06. Actividades modelo

1. MOVIMIENTO EN LÍNEA RECTA
1.1 Movimiento rectilíneo uniforme (M.R.U.)
M1
Viaje a Santander
Dos vehículos (A y B) inician simultáneamente un viaje en dirección
a Santander. El vehículo A parte de Gijón, con una velocidad de 120
km/h, y el vehículo B de Villaviciosa a 85 km/h. Sabiendo que la
distancia entre las dos ciudades es de 27 km, calcula:
a) El tiempo transcurrido hasta que el vehículo de Gijón alcance al
de Villaviciosa.
b) La distancia recorrida por el vehículo que salió de Gijón en el
momento en que se encuentren.
Solución
a) Tomando como origen del sistema de referencia la posición
inicial del vehículo que sale de Gijón, la ecuación de posición del
vehículo que sale de Gijón es:
xA = vA t = 120t km
Mientras que la ecuación de posición del vehículo que parte de
Villaviciosa será:
xB = x0B + vB = 27 + 85t km
El valor de t es el mismo para ambos, pues parten
simultáneamente. El alcance se producirá cuando ambos se
encuentren en la misma posición, es decir, cuando xA = xB , por lo
que:
120t = 27 + 85t ⇒ t = 0.77 h = 46 min 17s
b) El vehículo que sale de Gijón recorre:
xA = vA t = 92.57 km
(Los dos vehículos se encontrarían aproximadamente a la altura de
Llanes).
1.2 Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (M.R.U.A)
#Caída libre
M2
Caída de un tiesto (Oxford)
Un tiesto cae sobre un viandante desde el balcón de un quinto piso que
está a 13 m. ¿De cuánto tiempo dispone la persona en cuestión para
evitar el golpe?
Solución
Si consideramos el sistema centrado en la «víctima», entonces el tiesto
se encuentra inicialmente a 13 m de su cabeza y cae con una
aceleración de 9.8 𝑚/𝑠 2 sin velocidad inicial. Según el criterio de signos
expuesto, la ecuación será:
1
𝑦 = 𝑦0 − 𝑔𝑡 2
2
Cuando impacte contra el viandante, el valor de y será cero, y esto
ocurrirá cuando t sea:
2𝑦0
𝑡=√
= 1.6 𝑠
𝑔
Ciertamente, debe tener muy buenos reflejos el viandante para esquivar
el casi seguro «tiestazo».
#Lanzamiento vertical hacia arriba
M3
despeje de Rugby
Un jugador de rugby da una patada de despeje a un balón a 1 m de
altura del suelo, saliendo este sale despedido verticalmente. Al cabo
de 5 s el balón cae al suelo. Calcula:
a) ¿Cuál fue la velocidad con qué salió disparado el balón?
b) ¿Hasta qué altura asciende?
c) ¿Al cabo de cuánto tiempo vuelve a pasar por la altura inicial de 1
m?
Solución
a) Al cabo de 5 s, el balón llega al suelo, momento en que su altura es cero:
1
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2 = 0
2
Por consiguiente:
1 2
𝑔𝑡 − 𝑦0
𝑣0 = 2
= 24.3 𝑚⁄𝑠
𝑣0
b) La altura a la que asciende vendrá determinada por el momento
en que la velocidad se haga cero:
𝑣 = 𝑣0 − 𝑔𝑡 = 0
Por tanto, el tiempo en que 𝑣 = 0 es 𝑡 = 𝑣0 ⁄𝑔 = 2𝑠, que, sustituido en la
ecuación de la altura, nos dará la altura máxima a la que asciende:
1
𝑦𝑚𝑎𝑥 = 𝑦0 + 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2 = 31.1 𝑚
2
c) Salvo para el único punto en el que la altura es máxima, en los demás
hay dos valores de tiempo que satisfacen la altura considerada. En el caso
de 𝑦 = 1 (altura inicial), un valor es, obviamente, 𝑡 = 0, y el otro lo
obtendremos a partir de la ecuación de altura, haciendo y=1 m:
1
𝑣0
1 = 1 + 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2 ⇒ 𝑡 = 2 = 4.9 𝑠
2
𝑔
2. MOVIMIENTO BIDIMENSIONAL
2.1 Superposición de movimientos
M4
Cruce de un rio
Un bote cruza a través del río de 110 m de anchura a una velocidad de
𝑣𝑏𝑟 = 1.85 𝑚/𝑠. Pero además una corriente de 1.20 m/s le arrastra rio
abajo, calcula:
a) El módulo de la velocidad del bote relativa a la Tierra y en ángulo que se
desvía debido a la corriente del rio.
b) ¿Cuánto tiempo tardará en cruzar el rio y cuánto le habrá arrastrado la
corriente para entonces?
Solución
a) La velocidad del bote con respecto a la Tierra 𝑣⃗𝑏𝑇 , es la suma de su
velocidad con respecto al río 𝑣⃗𝑏𝑟 , más la velocidad del rio con respecto a la
Tierra 𝑣⃗𝑟𝑇 .
𝑣⃗𝑏𝑇 = 𝑣⃗𝑏𝑟 + 𝑣⃗𝑟𝑇
Por lo tanto, podemos calcular el módulo de 𝑣⃗𝑏𝑇 como:
𝑣𝑏𝑇 = √𝑣𝑏𝑟 2 + 𝑣𝑟𝑇 2 = 2.21 𝑚/𝑠
Obtenemos el ángulo a partir de:
𝑣𝑟𝑇
𝜃 = tan−1 ( ) = 33°
𝑣𝑏𝑟
b) El tiempo de recorrido para el bote está determinado por la
componente de velocidad 𝑣⃗𝑏𝑟 , por lo tanto:
𝑡=(
110 𝑚
) = 59.5 𝑠
1.85 𝑚⁄𝑠
En este tiempo, el bote habrá sido arrastrado corriente abajo una
distancia:
𝑥 = 𝑣𝑟𝑇 ∙ 𝑡 = 71.4 𝑚
2.2 Movimiento parabólico
#Lanzamiento horizontal
M5
Correcaminos
El coyote vuelve a estar persiguiendo al correcaminos, para lo cual ha
decidido emplear unos patines a propulsión que le proporcionan una
velocidad de 75 km/h. Al llegar al borde del acantilado el correcaminos
hace un giro repentino mientras que el coyote continúa de frente. Si la
altura del acantilado es de 100 m.
a) ¿A qué distancia del borde del acantilado acaba cayendo el coyote?
b) ¿Qué velocidad llevará al caer al suelo?
Solución
El tiempo que tarda en llegar al suelo es el mismo que tardaría en caída
libre:
1
𝑦 = 𝑦0 − 𝑔𝑡 2 = 0 ⇒ 𝑡 = 4.51 𝑠
2
Por tanto, la distancia horizontal a la que caerá será:
𝑥 = 𝑣0 𝑡 = 93.96 𝑚
La velocidad que llevará al llegar al suelo tiene dos componentes:
𝑣𝑥 = 20.8 𝑚/𝑠
𝑣𝑦 = −𝑔𝑡 = 44.2 𝑚
Es decir,
𝑣⃗ = 20.8 𝑖⃗ + 44.2 𝑗⃗
cuyo módulo es 𝑣 = 48.8 𝑚⁄𝑠
#Tiro parabólico completo
M6
lanzamiento a canasta (0xford)
Un jugador de la NBA lanza el balón a canasta con una velocidad inicial
de 8 m/s y formando un ángulo con la horizontal de 30°. La canasta
está a 3 m de altura sobre un punto que dista del jugador 5 m. Si el
jugador, con los brazos estirados, lanzó el balón desde una altura de
2,71 m, ¿Tiene posibilidades de encestar?
Solución
La canasta queda 0,29 m por encima del punto de lanzamiento y a una
distancia horizontal de 5 m. Por tanto, se trataría de determinar el tiempo
que tarda en estar a 0,29 m de altura, pero en el movimiento de
descenso de la parábola, que es como entran las canastas. Calculado
dicho tiempo, hallaremos a qué distancia horizontal se encuentra la
pelota en ese momento; si resulta ser de 5 m más o menos, se habrá
hecho canasta.
1
y = v0y t − gt 2
2
−4.9t 2 + (8 ∙ sen 30°)t − 0.29 = 0
Obtenemos las soluciones t1 = 0.0804 s y t 2 = 0.7359 s. Nos interesa el
tiempo cuando la pelota desciende, es decir t 2 = 0.7359 s.
Calculando ahora la distancia horizontal:
x = v0x t = 8 m⁄s ∙ cos 30° ∙ 0.73 s = 5.05 m
Es decir, !canasta!
2.3 Movimiento circular uniforme (M.C.U.)
M7
Órbita de la Luna (OXFORD)
El periodo de la órbita de la Luna alrededor de la Tierra en 27.32 días
(periodo sidéreo) y la distancia media entre el satélite y la Tierra es 384000
km, ¿Cuál es la aceleración centrípeta (gravitacional) que actúa sobre la
órbita de este satélite?
Solución
Si expresamos el período sidéreo en segundos, y la distancia
media en metros, obtenemos:
𝑇 = 2 360 448 𝑠
𝑟 = 3.84 × 108 𝑚
𝑎𝑐 =
𝑣 2 (𝜔𝑟)2
2𝜋 2
=
= 𝜔2 𝑟 = ( ) 𝑟 = 2.7 × 10−3 𝑚⁄𝑠 2
𝑟
𝑟
𝑇
2.4 Movimiento circular uniformemente acelerado (M.C.U.A.)
M8
Record de la hora
Para batir el record de la hora (la mayor distancia recorrida en bicicleta
en una hora) el Australiano Rohan Dennis parte del reposo en un
velódromo circular de 53 m de radio, y va moviéndose con movimiento
uniformemente acelerado hasta que, a los 50 s de iniciada la marcha,
alcanza una velocidad de 52 km/h, que mantiene hasta el final. Calcula:
a) La aceleración tangencial y la aceleración angular en la primera etapa
del movimiento.
b) La aceleración centrípeta, el periodo y la velocidad angular en el
momento de cumplirse los 50 s.
c) Las vueltas y la distancia total que recorrerá en 1h.
Solución
a) El aumento de velocidad del ciclista se debe íntegramente a la
aceleración tangencial, de modo que:
v − v0
at =
= 0.29 m/s2
t
La aceleración angular será entonces:
𝑎
α = = 5.45 × 10−3 rad/s2
𝑟
b) En la segunda etapa el ciclista se mueve con M.C.U. y su aceleración
centrípeta se calcula mediante:
𝑎𝑛 =
𝑣2
= 3.94 𝑚/𝑠 2
𝑟
El periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta, por lo tanto:
2𝜋𝑟
𝑇=
= 23 𝑠
𝑣
Y la velocidad angular es:
𝜔=
𝑣 2𝜋
=
= 0.273 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟
𝑇
c) Durante la fase de M.C.U.A. recorre:
1
𝜃 = 𝛼𝑡 2 = 6.84 𝑟𝑎𝑑
2
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𝑛𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠 = 6.84 𝑟𝑎𝑑 ×
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
= 1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
Y durante la fase M.C.U. recorre:
𝜃 = 𝜔𝑡 = 0.273 (𝑟𝑎𝑑⁄𝑠) ∙ 3550 𝑠 = 969.15 𝑟𝑎𝑑
𝑛𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠 = 969.15 𝑟𝑎𝑑 ×
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎
= 154.24 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
Por lo tanto recorre una distancia:
𝑑 = 2𝜋𝑟 𝑛𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠 = 51698 𝑚