C D E F

AV VB VC VD VE VF

XAB=25m

t1=0S t2=2S t3= 4S t4=6S t5=8S t6=10S

Velocidad = totXX

f

f

−− 0

VAB = smomm /5,120525

25 =−−

Característica de la velocidad en el tramo AB es:

Módulo = 12,5 m/s

Dirección = Horizontal

Sentido = Hacia la derecha

En el tramo BC

Xo= XB= 25m trV

∆∆=

tx

∆∆

Xf = Xc = 50m

to = tB= 2S SSmm

totXoX

Vf

f

242550

−−=

−−

=

tf= tc= 4S = 12,5 m/s

Característica de la velocidad en el tramo Bc

módulo = 12,5 m/s

Dirección = Horizontal

Sentido = Hacia la derecha

TRAMO CDVelocidad tramo CD

Xo = Xc = 50 m

Xf= XD =75m totXoX

Vf

f

−−

=

to = tc = 4S

tr = tp= 6S smSSmmV /5,12

465075

−=−=

Característica de la velocidad en el tramo CD

15

Módulo = 12,5 m/s

Dirección = Horizontal

Sentido = Hacia la derecha.

TRAMO DEVelocidad tramo de DE

Xo= XD= 75m trV

∆∆= tot

xx

f

f

−− 0

X1 = XE = 100m

to = tD= 6S smSSmmV /5,12

6875100 =

−−=

tf= tc= 8S = 12,5 m/s

Característica en el tramo de módulo = 12,5m/s

Módulo: 12,5m/s

Dirección = Horizontal

Sentido = hacia la derecha.

Tramo EF

Xo= XE= 100m trV

∆∆= tot

xx

f

f

−− 0

Xf = Xf = 100m

to = tE= 8S smSSmmV /5,12

810100125 =

−−=

tf= tf= 10S = 12,5 m/s

Característica de la velocidad en el tramo EF

Módulo = 12,5m/s

Dirección: Horizontal

Sentido: Derecha

16

En resumen comparando cada tramo se concluye que el automóvil, mantuvo su

velocidad constante, ya que su módulo, dirección y sentido no variaron en ningún tramo, por lo tanto el automóvil posee un Movimiento Rectilíneo Uniforme. Si graficamos los valores de las distancia recorrida en cada tramo en función de su

tiempo empleado para cada uno encontramos que:

Distancia (m) Tiempo (s) 0m OS25m 2S50m 4S75m 6S100m 8S125m 10S

La recta en la gráfica 1 nos indica que existe una relación directa entre las

distancia recorrida y los tiempos empleados.

Buscando la pendiente en la gráfica encontramos que

m= Pendiente

17

120

110

100

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 YT(S)

X (m)

180 •

•

•

•Xo

YoXf

Yf Gráfica 1

m= Pendiente

12

12

XXyym

−−=

m= 125m – 50m = 12,5 m/s

105 - 45

La pendiente representa la velocidad del cuerpo.

De la gráfica podemos concluir que un cuerpo realiza movimiento rectilíneo

uniforme cuando recorre distancia iguales en intervalos de tiempo iguales.

Con los datos de la primera gráfica se puede construir una segunda gráfica, pero

ahora relacionando velocidad en función del tiempo.

Velocidad (m/s) Tiempo (s) 12,5m/s OS12,5m/s 2S12,5m/s 4S12,5m/s 6S12,5m/s 8S12,5m/s 10S

Gráfica 2

La gráfica 2 resultante es una recta paralela al eje de las X, su pendiente vale

cero.

Recordando que

m= pendiente

12

12

XXyym

−−=

18

V(m/s)

y

20

12,5

10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 t(s)

X

• • • • •

4565/5,12/5,12

−−= smsmm

m=0m/S2

Las unidades nos indica que la pendiente representa la aceleración, de allí

concluimos que en un Movimiento Rectilíneo Uniforme, no existe aceleración,

porque la velocidad se mantiene constante.

En la gráfica N° 2, se puede determinar la distancia total recorrida por el auto para

el ejemplo

Gráfica 2

El área que está debajo de la gráfica es un rectángulo

∆ = base x altura

∆ = 10S x 12,5 m = 125m

S

Está área (125m) es numéricamente igual a la distancia total recorrida.

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO Ejemplo 2 Consideremos un vehículo que se desplaza por una carretera en línea recta como

lo indica la figura 5

om

19

V(m/s) y

12,5

15 25 35 45 55 65 75 85 95 105 t(s)

X

• • • • •

Xo XB=1,5m Xc= 6m XD=13,5m Xo=100m

A continuación analizaremos cada tramo para determinar las características de la

velocidad.

En la gráfica se puede ver que el tiempo en cada punto va variando de 1 segundo,

pero las distancias recorridas no son proporcionales con el tiempo.

Tramo ABXo = XA=om

Xf = Xb=1,5m

to = tA=oS

tf = tB=1S

Como tXV

∆∆=

txVV fo

∆∆=

+2

Si el cuerpo partió de reposo, entonces su velocidad inicial vale cero.

20

A B C D E

VB VC VD VE

tA=0S tB=1S tC= 2S tD=3S tE=4S

txVV BoA

∆∆=

+

2

VB= ( )

Aor

or VottXX

−−−

2

VB= smsmOmm /32

/0155,1 =

−−

Característica de la velocidad den el tramo AB

Módulo = 3m/s

Dirección: Horizontal

Sentido: Hacia la derecha

Tramo BCXf= Xc= 6m

Xo= XB= 1,5m

tr= tc= 25

to= tB= 1S

Vo= VB= 3m /S

Como tXV

∆∆=

−−=

+

or

rfo

ttXXVV 0

2

BC

BCCB

ttXXVV

−−=

+

2

VC= BBC

Bc VttXX −

−− 2

21

Vc= 9m/s – 3m/s = 6m/s

Característica de la velocidad en el tramo BC

Módulo = 6m/s

Dirección= horizontal

Sentido= hacia la derecha

Tramo CDXO= Xc= 6m

X1= Xd= 13,5m

to= tc= 25

tr – tD= 3S

Vo= VC= 6m /S

tXV

∆∆=

−−=

+

or

ror

ttXXVV 0

2

CD

CDCD

ttXXVV

−−=

+

2

VC= CCD

Bc VttXX −

−− 2

VB= smSSmm /62

2365,13 −

−−

Vo= 15m/s – 6m/s = 9m/s

Característica de la velocidad en el tramo CD

22

Módulo = 9m/s

Dirección= horizontal

Sentido= hacia la derecha

Tramo DE

XO= XD= 13,5m

Xr= XE= 24m

to= tD= 3S

tr – tE= 4S

Vo= VD= 9m /S

tXV

∆∆=

−−=

+

or

ror

ttXXVV 0

2

oE

oEDE

ttXXVV

−−=

+

2

VE= smSSmm /92

345,1324 −

−−

Vo= 21m/s – 9m/s = 12m/s

Característica de la velocidad en el tramo DE

Módulo = 12m/s

Dirección: Horizontal

Sentido: Hacia la derecha

Cuando se revisa todos los tramos por los cuales paso el vehículo y se compara

las velocidades, se puede observar, que las velocidades se mantuvieron constante

en dirección y sentido pero su módulo vario, por lo tanto el sistema está acelerado,

23

basta que cambie al menos una característica del vector velocidad para que se

produzca una aceleración.

En la figura 6, se puede observar que la velocidad aumenta cantidades iguales en

intervalos de tiempos iguales

Figura 6

VA=om/s

Ahora se analizará su aceleración en cada tramo

Tramo AB

Vo=VA= om/s or

or

ttVV

tVa

−−=

∆∆=

Vr=VB=3m/s

to=tA=OS 2/31//3 sm

OSSsomsma =

−−=

tr=tB=1S

Característica de la velocidad en el tramo AB

Módulo: 3m/S2

Dirección: Horizontal

Sentido: Derecha

Tramo BC

Vo=VB= 3m/s of

of

ttVV

tVa

−−

=∆

∆=

24

VB=3m/s Vc= 6m/s VD=9m/s VE=12m/s

V V V V

tA=0S tB=1S tC= 2S tD=3S tE=4S

Vr=VC=6m/s

to=tB=1S 2/312/3/6 sm

SSsmsma =

−−=

tr=tC=2S

Característica de la aceleración en el tramo BC

Modulo: 3m/s2

Dirección : Horizontal

Sentido: Derecha

Tramo CD

Vo=VC= om/s of

of

ttVV

tVa

−−

=∆

∆=

Vr=VD=9m/s

to=tC=2S 2/323/6/9 sm

SSsmsma =

−−=

tr=tD=3S

Característica de la aceleración en el tramo CD

Módulo 3m/S2Dirección: Horizontal Sentido: Derecha

Tramo DE

Vo=VO= 9m/s or

or

ttVV

tVa

−−=

∆∆=

Vr=VE=12m/s

to=tD=3S 2/313/9/12 sm

SSsmsma =

−−=

tr=tE=4S

característica de la aceleración en el tramo DE

Modulo: 3m/s2

25

Dirección : Horizontal

Sentido: Derecha

Comparando las aceleraciones del vehículo en cada tramo, se observa que la

aceleración se mantiene constante tanto en módulo, como en dirección y sentido.

Si observamos la figura 6, se puede concluir que para que exista un

Movimiento Rectilíneo Uniformemente acelerado o retardado su velocidad

debe aumentar o disminuir cantidades iguales en intervalos de tiempos

iguales y, su trayectoria debe ser una línea recta.

Gráfica de distancia en función del tiempo de la Figura 5Distancia (m) t (segundo)

0m t1=OS1,5m t2=1S6m t3=2S

13,5m t4=3S24m t5=4S

Gráfica 5

26

26

24

22

20

18

16

14

12

10

8

6

4

2

X(m)

•

Distancia en función del tiempo

La gráfica representa una semi parábola

Si se eleven al cuadrado los tiempos

Distancia (m) t (segundo2)0m OS2

1,5m 1S26m 4S2

13,5m 9S224m 16S2

Gráfica 4

27

0 1S 2S 3S 4S 5S t(s)•

•

•

28

26

24

22

20

18

16

14

12

10

8

6

4

2

X(m)

•

Distancia en función del tiempoal cuadrado

La gráfica 4 nos indica que existe una proporción directa de la distancia con los

tiempos al cuadrado, determinando la pendiente.

m= pendiente

m= 12

12

XXyy

−−

m= 222 /5,14965,13 smSSmm

−=−

como la X αt2

X= kt2 , si m es igual a K

donde K= a21

Sustituyendo

1,5m/s2= a21

2( 1,5m/s2) = a

3m/s2=a

Si graficamos los datos obtenidos en la figura 6

Velocidad (m/s) Tiempo S

28

0 2S2 4S2 6S2 8S2 10S2 12S2 14S2 16S2 t(S2)

•

•

•

y2

=m

x2

y1

x1

0m/s OS3m/S 1S6m/S 2S9m/S 3S

12m/S 4S

Gráfica 6

En la gráfica Nº 6 vemos que existe una relación directa de la velocidad en función

del tiempo, además se puede observar que la velocidad aumenta cantidades

iguales en los intervalos de tiempo iguales.

29

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

V(m/S)

0 1S 2S 3S 4S 5S T(S)

•

Velocidad en función

x2

y2

•

•

•

y1

x1

m=pendiente

Determinado la pendiente

m= 12

12

xxyy

−−

m= 2/314

/3/12 smSS

smsm−

=−

Las unidades nos indica que se trata de la aceleración

Se tiene que V α t

V = Kt

Como el vehículo partió del reposo Vo= Om/s

Vf= Vo + at

V = at

Donde la pendiente representa la aceleración y se trata de una aceleración

constante.

En la gráfica N° 6, se puede determinar el área.

Gráfica 6

30

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

Y V(m/s)

•

•

•

•

m=pendiente

El área bajo la gráfica es un triángulo área de un triángulo

Base x altura 2

Área ∆= 4 x 12 = 24

2

el área de la gráfica de la velocidad contra el tiempo es numéricamente igual a la

distancia total recorrido por el vehículo en el ejemplo 2.

Deducciones de las ecuaciones para un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado

Cuando la aceleración media es igual a la aceleración instantánea, el

cuerpo posee una aceleración constante, como consecuencia, la velocidad

aumenta o disminuye con la misma rapidez, en todo el movimiento.

Sabemos que:

of

of

ttvv

a−−

=

Por conveniencia, sean t1=0 y tf cualquier instante arbitrario. También, sea

Vi = Vo (la velocidad inicial en t=0 ) y Vf=V (la velocidad en cualquier instante

arbitrario t) se puede expresar la aceleración como:

tVoVa −=

V = Vo + at (despejando)

31

0 1S 2S 3S 4S 5S 6s t(S)

(variación de la velocidad) (Variación del tiempo)

Una característica del movimiento unidimensional con aceleración

constante, es el hecho de que dado que la velocidad varía linealmente con el

tiempo (ver gráfica 6), se puede expresar la velocidad media en cualquier intervalo

de tiempo como la media aritmética de la velocidad inicial( Vo) y la Velocidad final

( V)

2VVoV += (velocidad media para aceleración constante)

esta expresión sólo es válida cuando la aceleración es constante, es decir, cuando

la velocidad varía linealmente con el tiempo.

Como velocidad media se puede expresa de la siguiente manera:

txV

∆∆=

tVx ∆=∆ (despejando el desplazamiento)

tVVox ∆

+=∆

2 (sustituyendo la velocidad media)

pero V = Vo + at (Esta ecuación representa la velocidad final de la partícula en

función del tiempo)

sustituyendo a la velocidad final en la ecuación del desplazamiento , tenemos:

2)( tatVoVox ++=∆

32

( )tatVox +=∆ 221

)2(21 2atVotx +=∆

Xf-Xo=Vot+ 221 at

2

21 atVotXoXf ±+=

Esta ecuación representa la posición de la partícula en cualquier instante

Se puede obtener otra expresión útil que no contenga al tiempo

tVVoXoX )(21 +=−

como V= Vo+at

Despejando a “t”

taVoV =−

Sustituyendo en la primera expresión

−+=−

aVoVVVoXoX )(

21

( )VVoVVoVoVa

XoX −+−=− 2221

33

)(21 22 VoVa

XoX −=−

22)(2 VoVXoXa −=−

xaVoV ∆±= 222

Esta ecuación representa la velocidad final de la partícula en función del

desplazamiento.

RESUMEN DE LAS ECUACIONESPara un Movimiento Rectilíneo Uniforme Como la velocidad es constante, no existe aceleración en el sistema, la única

expresión matemática es:

dtdxV = o

txV =

donde

V= Velocidad (m/s)

X= Distancia (m)

t= Tiempo (s)

Para un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado Para este tipo de movimiento, la aceleración se mantiene constante, y la velocidad

puede aumentar o disminuir linealmente en función del tiempo por lo tanto se

puede tener un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado o un Movimiento

Rectilíneo Uniformemente Retardado.

Si VF >Vo se tiene Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado

34

Si Vo >Vf se tiene Movimiento Rectilíneo Uniformemente Desacelerado

Las ecuaciones son

VF= Vo ± a t

Vf2 = Vo2 ± 2a∆x

2VfVoV +=

tXV

∆∆=

tVfVoV

+=

2

Xf= Xo+Vot ± 221 at

Se utiliza el signo más si se trata de un Movimiento Rectilíneo Acelerado y signos

menos si se trata de un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Retardado

leyenda:

Vf= Velocidad final (m/s)

Vo = Velocidad Inicial ((m/s)

a= Aceleración constante (m/s2)

∆X= Variación del desplazamiento (m)

V = Velocidad Media (m/s)

t= Tiempo empleado

35

Resolución de Ejercicios1) El movimiento de una partícula está definido por la relación

,15245 235 −+−= tttX , donde X está expresado en metro y t en segundo.

Determine a) la posición de la partícula para t1= 0S y t2= 1S b) El desplazamiento de la partícula entre t2 y t1 c) La velocidad media entre t2 y t1 d) la velocidad instantánea para t1=0s y t2=1S e) la aceleración promedio para el tiempo t2 y t1 f) La aceleración instantánea para t1=0S y t2=1S

Procedimiento a) La posición de la partícula en cualquier instante viene dada por la relación,

,15245 235 −+−= tttX si se quiere determinar su posición en cualquier tiempo,

simplemente se sustituye los valores del tiempo dado en la expresión dada.

Para t1=0S

,15245 235 −+−= tttX

Posición X1

X1= m

−+− 1)0(

52)0(4)0(5 235

X1=-1m

Posición X2, para t2 = 1S

X2= m

−+− 1)1(

52)1(4)1(5 235

X2= m

−+− 1

5245

X2= 0,4m

36

b) El Desplazamiento entre t2 y t1

Como desplazamiento = Variación del vector posición

∆X= Xr - Xo

Desplazamiento = posición final – posición inicial

Sustituyendo

∆X=(0,4m) – (-1,0m)=

∆X= 0,4m + 1m = 1,4m

c) La velocidad media V entre t2 y t1

V = Variación del vector posición

Variación del tiempo

01 ttXXV or

−−

=

SmSS

mmV /,101

)1()4,0( =−

−−=

d) Velocidad instantánea para t1= 0S y t2=1S

V= dtdx

Derivada de la posición en cualquier instante

En función del tiempo

Velocidad Instantánea

Sustituyendo

V = [ ]dt

tttd 15/245 235 −+−

V= (25t4-12t2+4/5t) m/s representa la velocidad en cualquier instante evaluando

para t1=0S, en la ecuación anterior, se sustituye tiempo por OS.

37

V= [25(0)4-12(0)2+4/5(0)]m/s

V= 0 m/s

Para t2=1S

V= [25(1)4-12(1)2+4/5(1)]m/s

V= (25-12+4/5) m/s

V= 13,8 m/s

e) La aceleración media entre t2 y t1

a = ∆ V Variación de la velocidad

∆t Variación del tiempo

Sustituyendo

a = Vf-Vo = (13,8m/s) – (0 m/s) = 13,8 m/S2

tf-Vo 1S – 0S

f) La aceleración instantánea para t1=0S y t2= 1S

a= dv derivada de la velocidad en cualquier instante

dt en función del tiempo

aceleración instantánea

sustituyendo

a= [ ]dt

tttd 5/41225 24 +−

a= (100t3-24t+4/5) m/s2

está representa la aceleración en cualquier instante para el ejercicio dado

luego la aceleración para t1=0S y t2=1S, se consigue sustituyendo el tiempo para

cada valor.

38

Para t1= 0S

a= [100(0)3-24(0)+4/5]m/s2

a=0,8 m/s2

para t1= 1S

a= [100(1)3-24(1)+4/5]m/s2

a= (100-24+4/5) m/s2 = 76,8 m/s2

2) El movimiento de una partícula está definido por la relación

,)8302

53

5(23

fttttX +−−= donde X está expresada en pies (ft) y t en segundos.

Determine el tiempo, la posición y la velocidad cuando la aceleración es cero.

Procedimiento

a) ,)8302

53

5(23

fttttX +−−= representa la posición en cualquier instante.

b) Velocidad se obtiene derivando la posición en cualquier instante en función del

tiempo.

V= dtdx

Sustituyendo

[ ] ,8302/53/5 23dt

tttdV +−−=

V= (5t2-5t-30) m/s, está expresión representa la velocidad en cualquier instante

c) La aceleración se obtiene derivando la velocidad en cualquier instante en

función en tiempo.

a= dv

dt

39

sustituyendo

[ ]dt

ttda 30552 −−=

a = (10t – 5) m/s2, esta expresión representa la aceleración en cualquier instante.

Como el ejercicio dice que determine la posición y la velocidad cuando la

aceleración vale cero, entonces se iguala a aceleración en cualquier instante a

cero y de allí se despeja el tiempo.

a= 10t – 5

↓

0=10t –5, se despeja el valor del tiempo

5 = t, luego t= 0,5S

10

cuando el tiempo vale 0,5 S, la aceleración se hace cero.

Una vez obtenido el tiempo, se evalúa la posición y la velocidad para t= 0,5S

a= Posición en cualquier instante

X= ftttt

+−− 830

25

35 23

Para t= 0,5S

X= ft

+−− 8)5,0(30)5,0(

25)5,0(

35 23

X= (0,21-0,61-15+8) ft

X= (8,21-15,01) ft = -7,4 ft

b) La velocidad en cualquier instante

V= (5t2 –5t-30) m/s

Para t= 0,5S

V= [5(0,5)2-5(0,5)-30] m/s

40

V= (1,25 – 2,5 –30) m/s

V= -31,25m/s

3) Un adolescente tiene un auto que acelera a 3,20 m/s2 y desacelera a-4,5m/s2. en un viaje a la tienda, acelera desde el reposo hasta 12 m/s, maneja a velocidad constante durante 5,0S y luego se detiene momentáneamente en una esquina. Acelera después hasta 18m/s, maneja a velocidad constante durante 20S, desacelera durante 8/3S, continua durante 4,0S a está velocidad y después se detiene. a) Cuanto dura el recorrido? b) ¿Qué distancia recorre? c) ¿Cuál es la velocidad promedio del viaje? d) ¿Cuánto tardaría se caminará a la tienda y regresa a ese mismo modo a,15m/s?

Procedimiento

Lo primero que se debe hacer, es realizar un esquema de lo expuesto

anteriormente

Lo que se debe hacer es analizar cada tramo, y buscar el tiempo y la distancia en

cada uno de ellos.

Tramo AB

Allí se trata de un Mov. Re. Unif. Acelerado (M.R.V.A.), donde Vo

Vf= Vb= 12m/s

a= 3,20m/s2 (dado en el ejercicio, cuando acelera)

Recordando que

a) Vf= Vo + at (Signo más, si es acelerado)

despejando t

t= Vf – Vo

a

Tab= 12m/s – 0m/s = 3,75s

3,20m/s2

b) Vf2= Vo2 + 2xa (Despejando la distancia)

X = Vf2 -V o2

2a

Xab= (12m/s) 2 – (0m/s) 2

2(3,20m/s2)

Xab= 22,5m

Otra ecuación que se puede utilizar

Xab= Xo + Vot + 1 a t2ab 2

Tramo BCLa particular se desplaza con velocidad constante desde el punto B hasta el punto

C, por lo tanto posee un M.R.U.

V = X → X= Vt

t

Xbc= 12m/s 5s =60m

tbc= 5,0S (lo da el ejercicio)

42

Tramo CD El vehículo desacelera hasta que se detiene por lo tanto posee un Mov. Rect. Unif.

desacelerado.

Vo= Vc= 12m/s

Vf= VD= 0m/s

a= 4,5 m/s2 ( lo da el ejercicio, cuanto desacelera)

a) como Vf= Vo – at (el signo menos se utiliza cuando el cuerpo desacelera)

Despejando el tiempo (t)

t= Vo – Vf

a

tCD= 12m/s – 0m/s = 2,67s

4,5 m/s2

b) Vf2= Vo2 – 2xa (el signo menos, porque el mov. es desacelerado)

Despejando a “x “

X= Vo 2 – Vf 2

2a

sustituyendo

XCD= (12m/s) 2 – (om/s) 2 = 16m

2(4,5m/s2)

TRAMO DE El vehículo parte del reposo y acelera hasta adquirir una velocidad de 18m/s. en

este tramo se tiene un Mov. Rect. Unif. Ace. (MRUA)

Donde

Vo=0m/s

Vf= VE= 18m/s

a= 3,20m/s2 (cuando el vehículo acelera, dado en el ejercicio)

43

Vf= Vo + at despejando t

t= Vf –Vo

a

sustituyendo

tDE= (18m/s) – (0m/s) = 5,63S

3,20m/s2

b) Vf2= Vo2 + 2xa despejando x

X= Vf 2 – Vo 2

2a

Sustituyendo

XDE= (18m/s) 2 – (0m/s) 2 = 50,63m

2(3,20m/s2)

Tramo EF El vehículo mantiene su velocidad, durante 20S, por lo tanto en este tramo se

tiene un Movimiento Rectilíneo Uniforme.

V= X → X= Vt

t

XEF= 18m/s 20S = 360m

TEf=20S (dado en el ejercicio)

Tramo FG El vehículo desacelera hasta una velocidad desconocida y el tiempo que emplea

en adquirir esta velocidad es 8/3s. en este tramo se tiene un Mov. Rect. Unif.

desacelerado

Donde

Vo= Vf= 18m/s

44

Vr= Vo= ?

TFG= 8/3 s

a= 4,5 m/s2 (cuando el cuerpo desacelera dado en el ejercicio)

a) Vf= Vo – at (el signo menos, es porque el Mov. es desacelerado)

VB= Vf – atFG

Sustituyendo

VG= (18m/s) – (4,5ms2) (8/3s)

VG= 18m/s – 12m/s= 6m/s

b) luego

Vf2= Vo2 – 2xa despejando a “x”

XFG= (Vf) 2 – (V G) 2

2a

Sustituyendo

XFG= (18m/s) 2 – (6m/s) 2 = 32m

2(4,5m/s2)

TRAMO GHEl cuerpo mantiene la velocidad final que adquirió en el tramo anterior por 4

segundos el vehículo en este tramo posee movimiento rectilíneo uniforme.

V=x/t despejando a “x”

X=v.t

XGH= 6m/s.4s =24m

TRAMO HI

45

El vehículo desacelera hasta que se detiene, en este tramo el vehículo posee Mov

Rect. Unif: desacelerado

Vo=VH=VG=6m/s

Vf=VI=0m/s

a=4,5m/s2 (dado en el ejercicio cuando desacelera)

como:

Vf=Vo-at (Despejando el tiempo)

T=Vo-Vf

a

Sustituyendo:

t= Ssmsmsm 34,1

/5,4/0/6

2 =−

Vf2= Vo2 –2xa

X= aVVo f

2

22 −

X= =−

)/5,4(2)/0()/6(

2

22

smsmsm

4 m

a)¿cuanto dura el recorrido?

El tiempo total será igual a la suma de los tiempos en cada tramo

Tt=TAB+TBC+TCD+TDE+TEF+TFG+TGH+THISustituyendo:

Tt=3,75S+5,0S+2,67S+5,63S+20S+8/3S+4S+1,34S=45,06S

b) ¿ Qué distancia recorre?

Xt=XAB+XBC+XCD+XDE+XEF+XFG+XGH+XHISustituyendo

XT=22,5m+60m+16m+50,63m+360m+32m+24m+4m=569,13m

c) Cuál es la velocidad promedio del viaje?

smsm

tXV /63,12

06,4513,569 ==

∆∆=

46

d) ¿Cuánto tardaría si caminaría a la tienda y regresa a ese mismo modo a 1,5

m/s?

Supongamos que la persona camina a un ritmo moderado, de ser así tendría, un

Movimiento Rectilíneo Uniforme al llegar a la tienda y un Movimiento Rectilíneo

Uniforme al regresarse de la tienda.

Como V= X

t

y la distancia desde donde comienza el vehículo a la tienda la tenemos que es

569,13m, despegamos el tiempo

t= X= (569,13m) = 379,42s

V (1,5m/s)

Se tardaría en ir y en venir el doble

tT= 2(379,425) = 759s

4) Un automóvil que está parado en un semáforo acelera a 2,80 m/s2 al encenderse la luz verde, 3,10 segundos después, un camión que se mueva a una velocidad constante de 80,0 km/h se rebasa el automóvil. El automóvil mantiene una aceleración constante hasta llegar a la velocidad de 104 km/h y continua entonces a esa velocidad ¿Cuánto tiempo pasará desde que se prendió la luz verde hasta que el automóvil se rebase al camión? ¿estará el automóvil acelerado todavía o ya se moverá a velocidad constante? Se hace un esquema

y

X

47

Vo=om/s

Inicialmente el automóvil está en reposo, y a los 3,10 segundos de haber

acelerado, un camión que viaja a velocidad constante pasa al auto.

Se tiene que para el automóvil

Vo= 0m/s

a=2,80 m/s2

t= 3,10s

Durante ese tiempo el auto avanzo una distancia Xo1Como Vf2= Vo2 + 2xa (signo + porque es el Mov. es acelerado)

Despegando a “x”

Xo1= Vf12 -V o2

2a

Pero Vf1= ?

Vf= Vo + at

Vf1= om/s+(2,80m/s2) (3,10s)

Vf1= 8,68 m/s

Sustituyendo en X01

X01= (8,68m/s) 2 – (0m/s) 2

2(2,80m/s2)

X01= 13,5 m

Ubicando ambos en un esquema para el tiempo 3,10s

somVo /= smV /68,81 =

smVc /22,22=

48

(MRUA)

(MRU)

13,5m

(0,0)

El automóvil mantiene su aceleración hasta alcanzar una velocidad de 104km/h y

a partir de allí conserva esa velocidad.

Ahora el automóvil utilizo un tiempo para adquirir esta velocidad.

Utilizando la expresión

Vf= Vo + at

Vf= V1 + at despejando t

t= Vf – V1 sustituyendo

a

t= (28,88m/s – 8,68 m/s)

2,80m/s2

t= 7,21S

y durante este tiempo el auto avanzo otra distancia.

Vf2= Vo2 + 2xa despejando a “x”

X= Vf 2 – V A2

2a

X= (28,88m/s 2 ) – (8,68 m/s) 2

2(2,80m/s2 )

Xauto= 135, 48m

Xauto = 135,5m

XT= X01 + 135,5m = 13,5m + 135,5m = 149m

Otra forma de calcular la distancia total, desde el origen hasta que adquirió su

velocidad de 28,88m/s

X= Xo + Vot + 1 at2

2

X= 13,5m+ (8,68m/s) (7,21s) + 1 (2,80m/s2) (7,21S)2

49

2

X= 13,5 m + 62,58m + 72,77m

X= 148,85m

X= 149m

Para el camión que posee Movimiento Rectilíneo Uniforme

V= X/T despejando X= Vt

X= 22,22m/s . 7,21S

Xc= 160,20m

XTC= 13,5m + 160,20m = 173,7m

Y haciendo nuevamente el esquema.

Ahora ambos, se mueven a velocidad constante. Tomando como punto de

referencia el origen se tiene que la distancia que recorre el auto desde el origen al

punto de encuentro es exactamente igual a la distancia del origen del camión al

punto de encuentro.

Xta = XTC

Distancia total = Distancia total

del auto del camión

50

smV /28,28=(MRU)

149m

Vo=0m/s

173,7msmV /22,22=

X’’

Punto de encuentro

(M.R.U.) X

la distancia faltante se puede reemplazar utilizando la ecuación V= X

t

despejarlo X

X= Vt (Solamente para MRU)

149 + Vat = 173,m + Vct

ambos deben utilizar el mismo tiempo para llegar al punto de encuentro;

sustituyendo las velocidades de cada uno

149+28,28t= 173,7 + 22,22t

agrupando términos

149-173,7 = 22,22 t – 28,28t

-24,7= (22,22 – 28,28) t

-24,7 = -(6,06) t

Despejando al tiempo

-24,7 t

-6,06

t= 4,07s

es el tiempo que tarda ambos en llegar al punto de encuentro, a partir del

momento en que ambos poseen velocidad constante o Movimiento Rectilíneo

Uniforme.

Como ya se encontró el tiempo, se puede determinar las distancias total de ambos

Xtauto= 149m + 28,28m 4,07 s

s

Xtanto= 264,1m

Xtcamión= 173,7m + 22,22m 4,07 s

s

Xtcamión= 264,1m

Comprobando que Xtc= Xta

51

El tiempo total, que transcurrió desde el origen del sistema de coordenada hasta el

punto de encuentro es:

tT= 3,10S + 7,21S + 4,07S

tT=14,38S

5) Desde un punto A se desplaza un vehículo a 80km/h y desde un punto B se desplaza en sentidos contrario otro vehículo a 60km/h, la separación entre A y B es de 560km calcular a) El tiempo que tarda en encontrarse b) La distancia de A al punto de encuentro Esquema

A smV OA /22,22= oAV VoB= 16,66m/s B

XA 560.000 - XA

560.000m

ambos vehículos poseen Movimiento Rectilíneo Uniforme, ya que sus velocidades

se mantienen constante en módulo, en dirección y en sentido.

El tiempo que emplea el auto A en llegar al punto de encuentro, debe ser el mismo

tiempo que emplea el auto B en llegar a ese mismo punto

Tap= TBp= t

Para el cuerpo A para el cuerpo B

V= X V= X

t t

X= Vt XB= VBt

XA= Vat 560.000m - XA= VBt

Sustituyendo XA en la ecuación del cuerpo B

560.000m – XA = VBt

52

Punto de encuentro

Vo

560.000m – VAt = VBt

agrupando términos

560.000m= VBt + Vat (Sacando factor común t)

560.000m= (VB + VA) t

sustituyendo valores

560.000m= (16,66m/s + 22,22m/s) t

560.000m= (38,88m/s) t

despejando al tiempo

t= 560.000m = 14,40x103s

38,88m/s

este el tiempo que tardan ambos en cruzarse

luego XA= VAt

XA= 22,22 m/s • 14,40m x 103s

XA= 320 X103m

XB= VBt

XB= 16,66m/s 14,40 x 103s

XB= 239,90 x 103m = 240 x 103m

Luego XT= XA + XB XT= 320 x 103m + 240 x 103m

XT= 560 x 103m

6) Una particular se mueve con aceleración constante y recorre el espacio que separa dos puntos distantes de 54m en 6S su velocidad cuando pasa por el segundo punto es de 13,5m/s ¿Cuál es su aceleración y velocidad en el primer punto?

53

Esquema

Partiendo de la velocidad media V

tXV

∆∆=

Como la aceleración es constante, la velocidad media, se pudo expresar como

media aritmética de la velocidad inicial y final.

2VfVoV +=

desde el punto 1 hasta el punto 2 para el ejercicio la Vo = V1 (en el punto 1) y la Vf=

V2 (en el punto 2)

sustituyendo

tXV

∆∆=

tXVfVo

∆∆=

+

2

tXXVV

∆−=+ 1221

2

Despejando la velocidad en el punto 1

212

1 2 VtXXV −

∆−=

sustituyendo,

( )( ) smss

mmV /5,1306

20541 −−

−=

V1= 4,5m/s

54

Punto Punto 1 2

V2= 13,5 m/st12= 6S

(0,0) X12=54m

?1 =V

Como la aceleración es constante, va a tener el mismo valor en cualquier punto.

Por lo tanto desde el punto 1 hasta el punto 2.

Vf= Vo + at (V2 > V1)

V2= V1 + at12 despejando la a

12

12

tVVa −=

sustituyendo los valores

2/5,16

/5,4/5,13 sms

smsma =−=

si la partícula partió del reposo, ¿cuál es su distancia total desde ese punto

(origen) hasta el punto 2 ?

Viendo el esquema, desde el punto 0 hasta el punto 1

Vo= 0m/s

Vf = V1= 4,5 m/s

a= ctte = 1,5 m/s2

como Vf = Vo + at despejando t

aVoVt −= 101

sustituyendo

ssm

smsmt 3/5,1

/0/5,4201 =

−=

luego Xf = Xo + Vot + 1 at2

2

X01= 0m + 0m/st + 1/2 (1,5m/s2) (3s)2

X01= 6,75m

Desde el punto 1 al punto 2

Vf22= V12 + 2X12 a despejando X12

55

aVVfX

2

21

22

12−=

sustituyendo

)/5,1(2)/5,4()/5,13(

2

22

12 smsmsmX −=

X12= 54m

Entonces

XT= X01 + X12XT= 6,75 m + 54m

XT= 60,75m

Otra manera de determinar XTXT= Xo + Vot + 1 a tT2

2

donde tT= t01 + t12tT = 3s + 6s = 9s

sustituyendo el valor de t

XT= 0m + om/st + 1 (1,5m/s2) (9s)2

2

XT= 60,75m

7) El tiempo de reacción de un conductor medio de un automóvil es aproximadamente 0,75 (el tiempo de reacción es el intervalo que transcurre entre la percepción de una señal para detenerse y la aplicación de los frenos). Si un automóvil puede experimentar una desaceleración de 4,8m/s2. Calcule la distancia total antes de detenerse una vez percibida la señal, cuando la velocidad es de 30km/h.

56

Esquema

Analizando el ejercicio por segmento, se tiene que:

Del segmento A hasta el segmento B

Se tiene a una persona que va en un vehículo con una velocidad de 8,33m/s; ve

una señal, y tarda 0,7S en colocar los pies en el freno, pero durante 0,7s se

desplazo una distancia dada y mantuvo la velocidad

Por lo tanto desde el segmento A hasta el segmento B, posee un Movimiento

Rectilíneo Uniforme

Como V= X = X= Vt

t

XAB= VtAB

XAB= 8,33 m ⋅ 0,7s = 5,83m

s

Del Segmento B hasta el Segmento CEn el punto B la persona aplica los frenos y el vehículo pierde velocidad

hasta que se detiene, pero en el momento de aplicar los frenos, el vehículo tiene

una velocidad de 8,33 m/s.

Como Vf < Vo y el cuerpo además se desplaza en línea recta, se tiene un

Movimiento Rectilíneo Uniformemente desacelerado.

Recordando que: Vf2= Vo2 – 2xa (Desacelerado)

Despejando a “X “

aVVoX

2

21

2 −=

57

→Vo= 8,33m/s

VB= 8,33m/s Vc= 0m/s

X(0,0) A B C

Percibe la señal Aplica los frenos Se detiene

BC

CBBC a

VVX2

22 −=

Sustituyendo

)/8,4(2)/()/33,8(

2

22

smsomsm

X BC−

=

XBC= 7,23m

Luego XT= XAB + XBC

XT= 5,83 m + 7,23m = 13,06m

8. Una particular material se desplaza en línea recta con una velocidad V= (3t + 5) m/s, para t= 0s la partícula se encuentra en el punto Po= (2,0). Calcular: a) La posición de la partícula en cualquier instante, b) El desplazamiento de la partícula en el intervalo de tiempo comprendido entre t1 = 2s y t2= 5s. Es necesario recordar que se parte de la posición de una partícula y se deriva, se determina la velocidad de esa partícula, pero si derivamos la velocidad obtendremos su aceleración, por supuesto todo en función del tiempo

X’ → V’ → a

Pero podemos utilizar las herramientas matemáticas para ir en un proceso

contrario, es decir, hacia atrás.

Si se integra la aceleración, obtendremos la velocidad y si integramos la

velocidad obtendremos la posición

X ← V ← a

Integrando

Integrando

En el ejercicio nos dan la velocidad en cualquier instante y nos piden la posición

X ← V

58

Por lo tanto debemos integrar la velocidad en cualquier instante partiendo de:

V = dx

dt

V dt = dx se integra en ambos lados

∫ ∫=xf

Xo

dxVdt

luego se sustituye la V por la velocidad en cualquier instante

∫ ∫=+xf

Xo

dxdtt )53(

∫ ∫∫ =+xf

Xo

dxdtctte

dtctte

t 53

∫ ∫∫ =+xf

Xo

dxdttdt 53

3t 2 + 5t = Xf – Xo despejando Xf

2

Xf = Xo + 3t 2 + 5t representa la posición en cualquier instante

2

pero inicialmente se tiene que Po = posición inicial

Xo=2m e Yo=0m

P = (2, 0) , sustituyendo a Xo en la ecuación XF

Xf = (2 + 3t 2 + 5t) m

2

Evaluando la posición para cada tiempo

a) Posición para t1 = 2s

59

Xf = (2 + 3t 2 + 5t) m

2

se sustituye a t por 2 s

Xf = (2 + 3(2) 2 + 5(2)) m

2

Xf = 18m

b) Posición para t2 = 5 s

Xf = (2 + 3t 2 +5t) m

2

Se sustituye a t por 5 s

Xf = (2 + 3(5) 2 + 5(5)) m

2

Xr = 64,5 m

El desplazamiento ( ∆X) entre t1 y t2

∆X= Variación del vector posición

∆X= Xf – Xo

∆X= (64,5m)- (18m) = 46,5m

9) Un punto se mueve con la velocidad Vx = (5t) m/si e Vy= (t2-2) m/sj, Si para t= 0s el móvil se encuentra en Po = (2,5) m. Calcule a) la posición, b) la velocidad, c) la aceleración para todos a los 4S.

Se puede trabajar primero para un eje y luego para el otro eje. Para el eje de las X Se tiene Vx= (5t) m/s iDebemos recordar que

X’ → V’ → a

Pero si integra desde la aceleración, se obtiene que

60

X ← V ← a La integral de la aceleración nos da la velocidad

La integral de la

Velocidad nos da la posición

a) Si se tiene la velocidad y se quiere buscar la aceleración, simplemente

derivamos la velocidad

V’ → a’

a= dv derivamos la velocidad en cualquier instante

dt en función del tiempo

a= d (5t)

dt

a= (5m/s2) i

b) Si se tiene la velocidad y se quiere buscar la posición, se debe integrar la

velocidad

V = dx

dt

V dt = dx (se integra a ambos lados)

∫ ∫= dxVdt

∫ ∫=xf

Xo

dxcttetdt5

∫ ∫=xf

Xo

dxtdt5

5t2/2= Xf – Xo despejando a Xf

Xf = (Xo + 5t2/2) m posición en cualquier instante

Pero Xo = 2 m

Xf = (2+5t2/2) m

Evaluando para t = 4s

61

Xf = [2 + 5(4)2 t]m

2

Xf = 42m

c) La velocidad a los 4s

V = (5t) m/s , se sustituye a t por 4s

V= [5(4) ] m/s = 20 m/s

Para el eje de las y, se tiene que

Vy = (t2 –2) m/s j

a) Para determinar la velocidad a los 4s, solamente sustituimos a t por 4s

Vy = [(4)2 - 2] m/s = 14 m/s

b) Para determinar su aceleración, derivamos la velocidad en función del tiempo.

a= dv Velocidad en cualquier instante

dt en función del tiempo

[ ] 22 /22 stmdt

tda =−=

luego la evaluamos para t= 4s

a = [2(4)] m/s2 = 8 m/s2

c) Para determinar su posición, integramos la velocidad

V = dx

dt

Vdt = dx integramos a ambos lados

∫ ∫=xf

Xo

dxVdt sustituimos a V por la velocidad en cualquier instante

∫ ∫=−xf

Xo

dxdtt )2( 2

62

∫ ∫∫ =−xf

Xo

dxdtctte

dtt 22

∫ ∫∫ =−xf

Xo

dxdtdtt 22

or XXtt −=− 23

3

despejando a Xf

Xf = (Xo + t 3 – 2t) m

3

pero Xo = Yo = 5m y Xf = Yf

Yf = (5 + t 3 – 2t) m posición en el cualquier instante

3

evaluando para t= 4s

mYr

−+= )4(2

3)4(5

3

Yf= 18,33m j

10) Una partícula se mueve con una aceleración a= (2ĩ - 1ĵ) m/s2, para t=0s la partícula se encuentra en el punto (0,0) con una velocidad Vo = (1ĩ + 2 ĵ) m/s, calcular a) La velocidad de la partícula en el instante t=5s b) La posición de la partícula para t= 0s; c) ¿Con que velocidad media se ha desplazado la partícula en el intervalo t= 0s a t= 5s? Datos

a= (2 ĩ - 1 ĵ) m/s2 t= 0s

Xo Yo

Po = ( 0 ĩ, 0 ĵ) m Vo = (1 ĩ + 2 ĵ) m/s a) Vr = ? t= 5s

63

La información de la aceleración y de la velocidad inicial, está expresado

vectorialmente

Recordamos que

Vr = Vo + at

Sustituimos los valores de Vo y a

Vr= (1 ĩ + 2 ĵ ) m/s + (2 ĩ - 1 ĵ ) m/s2 t

Está ecuación nos representa la velocidad final en cualquier instante.

Para Vr=? En el instante t= 5s, lo que se hace es sustituir a t por 5s

Vr= (1 ĩ + 2 ĵ) m/s + (2 ĩ - 1 ĵ)m 5s

s2

Vf= (1 ĩ + 2 ĵ) m/s + (10 ĩ - 5 ĵ ) m/s

Se suman los vectores

Vf = (11 ĩ - 3 ĵ ) m/s

Vx Vy

Su modulo Vf

22 )()( VyVxVf +=

smsmsmVf /40,11)/3()/11( 22 =−+=

b) La posición para t= 0s

la posición se puede expresar como

Xf= Xo + Vot + 1 at2

2

sustituyendo los valores

Xf= Xo + (1 ĩ + 2 ĵ ) mt + 1 (2 ĩ - 1 ĵ ) m t2

S 2 S2

Está ecuación nos representa la posición en cualquier instante.

Luego para t=0S, donde este t se sustituye para 0S

Xr= Xo + (1 ĩ + 2 ĵ) m (0)s + 1 (2 ĩ - 1 ĵ) m (0S)2

S 2 S2

Información que da el ejercicio se puede verificar este resultado.

64

Para t= 0S, la partícula se encuentra en X=0 m o y=Om

c) Para t= 5S

Xr= Xo + (1 ĩ + 2 ĵ) m 5s + 1 (2 ĩ - 1 ĵ ) m (5S)2

S 2 S2

Xr= Xo + (5 ĩ + 10 ĵ ) m + (25 ĩ - 12,5 ĵ ) m

Se suman los vectores

Xr= (30 ĩ – 2,5 ĵ)m, esta ecuación representa la posición a los 5 S.

d) Velocidad media V

totrXoXr

tXV

−−=

∆∆=

SSmsmjV

05)0(/)5,2 i30(

−−−=

smjiV /55,2

530

−=

smVy

jVx

iV /5,06

−=

Movimiento Vertical Libre

65

Se ha comprobado experimentalmente que, cuando un cuerpo cae bajo la

acción de la gravedad una distancia relativamente corta de unos cuantos metros,

el movimiento es uniformemente acelerado. Esta aceleración es la misma para

todos los cuerpos, se denota con la letra g y se conoce como aceleración de gravedad. Por supuesto, si el movimiento es hacia arriba la aceleración es la

misma (es decir, hacia abajo) pero el movimiento es desacelerado. Estas

afirmaciones son correctas siempre y cuando podamos despreciar los efectos

debidos a la resistencia del aire, y por lo tanto se puede aplicar a cuerpos

compactos cuando se mueven verticalmente a distancias no mayores de unos

cientos de metros.

El valor de g varía de un lugar a otro, pero siempre está cercano a 9,8m/s2.

El vector g está dirigido hacia abajo, hacia el centro de la tierra. Cuando se emplea la expresión caída libre, no solamente se refiere a un objeto que se deja

caer a partir del reposo.

Un objeto en caída libre es uno cualquiera que se mueve libremente bajo la

influencia de la gravedad, sin importar su movimiento inicial.

Todos aquellos objetos que se lanzan hacia arriba o hacia abajo, y los que

se dejan caer a partir del reposo caen libremente una vez que se dejan en

libertad.,es importante reconocer que cualquier objeto en caída libre experimenta

una aceleración dirigida hacia abajo sin importar el movimiento inicial del objeto.

Un objeto lanzado hacia arriba o hacia abajo experimentará la misma

aceleración que uno liberado desde el reposo. Una vez que se encuentren en

caída libre, todos los objetos tendrán una aceleración hacia abajo igual a la

aceleración debida a la gravedad.

Si se desprecia la resistencia del aire y se supone que la aceleración

gravitacional no varía con la altitud, entonces el movimiento de un objeto en caída

libre equivale al movimiento en una dimensión, con aceleración constante. Se

denotará la dirección vertical como el eje de la y, y se considerará y positiva la que

va dirigida hacia arriba, las coordenadas se pueden reemplazar x por y en las

ecuaciones de cinemática.

66

Puesto que y es positiva hacia arriba la aceleración es negativa (hacia

abajo) y queda que a= -g, el signo negativo indica que la aceleración es hacia

abajo.

EJEMPLO:Consideremos un cuerpo que es lanzado desde el suelo, con una velocidad inicial diferente de cero

Esquema

Figura 6

A medida que el cuerpo se aleja del punto “A” su velocidad va disminuyendo hasta

llegar al punto “B”, donde su velocidad se hace cero, luego comienza a descender

y va adquiriendo velocidad hasta llegar al punto C, con la misma velocidad con

que fue lanzado, pero en sentido contrario.

Cuando el cuerpo va desde el punto A hasta el punto B, posee un Movimiento

Desacelerado (va en contra de la aceleración de gravedad) y cuando va desde el

punto B hasta el punto C posee un Movimiento Acelerado (Va a favor de la

aceleración de gravedad).

Como la aceleración de gravedad tiene un valor constante y el movimiento se

realiza en el eje de las Y, lo que se debe hacer es utilizar las mismas ecuaciones

ya deducidas para M.R.U.A. pero con la salvedad de cambiar a por g y x por y.

Ecuaciones

a) Xf= Xo + Vot ± 1at2

2

67

y+

↑Vo≠0A C

Ymax

tc=tv

x+

B VBF=om/s tB= tmax

g

Yf= Yo + Vot ± 1 g t2 2 (Ecuación de la posición en cualquier instante) b) Vf= Vo ± at

Vf= Vo ± gt (Ecuación de la velocidad en función del tiempo)

c) Vf2= Vo2 ± 2Xa

↓ ↓

Vf2= Vo2 ± 2yg (ecuación de la velocidad en función de la posición) Cuando el cuerpo este subiendo se utiliza el signo menos (-) y cuando el cuerpo este bajando se utiliza el signo (+). En la figura 6, se observa que cuando el cuerpo llega al punto más alto, su

velocidad se hace cero, este tiempo que emplea el cuerpo desde que se lanza

hasta llegar al punto más alto se denomina tiempo máximo.

Como

Vf = Vo – gt (el cuerpo sube)

Desde el punto A hasta el punto B

VB= VA – gt, pero VB= 0m/s

Despejando a t

t= VA g

t= tiempo máximo = tmax

tmax = Vo → Velocidad inicial

↓ g → Aceleración de gravedad

Tiempo máximo

Pero el tiempo que tarda el cuerpo en subir es el mismo tiempo que tarda el

cuerpo en bajar y a este tiempo que tarda el cuerpo desde que se lanza hasta

llegar al mismo nivel donde es lanzado, se conoce como tiempo de vuelo.

68

Sustituyendo

tv= 2tmax

tv= 2

g

Vo

la distancia vertical que adquiere la partícula desde que se lanza hasta llegar al

punto más elevado, donde VB= 0m/s, se llama altura máxima.

Partiendo desde A hasta B

Vf2= Vo2 – 2yg (El cuerpo sube)

En el punto más elevado Vr=VB= om/s

0= VA2 – 2YAB g (despejando YAB)

YAB= VA2 , donde VA=Vo

2g YAB= Ymax

Ymax= (Vo) 2

↓ 2g

Altura máxima

RESOLUCIÒN DE EJERCICIOS

1) Desde que altura se soltó un cuerpo si se sabe que en el último segundo

recorrido 35m

69

Procedimiento

Como el cuerpo se solto, su velocidad inicial vale cero

Se hace un esquema

La posición para un cuerpo en cualquier instante

Y= Yo + Vot ± 1 gt2

2

el tiempo total = lt sería el tiempo que tarda el cuerpo en llegar al punto B más el

tiempo que tarda desde el punto B hasta el punto C

tt=tAB+tAB

la altura total que descendió el cuerpo es Yt= Y1 + Y2 ; donde Y2= 35m

sustituyendo a YT y Y1,por sus ecuaciones respectivas

o o YT= Yo + Vot + 1gt2T

2

o o Y1= Yo + Vot + 1 gt2AB

2

nos queda

YT= Y1 + 3S

↓ ↓

70

A

B

C

VoA=om/s

y1=?

y2= 35mtBC=1S

1 g t2T= 1 gt2AB + 3S

2 2

tT= tAB + tBCluego

4,9 (tAB + tBC)2 = 4,9 tAB2 + 35

Desarrollando el producto notable

(A±B)2= A2 ± 2AB + B2

(tAB + tBC)2= (tBC)2 + 2 (tBC) (tBC) + (tBC)2

A B

Donde tBC= 1s

(tBC)2 + 2 tBC + 1

Luego

4,9 [ (tAB)2 + 2tAB + 1] = 4,9 (tAB)2 + 35

4,9 (tAB)2 + 9,8 tAB + 4,9 = 4,9 (tAB)2 + 35

Despejando al tABtAB = 35 - 4,9 = 3,07S

9,8

tt= tAB + tBCluego la altura a la cual se solto es la altura total

YT = 1 g t2T

2

YT = 1 9,8 m/s2 (4,07S) 2 = 81,17 m

2

YT = 81,18m

71

2) Se deja caer una piedra en un pozo profundo y se observa que el sonido del choque con la superficie interior se escucha a los 8 segundos, después de haber soltado la piedra ¿Cuál es la profundidad del pozo? La velocidad del sonido en aire seco es 331m/s Esquema

- Como la piedra se deja caer su velocidad inicial vale cero

- Los 8 segundos representa el tiempo que la piedra tarda en tocar lo

profundo del pozo más el tiempo que tarda el sonido que hace la piedra en

llegar nuevamente al punto A.

Por lo tanto

tT= tAB bajada + tBasubida sonido La distancia del pozo (profundo del pozo) es la misma distancia que recorre la

piedra desde el punto A hasta el punto B

Ypozo = YpiedraAB Para la piedra

oY= Vot + 1 gt2ABbajada 2

Y = 1 g tab2

2

72

→Vo= om/s

“tin” el sonido A

B

yT

(0,0)X

Y

Pero la distancia que recorre el sonido desde el punto B hasta el punto A en subir,

es la misma distancia que recorre la piedra desde el punto A al punto B en bajar y

ambas representan la profundidad del pozo.

Como el sonido viaja a velocidad constante, realiza un Movimiento Rectilíneo

Uniforme.

Para el sonido

V= X

t

Sustituyendo

Vs= BAS

BA

tY

(tiempo que tarda en subir)

Despejando YBA

YBAS = Vs • ts

YBAS= 340 m ts

s

Como YS sonido = YAB piedra = YTpozo

Ys= Yp

Vsts= 1 g tab2

2

pero tT= tAb + ts Despejando ts

ts= tT - tAbVs (tT - tAb) = 1 g tab2

2

dando valores

340 (8 – tAb) = 4,9 tAb2

2720 – 340tAb = 4,9 tAb2

igualando la ecuación a cero

4,9 tab2 + 340tab – 2720 = 0

73

A B C

Se tiene una ecuación de 2do. grado

tAb= a

acbb2

42 −±−

sustituyendo

tAb= )9,4(2

)2720)(9,4(4)340(340 2 −−±−

tAb= -340 + 411

9,8

tAb= -340 + 411 = 7,24S

9,8

luego verificamos

Ypiedra = 1 g (tab)2

2

Ypiedra = 1 9,8m/s2 (7,24S)2

2

Ypiedra = 257m

Para el sonido

ts= tT – tab

ts= 8S – 7,24S = 0,756S

Ys= Vs ts

Ys= 340m • 0,756 S = 257m

S

La profundidad del pozo es 257m

3) Se lanza una piedra hacia abajo verticalmente desde una altura de 80m con una velocidad inicial de 5m/s y 2 segundos después se lanza en el mismo sentido y desde el mismo punto otra piedra de tal manera que ambas llegan juntas al suelo. ¿Cuál es la velocidad inicial de la piedra? Esquema

74↓ 1 Vo1= 5m/s ↓ 1 Vo2= ?

Si ambas llegan juntas al suelo, se tiene que la distancia y1 = y2= 80m.

Además, la piedra uno se lanzo primero y 2 segundos después lanzaron a la

piedra dos, esto nos indica que la piedra uno utilizo un tiempo “t” y la piedra utilizó

un tiempo “t” menos 2 segundos

t1= t

t2= (t-2) s para la piedra 1 para la piedra 2

como yr= yo + Vot ± 1 g t2

2

para la piedra uno

y1= Vo1t + 1 g t2

2

80 = 5t 9+ 4,9 t2

igualando a cero

4,9t2 + 5t – 80 = 0

se tiene una ecuación de 2do grado donde

A= 4,9

B= 5 t= a

acbb2

42 −±−

C = -80

Sustityendo los valores en la ecuación de 2do. grado

75

yT y1 y2

Suelo

t= )9,4(2

)30)(9,4(4)5(5 2 −−±−

t= -5 ± 40

9,8

t = -5 + 40 = 3,56S

9,8

luego t2= (t-2)s

t2= 3,56S – 2 S = 1,56S

y ese es el tiempo que tarda la piedra dos en llegar al suelo

para la piedra, tenemos que

Y = Yo + Vot ± 1 gt2

↓ 2

80 = Vo2 (1,56) + 1 (9,8) (1,56)2

2

80= Vo2 (1,56) + 11,92

despejando a Vo2

Vo2 = 80 – 11,92 = 43, 63m/s

1,56

comprobando que:

Y2 = Y1

↓

Vo2 t2 + 1 g t22 = Vo1t + 1 g t2

2

(43,63m/s) (1,56s) + 49m/s2 (1,56s)2 = 5m/s • 3,56s +4,9m/s2 (3,5gs)2

79,98m = 79,90m

80m= 80m

4) Se dispara un proyectil verticalmente hacia arriba desde la azotea de un edificio

con una velocidad de 75m/s si el proyectil llega al suelo después de 19s de

76

iniciado el mov. Determine a) la altura máxima que alcanza el proyectil b) La última

del edificio c) La velocidad con que llega al suelo.

Esquema

a) Altura máxima (Ymax)

la distancia vertical que alcanzo el proyectil desde donde se lanzo hasta llegar al

punto más elevado, donde su Vr = om/s representa su altura máxima

Ymax = YAB

Ymax = gVo2

)( 2

Sustituyendo

Ymax = msmsm 287

)/8,9(2)/75(

2

2

=

b) Altura del edificio (ye)

YT= YBC

YT= Vot + 1 g t2

2

YT=VoB + 1 g t2BC pero en el punto B VB= 0m/s

2

YT= 1 g t2BC 2

77

VoA = 75m/s

YT Ye

C

Ymav ↓

B

Donde tBC = es el tiempo que tardo el proyectil en recorrer el punto B hasta C.

Como los 19 segundos representan el tiempo que tarda el proyectil en ir desde el

punto A hasta el punto B y desde el punto B hasta punto C.

tT= tAB + tBC

↓

Tiempo total = tiempo en subir + tiempo en bajar,

Pero el tiempo que tarda la partícula desde que se lanza hasta llegar al punto más elevado se conoce como tiempo máximo tAB= tmax tAB= (Vo)

g

sustituyendo

tAB= 75m/s = 7,65s

9,8m/s2

además

tT= tAB + tBC despejando tBC

tBC= tT - tABtBC= 19s - 7,65S = 11,35S

se puede conocer YTYT = 1 g (tBC)2

2

YT = 1 (9,8m/s2)(11,35S)2 = 631,23m

2

viendo el esquema

YT= Ymax + YeDespejando la altura del edificio (ye)

ye= YT - Ymax

ye= 631,23m – 287m = 344,23m

c) La velocidad con que llega al suelo desde el punto B hasta el punto C

78

Vo = VB = 0m/sVr= Vo + s t (proyectil va a favor de la aceleración de gravedad) Vr = om/s + 9,8m/s2 (11,35s)

Vr = 111,23m

5) Un cohete es disparado verticalmente siendo su aceleración constante por espacio de 3 minutos, cuyo valor es 17m/s2 al cabo de los cuales se le agota el combustible y sigue subiendo como partícula libre. Determine la altura a la cual llegar?, b) el tiempo que estuvo en el aire?

Esquema

Desde el punto A hasta el punto B (subiendo) Desde el punto A hasta el punto el B, el cohete posee una aceleración de 17m/s2

que le imprime sus motores, como el cohete partió del reposo esta acelerado

Vr= Vo + at

VB = VoA + a tAB

Y el tiempo que dura su aceleración es de 3 min, a partir de allí, no posee combustible y luego se comporta como una partícula libre sometida a la aceleración de gravedad VB = om/s + 17m 180s = 3060 m/s

S2

Luego desde el punto B hasta C, pierde velocidad, hasta que su velocidad en el punto C, se hace cero Vr = Vo – gt

Vc = VB – gtBC

tBC= VB = 3060 m/s = 312,24s

79

B

AD

C

YT

Con combustible

sin combustible

g 9,8 m/s2

la distancia desde el punto B hasta el punto C

Vf2= Vo2 – 2yg (subiendo)

Vc2= VB2 – 2gyBC

YBC = VB2

2g

YBC= (3060m/s) 2 = 477,73x103m

2(9,8m/s2)

la distancia desde el punto A al punto B

Vf2 = Vo2 + 2ya

VB2 = VoA + 2YAB a

YAB= (VB)2

2a

YAB= (3060 m/s) 2 = 275,4x103m

2(17 m/s2)

la distancia total YT= Yab + Yab

YT= 477,73x103m + 275,4x103m

YT= 753,13 x 103m

Cuando el cohete llega al punto C, su velocidad se hace cero y comienza a

descender la distancia que desciende es 753,13 x 103m

Si YT= Vot + 1 g t2

2

YT= Voct + 1 g t2CD

tCD= gyT2

tCD= 23

/8,9)1013,753(2

smmx

El tiempo que estuvo el cohete en el aire será:

80

tT=tAB + tBC + tBC + tCD

tT= 180s+312,24S + 392,05S = 884,29S

REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELAMINISTERIO DE EDUCACIÓN SUPERIOR

INSTITUTO UNIVERSITARIOEXPERIMENTAL DE TECNOLOGÍA DE LA VICTORIA

ESTADO ARAGUA

81

CINEMÁTICA BIDIMENSIONAL

Elaborado Por: Prof. María Esther Pérez

TEMA IIMOVIMIENTO BIDIMENSIONAL

Movimiento Parabólico o Movimiento de un ProyectilSe trata de un movimiento en dos dimensiones de una partícula disparada oblicuamente en el aire

como por ejemplo el movimiento de una pelota que es pateada en un campo de fútbol o el movimiento de una pelota en una cancha de voleibol o la trayectoria a que sigue una pelota cuando es golpeada por un bate en un campo de béisbol.

82

En todo momento se supone que la aceleración de gravedad es constante

en la cercanía de la tierra, además se desprecia el efecto de la resistencia del aire

y la rotación que efectúa la tierra no afecta este tipo de movimiento. Nos

encontraremos que el recorrido que sigue el proyectil o los cuerpos en estas

condiciones en una parábola.

Si se elige un sistema de referencia de modo que la dirección “z” sea

vertical y positiva hacia arriba, además supongamos que en un instante inicial “t”

o s el proyectil deja el origen Xo=zo=0, con una velocidad inicial Vo y que el vector

Vo forma un ángulo θ con la horizontal como se indica en la figura 4.

Figura 4

En el movimiento de proyectil, sobre el objeto actúa la fuerza del peso

debido a la aceleración constante de gravedad. El objeto tiene una componente

horizontal de velocidad oxV , perpendicular a la dirección de la aceleración

gravitacional.

Debido a que hay una componente horizontal inicial de la velocidad Vox=

VoCos θ, el movimiento del proyectil no es una línea recta, sino que sigue una

trayectoria curva en el plano Xz.

La fuerza de gravedad origina una aceleración constante g dirigida verticalmente hacia abajo, por lo que el vector g tiene las componentes gx= 0, gy=

0 y gz= g.Entonces las ecuaciones de movimiento según las componentes X y Z serán:

83

z

v

V∆

v

g

vv

x

VozVo

θo

Vox X

h

Vz

X2

tv

Vz=0tmax

0==dt

dvxax

gdt

dvzaz −==

Es evidente que Vx debe ser constante y su valor inicial al tiempo t=0 en Vox debe

tener

θVoCosVoxVx ==

Ecuación de la velocidad en el eje de las X, en cualquier instante

De la condición dada de que cuando t=0 Voz=Voz=VoSenθ Velocidad inicial

en el eje de las y.

Se puede escribir, integrando desde el tiempo t=0 (cuando Vz=Voz) hasta

un tiempo posterior t, cuando la componente vertical de la velocidad tiene un valor

Vz.

gdt

dVz −= Se coloca lineal y se integra a ambos lados

∫∫ −=t

o

Vz

Voz

gdtdVz

como g es constante sale fuera del factor integración, tenemos que

Vz-Voz=-gt (despejando la velocidad final en cualquier instante)

Vz=Voz-gt (sustituyendo el valor de la velocidad inicial en el eje z)

84

v

Vz = VoSen θ-gt

Esta ecuación representa la velocidad final en el eje z, en función del tiempo.

Ahora

dtdxVx = (la velocidad se puede expresar como la derivada de la posición en

función del tiempo)

Vx.dt=dx (colocando la ecuación lineal e integrando)

Integrando cuando t=0 (cuando x=0) hasta el tiempo t, que corresponde a un

desplazamiento horizontal x.

∫∫ =t

o

x

o

dtVoxdx . donde Vox es constante y sale del signo de integración

X = Vox(t) (sustituyendo a Vox por Vocosθ )

X = Vocos θ t (esta ecuación representa la posición en cualquier instante en el eje

de las x)

Se sigue el mismo procedimiento para determinar la posición eje z

Vzdtdz =

∫∫ =t

o

z

o

Vzdtdz

donde

Vz= VoSenθ-gt

∫∫ −=t

o

zf

zo

dtgtVoSendz )( θ

85

Z= VoSenθt- 1 gt2

2

Ecuación que representa la posición de la partícula en el eje de la z, en el eje

donde está presente la aceleración de gravedad.

Esta ecuación z=VoSenθt-1 gt2 y X=VoCosθt definen la trayectoria del

2

proyectil dando las coordenadas X y Z en cada instante y constituyen un sistema

de ecuaciones paramétricas para la Trayectoria del objeto y, están relacionadas

con el parámetro el tiempo “t”.

Despejando t de la ecuación de alcance

X= VoCosθt

Y sustituyendo en la ecuación Z, se puede obtener una sola ecuación para la

trayectoria X= Vocosθt

Voxxt = (t despejada de la ecuación de alcance)

luego, sustituyendo a “t” en la ecuación z, obtenemos

2

2

21.

VoxXg

VoxxVoSenz −= θ ; pero Vox = Vocosθ

θθθ

22

2

21

CosVoXg

VoCosXVoSenZ −=

θθ 22

2

21

CosVogXTangZ −= Ecuación Paramétrica

Esta ecuación es la de una parábola y nos es más que la ecuación paramétrica,

con ella se puede determinar la posición de la partícula en el eje z, sin necesidad

86

de conocer el tiempo, también se puede utilizar para determinar el ángulo de

lanzamiento, la velocidad inicial, y la posición en el eje x.

Para determinar la máxima altura h que alcanza la partícula se deriva dz/dx o

dz/dx y se iguala el resultado a cero.

θθ 22

221tan

CosVogxg

dxdz −=

022 =− θθ

CosVogxTang

despejando a X

X= Tang θ V o2 Cos 2 θ

g

X= g

CosVoCosSen θ

θθ 22.

X= gVoCosVoSen θθ

X= gVoCosSenVo θθ2

esta ecuación representa la mitad del alcance máximo

La altura máxima h se obtiene cuando X adquiere este valor. Sustituyendo este

valor en la ecuación para métrica

θθ 22

2

2tan

CosVogxgXZ −=

Z= θθθ

θθθθ

222

222

2)(

CosVogCosSenVog

CosSen

gCosSenVo

Z= g

SenVogSenVo

2

2222 θθ −

Z=

−

211

22

gSenVo

87

Z=Vo 2 Sen 2 θ

2g Esta ecuación representa la altura máxima que adquiere la partícula

Z=h

h= g

OSenVo2

22

Esta ecuación representa la altura máxima de la partícula

Cuando el proyectil llega a tierra a una distancia S del origen a lo largo del eje de

las X, las coordenadas Z de la trayectoria en este punto vale cero, por lo que la

distancia X puede encontrarse haciendo Z igual a cero.

O=XTangθ - 21

θ22

2

CosVogx

Sacando m.c.m. = 2Vo2Cos2θ

θθθ

22

22

22.

CosVogxCosVoXSenO −=

XSenθ.2Vo2Cosθ-gx2=0

Sacando factor común

X(Senθ.2Vo2Cosθ-gx) = 0

Despejando a X, hay dos soluciones una de las cuales X=0, corresponde al punto

de partid