1 Cinem`atica - Joieria Monerjrsoler.com/eetac/telecos/prob/1-cinematica-solucions.pdfSolucions 1 1 Cinem`atica Vectordesplazamiento 1.Eldesplazamientodeunobjetoenunviajedeidayvueltaentredospuntos:

Solucions 1

1 Cinematica

Vector desplazamiento

1. El desplazamiento de un objeto en un viaje de ida y vuelta entre dos puntos:

(a) es siempre mayor de cero.(b) es siempre menor de cero.(c) es cero.(d) puede ser mayor o menor que cero, pero no igual a cero.(e) puede tener cualquier valor.

SOLUCIO

Cabe indicar que los enunciados pueden tener distintas interpretaciones en funcion del rigor con que seanalizan. Cuando el enunciado se refiere a un viaje de ida y vuelta, se entiende que si se parte de un punto delespacio se deba llegar al mismo punto. Entonces la frase ". . . viaje de ida y vuelta entre dos puntos . . . ", cabeinterpretarla como tal y los dos puntos se entiende que debe ser el mismo punto. Ası pues el desplazamiento esnulo

2. Una partıcula se mueve desde x1 = 30 cm hasta x2 = 40 cm . El desplazamiento de esta partıcula es:

(a) 30 cm(b) 40 cm(c) 70 cm(d) −70 cm(e) −40 cm

3. Una partıcula parte de cierta posicion en el plano y efectua los siguientes desplazamientos: 3 km hacia el norte,4 km hacia el este, 5 km hacia el sur, y finalmente 4 km hacie el oeste. El desplazamiento resultante paradicha partıcula es:

(a) 2 km(b) 16 km(c) 3 km(d) 5 km

SOLUCIO

Basta con sumar vectorialmente cada vector desplazamiento:

∆~r = (0, 3) + (4, 0) + (0,−5) + (−4, 0) = (0,−2) km

Cabe precisar que si nos piden el desplazamiento hace falta concretar si se trata del vector como tal o de ladistancia desplazada. Con lo cual del vector desplazamiento resultante tendremos que obtener su modulo.

4. Una persona es desplaca 300m en la direccio est (eix x ) i a continuacio 800m amb un angle de 30◦ respectea l’est en la direccio nord–est. Trobeu el seu vector desplacament.

SOLUCIO

Escollim l’eix y per representar la direccioNord i l’eix x per representar la direccio Est. Con-siderem els dos desplacaments que realitza la per-

sona: el vector−→OA i el vector

−−→AB . El desplacament

total ve donat per:

−−→OB =

−→OA+

−−→AB = (300, 0)+(800 cos 30, 800 sin 30)m

Velocidad media

5. Una partıcula se mueve en 5s desde x1 = 30 cm hasta x2 = −40 cm . La velocidad media en dicho intervaloes:

(a) 2 cm/s(b) −2 cm/s(c) 14 cm/s(d) −14 cm/s(e) −140 cm/s

6. Un coche se mueve sobre el eje x y siempre en sentido positivo. Durante 30min a una velocidad constantede 100 km/h , luego se para durante 15min . Despues circula durante 45min a una velocidad constante de80 km/h . Hallar el modulo de la velocidad media del coche para todo el recorrido.

Fısica Grau Telecomunicacions

Solucions 2

7. Un mobil es mou al llarg de l’eix x i coneixem tres posicions: x1 = 50m , x2 = 170m , x3 = 130m , quecorresponen a tres instants de temps: t1 = 4 s t2 = 10 s t3 = 14 s . Trobeu els vectors velocitat mitjana entreels intervals de temps t2 − t1 i t3 − t2 . Trobeu l’espai real recorregut en l’interval t3 − t1 .

SOLUCIO

Malgrat el moviment te lloc en la direccio x expressarem les posicions de forma vectorial, encara que lacomponent y valdra zero en tots els casos. Aixo es important per tal de remarcar el signe dels desplacamentsi evitar possibles confusions entre la distancia recorreguda i el propi desplacament. L’expressio dels vectorsposicio a cadascun dels instants ve donada per:

~r(4) = (50, 0) , ~r(10) = (170, 0) , ~r(14) = (130, 0)

• Desplacament i velocitat mitjana entre t1 i t2 :

~vm =~r(10)− ~r(4)

10− 4=

(120, 0)

6= (20, 0)m/s

• Desplacament i velocitat mitjana entre t2 i t3 :

~vm =~r(14)− ~r(10)

14− 10=

(−40, 0)4

= (−10, 0)m/s

El vector desplacament total entre els instants t1 i t3 ve donat per:

∆~r = ~r(t3)− ~r(t1) = (130, 0)− (50, 0) = (80, 0)

Per poder respondre a l’ultima pregunta on ens demanen l’espai real recorregut no tenim prou informacio perfer-ho. Podem afirmar que des de l’instant t1 = 4 s fins a l’instant t2 = 10 s , el desplacament ha estat de:

∆~r = ~r(t2)− ~r(t1) = (120, 0)m

i amb aixo podem trobar la velocitat mitjana, tal com hem fet. El que no sabem es com s’ha mogut el mobilentre aquest instants. Imaginem que desde la posicio x = 50m el mobil avanca 2m cap a la dreta i acontinuacio 1m cap a l’esquerra i aixo ho va repetint de forma aleatoria, de manera que quan t2 = 10 s estaefectivament a la posicio x2 = 170m . Aleshores la distancia real recorreguda no seran els 120m sino unaquantitat possiblement mes gran. Cal que diferenciem els conceptes de desplacament i distancia recorregudaque no tenen perque coincidir.Aceleracion media

8. En la actualidad podemos encontrar coches que tienen un gran poder de acelaracion. Tal es el caso del TeslaModel S P100D, que consigue llegar a una velocidad de 100 km/h partiendo del reposo en tan solo 2.7 s . Hallarla aceleracion media en dicho intervalo de tiempo.

SOLUCIO

En primer lloc conve tenir les magnituds en el mateix tipus d’unitats i, per tant, el valor de 100 km/hes converteix a 27.77m/s L’acceleracio mitjana ve donada pel canvi de velocitat:

~am =∆~v

∆t=

(27.77, 0)− (0, 0)

2.7= (10.288, 0)m/s2

9. Una pilota que porta una velocitat cap avall de 20m/s rebota amb una velocitat de 19m/s cap amunt. Si lapilota ha estat en contacte amb el terra durant 0.01 s , trobeu l’acceleracio mitjana en aquest interval.

SOLUCIO

Cal tenir present que tant la velocitat com l’acceleracio son magnituds vectorials i, per tant, es fonamentalpreservar els signes de les seves components. Un error molt tıpic d’aquesta pregunta consisteix en pensar queel canvi de velocitat nomes d’ 1m/s (perque restem la quantitat 20 de 19 ). Fixem-nos en la seva resolucioprecisa:

~am =∆~v

∆t=

(0, 19)− (0,−20)0.01

= (0, 3900)m/s2

10. Un coche esta viajando hacia el sur a 30 km/h . Toma una curva, y 6 s mas tarde esta viajando hacia el oestea 30 km/h . Hallar el modulo de su aceleracion media en dicho intervalo de 6s


Solucions 3

Velocidad y aceleracion

11. La grafica muestra la velocidad de una partıcula en funcion del tiempo durante los primeros 12 s . En cadaintervalo la velocidad ha ido cambiando en funcion de l aceleracion recibida. Hallar:

(a) La superficie que queda bajo la funcion velocidad(b) La ecuacion de la velocidad en cada tramo(c) La ecuacion de la posicion en cada tramo(d) El desplazamiento total en todo el recorrido

SOLUCIO

Para encontrar el espacio recorrido a partir de la velocidad usamos la interpretacion geometrica de laintegral. La integral de la funcion velocidad con respecto al tiempo es la superficie que nos queda debajo dedicha funcion, es decir:

x(12)− x(0) =∫ 12

0

v(t) dt

Para poder realizar dicha integral conviene dividir la funcion en 3 intervalos donde se pueden "des-menuzar" mejor las 3 superficies, es decir,

x(12)−x(0) =∫ 4

0

v(t) dt+

∫ 8

4

v(t) dt+

∫ 12

8

v(t) dt = 40 ·4+[40 ·4+1

260 ·4]+

1

2100 ·4 = 160+280+200 = 640m

Un procedimiento mas entretenido, pero a la vez interesante para practicar los conceptos teoricos consiste en losiguiente:• Calculo de la funcion velocidad en cada intervalo:

v(t) =

0 < t < 4v(t) = 40

4 < t < 8v(t) = 15t− 20

8 < t < 12v(t) = −25t+ 300

• Calculo de la posicion a partir de la velocidad:

x(t) =

0 < t < 4x(t) = 40t+ C1

4 < t < 8x(t) = 7.5t2 − 20t+ C2

8 < t < 12x(t) = −12.5t2 + 300t+ C3

donde las constantes de integracion de cada tramo no son relevantes ya que lo que nos piden son losrecorridos (desplazamientos).

• Calculo de la posicion a partir de la velocidad:

∆x(t) =

0 < t < 4x(4)− x(0) = (160 + C1)− (0 + C1) = 160

4 < t < 8x(8)− x(4) = (320 + C2)− (40 + C2) = 280

8 < t < 12x(12)− x(8) = (1800 + C3)− (1600 + C3) = 200

obteniendo evidentemente los mismos resultados que en el calculo de las superficies.

12. Si un objeto se mueve con movimiento uniforme en lınea recta, su velocidad instantanea a mitad de camino decualquier intervalo de tiempo es:

(a) mayor que su velocidad media.(b) menor que su velocidad media.(c) igual a su velocidad media.(d) la mitad de su velocidad media.(e) el doble que su velocidad media.


Solucions 4

13. En una grafica que representa la posicion en el eje de ordenadas y el tiempo en eje de abscisas, una lınea rectacon pendiente positiva representa:

(a) una aceleracion constante positiva.(b) una aceleracion constante negativa.(c) una velocidad nula.(d) una velocidad constante positiva.(e) una velocidad constante negativa.

14. La grafica muestra el desplazamiento de una partıcula a lo largo del eje y en funcion del tiempo. Los puntoscon velocidades iguales son:

(a) A y C(b) A y E(c) B y D(d) A , C y E(e) B , C y D

15. La grafica representa el desplazamiento de una partıcula a lo largo del eje x en funcion del tiempo. El intervaloen el que la velocidad es negativa es:

(a) A−B(b) B − C(c) C −D(d) D − E(e) ninguno

16. Un camion entra en una autopista y viaja a velocidad constante de 50 km/h . Media hora mas tarde un cocheaccede por la misma entrada a la autopista y viaja en la misma direccion que el camion a 55 km/h . ¿Cuantotiempo lleva el camion en la autopista cuando es alcanzado por el coche?

17. En un movimiento uniformemente acelerado, ¿cual de las siguientes cantidades debe ser cero?:

(a) la velocidad inicial(b) el desplazamiento inicial(c) la derivada de la aceleracion respecto a t(d) la derivada de la velocidad respecto a t(e) la derivada del desplazamiento respecto a t

Velocidad y aceleracion a partir del vector posicion

18. La component x del vector posicio ve donada per x(t) = 3t2 + 2t+ 1m . Trobeu:

(a) La posicio i la velocitat per t = 0 s .(b) La velocitat del mobil quan la posicio val x = 17m .(c) La posicio del mobil quan la velocitat val v = 26m/s .

SOLUCIO

Derivant la posicio trobem la velocitat:

v(t) =dx

dt= 6t+ 2 → v(0) = 6 · 0 + 2 = 2m/s

Per respondre els apartats (b) i (c) cal trobar el temps:

x(t) = 17 → 17 = 3t2 + 2t+ 1 → t = 3 → v(3) = 20m/s

v(t) = 26 → 26 = 6t+ 2 → t = 4 → x(4) = 57m

19. L’equacio de moviment d’un cos ve donada x(t) = 2t2 + 4t− 16 .

(a) Dibuixa el grafic posicio–temps.(b) Per quin instant es troba a la posicio x = 0 ?(c) Troba la velocitat en funcio del temps.(d) De quin tipus de moviment es tracta?

SOLUCIO

Una grafica de x(t) es pot veure com es tracta d’una parabola. Malgrat una representacio matematicatindria en compte tots els valors de la variable independent t , hem d’entendre que la representacio nomes l’hem


Solucions 5

de fer per valors de t > 0 s . La grafica comenca per t = 0 en el punt x = −16 i va creixent cap amunt. Quanla posicio es x = 0 tenim:

0 = 2t2 + 4t− 16 ⇒ t1 = +2, t2 = −4

i valor t2 el descartem perque queda fora de l’interval.Per saber el tipus de moviment, cal coneixer l’acceleracio. En els casos en que l’acceleracio es constant

diem que es tracta d’un moviment rectilıni (perque es mou en un sol eix) i a mes uniforme ( a = 0 ) o accelerat( a 6= 0 ). La velocitat i l’acceleracio s’obtenen:

vx(t) =dx

dt= 4t+ 4 → ax(t) =

dvx

dt= 4

Donat que l’acceleracio es constant i igual a 4m/s2 tenim un moviment rectilıni uniformement accelerat(mrua).

20. Un objeto esta en x = −3m y lleva una velocidad vx = −4m/s . Se observa que va cada vez mas lento (elmodulo de su velocidad disminuye). Su aceleracion es:

(a) positiva.(b) negativa.(c) cero.(d) negativa hasta que se para y luego positiva.

21. Un objeto cae en la superficie de la Tierra con una aceleracion constante de 9.8m/s2 . Esto significa que:

(a) el objeto cae 9.8m durante el primer segundo(b) el objeto cae 9.8m durante cada segundo de movimiento(c) la velocidad del objeto se incrementa en 9.8m/s cada segundo(d) la aceleracion del objeto se incrementa en 9.8m/s2 durante cada segundo

22. El moviment d’una partıcula queda descrit per ~r(t) = 2 cos(πt)~ı + 2 sin(πt)~k . Calcula la posicio, velocitat il’acceleracio per t = 0 s i per t = 1.5 s

SOLUCIO

Aquest exercici esta proposat per repasar les derivades de les funcions trigonometriques habituals i a mesconte les dimensions x , y (la component en aquest cas es nula) i z .

~v(t) =d~r

dt= −2π sin(πt)~ı+ 2π cos(πt)~k → ~a(t) =

d~v

dt= −2π2 cos(πt)~ı− 2π2 sin(πt)~k

Components intrınsecas de la velocidad y la aceleracion

∗ 23. El vector posicio d’un mobil ve donat per ~r(t) = (2t,−4t2 + 24t + 10) . Trobeu els vectors unitaris ~ut i ~unque corresponen als eixos tangent i normal en qualsevol punt de la trajectoria, per l’instant t = 2 s .

SOLUCIO

Hem de trobar el vector velocitat a partir del vector posicio, es a dir,

~v(t) =d~r(t)

dt=( dx(t)

dt,dx(t)

dt

)

= (2,−8t+ 24) ⇒ ~v(2) = (2, 8)

L’angle que forma el vector velocitat amb l’horitzontal el trobem:

tan θ =vy

vx=

8

2⇒ θ ' 76◦ ⇒ sin θ = 0.970 , cos θ = 0.243

Aixı els vectors unitaris ~ut i ~un s’expressen:

~ut = (cos θ, sin θ) = (0.243, 0.970) , ~un = (− sin θ, cos θ) = (−0.970, 0.243)

24. En un determinat punt de la trajectoria d’un projectil sotmes a l’acceleracio de la gravetat coneixem vx il’angle θ que forma la component vx amb el vector velocitat. Trobeu el radi de curvatura de la trajectoria enaquest punt.

SOLUCIO


Solucions 6

Considerem un instant del moviment (punt P ) en el que hem indicat els eixos rectangulars x− y i elseixos normal i tangent per t−n . L’acceleracio de la gravetat ~g = (0,−9.81)m/s2 que te unicament componentvertical i negativa tambe es pot descomposar en dues components an i at . L’angle θ que forma la velocitatamb l’eix x es el mateix que forma l’acceleracio amb la component normal (aixo es aixı en aquest cas particulardonat que la ~g nomes te component vertical).

Les components vx i an es poden expressar com:

vx = v cos θ ⇒ v =vx

cos θ

an = g cos θ

Aixı el radi de curvatura s’obte:

ρ =v2

an=

v2xg cos3 θ

25. En un cert instant d’un moviment la velocitat val 6m/s , l’acceleracio 8m/s2 i els dos vectors formen un anglede 60◦ . Calculeu el radi de curvatura en aquest instant.

SOLUCIO

Considerem un instant del moviment (punt P ) en el que hem indicat els eixos rectangulars x− y i elseixos normal i tangent per t−n . L’acceleracio de la particula es el vector ~a i forma un angle θ amb el vectorvelocitat.

Segons la figura podem posar:

an =v2

ρ

an = a sin θ

⇒ ρ =v2

a sin θ= 5196m

26. La velocidad de un movil viene dada por la expresion~v(t) = (3t, 2 sin 4πt, 2 cos 4πt)m/s . Para t = 3 s , hallar:

(a) Su aceleracion.(b) Los modulos de las aceleraciones normal y tangencial y su radio de curvatura.

SOLUCIO

Per trobar l’acceleracio nomes cal derivar la velocitat, es a dir,

~v =(

3t, 2 sin(4π t), 2 cos(4π t))

~a =d~v

dt= (3, 2 cos(4π t) · 4π,−2 sin(4π t) · 4π) ⇒ ~a(3) = (3, 8π, 0)

El modul del vector velocitat val:

v =√

(3t)2 + 22 · [sin2(4π t) + cos2(4π t)] =√

9t2 + 4 ⇒dv

dt=

9t√

9t2 + 4= at

Per qualsevol instant de temps i, en particular per t = 3 s , es verifica que,

a2 = a2t + a2n, i per t = 3 ⇒ 32 + (8π)2 = (2.93)2 + (85

ρ)2 → ρ = 3.38m

Ecuaciones del movimiento a partir de ~v y ~a

27. La velocidad de un cuerpo que se mueve a lo largo del eje x viene dada en funcion del tiempo por la expresionv(t) = 3t2 − 2t , donde las unidades son del SI. Hallar la distancia total que recorre el cuerpo entre t = 2 s yt = 4 s .


Solucions 7

28. Un coche deportivo acelera uniformemente desde el reposo hasta una velocidad de 27.0m/s en 11.8 s . Calculala distancia que recorre el coche durante este intervalo de tiempo.

29. Trobeu el temps que triga un cotxe en aturar-se si la seva velocitat inicial es de 30m/s i la seva desacceleracioes de 5m/s2 . Quina distancia recorre el cotxe durant l’ultim segon?.

SOLUCIO

Per trobar la velocitat partim de l’acceleracio:

v(t) =

∫

a(t) dt =

∫

−5dt = −5t+ C

Par determinar la constant d’integracio utilitzem la condicio inicial v(0) = 30 , es a dir,

v(0) = 30 ⇒ 30 = −5 · 0 + C ⇒ C = 30 ⇒ v(t) = −5t+ 30

Per trobar la posicio integrem la velocitat obtinguda:

x(t) =

∫

v(t)dt =

∫

(−5t+ 30)dt = −5t2/2 + 30t+ C

i per determinar la constant utilitzem que a l’instant t = 0 a partit de l’origen, es a dir,

x(0) = 0 ⇒ 0 = −5 · 02/2 + 30 · 0 + C → C = 0 ⇒ x(t) = −5t2/2 + 30t

El temps que triga en parar-se correspon a v(t) = 0 , es a dir,

v(t) = 0 → −5t+ 30 = 0 ⇒ t = 6 s

La distancia que recorre durant l’ultim segon val:

d =∣

∣x(6)− x(5)∣

∣ = 2.5m

30. L’acceleracio d’un coet ve donada per a = 3t (S.I.). Trobeu les expressions que donen la posicio i la velocitatdel coet en funcio del temps i pinteu una grafica de cada una de les tres magnituds. Calculeu la posicio i lavelocitat a t = 4 s sabent que per t = 0 la posicio i velocitat valen x(0) = 10m i v(0) = 0m/s .

SOLUCIO

Per trobar la velocitat partim de l’acceleracio:

v(t) =

∫

a(t) dt =

∫

3tdt = 1.5t2 + C

Par determinar la constant d’integracio utilitzem la condicio que parteix del repos a l’instant t = 0 , es a dir,

v(0) = 0 ⇒ 0 = 1.5 · 02 + C ⇒ C = 0 ⇒ v(t) = 1.5t2

Per trobar la posicio integrem la velocitat obtinguda:

x(t) =

∫

v(t)dt =

∫

1.5t2dt = 0.5t3 + C

i per determinar la constant utilitzem que a l’instant t = 0 la seva posicio val 10m , es a dir,

x(0) = 10 ⇒ 10 = 0.5 · 03 + C → C = 10 ⇒ x(t) = 0.5t3 + 10

Per t = 4 s les magnituds cinematiques valen doncs,

a(4) = 3 · 4 = 12m/s2, v(4) = 1.5 · 42 = 24m/s, x(4) = 0.5 · 43 + 10 = 42m

31. La velocitat d’una partıcula a partir de l’instant t = 3 s ve donada per l’expressio ~v = (3t2 − 8,√t)m/s .

Sabent que en aquell moment es troba en el punt (15,−4)m , quines seran la seva posicio i la seva acceleracio2 s mes tard?


Solucions 8

SOLUCIO

• Calcul de l’acceleracio a partir de la velocitat.

~a(t) =d~v

dt=

d

dt(3t2 − 8,

√t) = (6t,

1

2√t) ⇒ ~a(5) = (6 · 5,

1

2√5) = (30, 0.224)m/s2

• Calcul de la posicio a partir de la velocitat.∗ Component x :

vx =dx

dt⇒ dx = vxdt ⇒ x =

∫

(3t2 − 8)dt = t3 − 8t+ C1

Per trobar la constant C1 hem d’impossar la condicio x(3) = 15 , per tant,

x(3) = 15 ⇒ 15 = 33 − 8 · 3 + C1 ⇒ C1 = 12 ⇒ x(t) = t3 − 8t+ 12

∗ Component y :

vy =dy

dt⇒ dy = vydt ⇒ y =

∫ √tdt =

2

3

√t3 + C2

Per trobar la constant C2 hem d’impossar la condicio y(3) = −4 , per tant,

y(3) = −4 ⇒ −4 =2

3

√33 + C2 ⇒ C2 = −7.464 ⇒ y(t) =

2

3

√t3 − 7.464

32. Un cos es mou en lınia recta sobre el pla x − y en la direccio donada pel vector ~u = (3,−4) , amb velocitatconstant de modul v = 10m/s . Trobeu:

(a) El vector velocitat.(b) La distancia que el separa de l’origen despres d’una hora d’haver comencat el moviment.

33. Un coche se mueve en el sentido positivo del eje x y parte de un cierto punto con velocidad vo . Para esteinstante de partida tomamos el tiempo t = 0 s . Mantiene constante dicha velocidad y despues de un ciertotiempo pasa por el origen de coordenadas O e imprime una aceleracion de 2m/s2 . Observamos posteriormenteque cuando el tiempo vale t = 2 s lleva una velocidad de 6m/s y para t = 3 s se encuentra en la posicionx = 12m . Hallar la expresion de la velocidad y de la posicion en funcion del tiempo, v(t) y x(t) . Calcular elinstante de tiempo para el cual el coche pasa por el origen de coordenadas y la velocidad vo .

SOLUCIO

Para hallar la velocidad integramos la aceleracion:

v(t) =

∫

a(t) dt =

∫

2dt = 2t+ C

Para determinar la constante de integracion usamos la condicion v(2) = 6 , es decir,

v(2) = 6 ⇒ 6 = 2 · 2 + C ⇒ C = 2 ⇒ v(t) = 2t+ 2

Para hallar la posicion integramos la velocidad obtenida:

x(t) =

∫

v(t)dt =

∫

(2t+ 2)dt = t2 + 2t+ C

y para determinar la constante usamos la condicion x(3) = 12 , es decir,

x(3) = 12 ⇒ 12 = 32 + 2 · 3 + C → C = −3 ⇒ x(t) = t2 + 2t− 3


Solucions 9

Cuando el coche pasa por el origen de coordenadas su posicion es x = 0 con lo cual podemos obtener el tiempocorrespodiente:

x = 0 ⇒ t2 + 2t− 3 = 0 ⇒ t = 1

En este instante t = 1 la velocidad vale:

v(1) = 2 · 1 + 2 = 4m/s

Esta velocidad es la que nos piden v0 . Si substituimos el tiempo por t = 0 en la ecuacion de la velocidadobtenemos un resultado incorrecto, ya que para t < 1 las ecuaciones del movimiento no son las que hemosobtenido, son otras. Desde el instante inicial t = 0 hasta el instante en que pasa por el origen de coordenadasel coche sigue un movimiento uniforme. Si repetimos el proceso anterior teniendo en cuenta que la aceleraciones 0 y que parte del reposo con velocidad v0 = 4 , obtendremos:

v(t) = 4 , x(t) = 4t− 4

que corresponden al intervalo 0 < t < 1 .Ecuaciones del movimento con gravedad

34. Se lanza un proyectil con una velocidad inicial de 1000m/s formando un angulo de 30◦ sobre la horizontal.Despreciando la resistencia del aire, hallar la componente horizontal de la velocidad del proyectil despues de2 s .

35. Un proyectil es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad de 62m/s . En ausencia de resistenciadel aire, hallar la altura maxima que alcanza

36. Se deja caer una bola desde la azotea de un edificio. En ausencia de resistencia del aire, la bola golpea el sueloa una velocidad de 49m/s . Hallar la altura del edificio.

37. Una bola es lanzada verticalmente hacia arriba desde una torre de 24.4m con una velocidad inicial de 12.2m/s .Si la resistencia del aire es despreciable, hallar la velocidad de la bola cuando alcanza el suelo

38. Un astronauta aterriza en un planeta y deja caer una pequena pelota de masa 76.5 g desde lo alto de su nave,que mide 18m . La pelota tarda 2.5 s en alcanzar el suelo. Si la masa del astronauta en la tierra es de 68.5 kg ,hallar su peso en dicho planeta

39. Un cuerpo que cae, partiendo de una velocidad inicial nula, recorre en el ultimo segundo 68m . Despreciandolos efectos del rozamiento con el aire y tomando g = 10m/s2 , hallar la altura desde donde cae.

40. Si una bala que surt d’una arma a 250m/s ha de xocar contra un blanc situat a 100m i a la mateixa alcadaque es troba l’arma, cal que aquesta apunti a un punt per sobre del blanc. Quina distancia vertical hi ha d’haverentre el blanc i aquest punt?

SOLUCIO

A l’esquema considerem una velocidad inicial v = 250m/s desconeguda que forma un angle desconegutθ . La distancia d es coneguda i val d = 100m

to = 0~v(0) = (250 cos θ, 250 sin θ)

~r(0) = (0, 0)~a(t) = (0,−9.81)

Equacions−−−−−−−−−−−−→ ~v(t) = (250 cos θ t,−9.81t+ 250 sin θ t)~r(t) = (250 cos θ t,−4.905t2 + 250 sin θ t)

La condicio per l’impacte correspon al punt (100, 0) , es a dir,

x = 100 = 250 cos θ t

y = 0 = −4.905t2 + 250 sin θ t

}

⇒

{

θ = 0.449675

t = 0.4 s

La resolucio de sistema anterior requereix utilitzar la relacio trigonometrica sin 2θ = 2 sin θ cos θ . Aıllant lavariable t a la primera ecuacio i subnstituint-la a la segona s’obte el producte sin θ cos θ . Aleshores nomes calsimplificar aquest producte utilitzant la relacio trigonometrica anterior. Per trobar el valor de h nomes cal fer:

tan θ =h

d→ tan(0.449675) =

h

100⇒ h = 0.7848m


Solucions 10

41. Ens trobem a l’antiga Suıssa, on Guillem Tell esta a punt d’intentar insertar una fletxa dins d’una poma situadasobre el cap del seu fill, que es troba a una distancia horitzontal d del pare (que el noi pot variar movent-sedissimuladament). La poma esta situada 25 cm per sota del punt de llancament de la fletxa. La fletxa surtamb una velocidad inicial de 50m/s amb una inclinacio de 30◦ per damunt la horitzontal i el vent produeixuna aceleracio horitzontal oposada a la seva velocitat de 2m/s2 .

(a) Calculeu la distancia horizontal d a la que s’haura de col.locar el fill per fer felic al pare.(b) Trobeu l’alcada maxima h que assoleix la fletxa mesurada des del punt de llancament.

SOLUCIO

Cal escollir un sistema d’eixos per poder expressar els vectors acceleracio i les condicions inicials. Escollimcom eix horitzontal la lınia hortizontal del punt de llencament, es a dir, el punt O i aleshores el punt P on estroba la poma te les coordenades P ≡ (d,−h) .

Si escollim el sistema de referencia en el punt O tenim:

to = 0~v(0) = (50 cos 30, 50 sin 30)

~r(0) = (0, 0)~a(t) = (−2,−9.8)

Equacions−−−−−−−−−−−−→ ~v(t) = (−2t+ 50 cos 30,−9.8t+ 50 sin 30)~r(t) = (−t2 + 50 cos 30 t,−4.9t2 + 50 sin 30 t)

La condicio per l’impacte consisteix en impossar que el vector posicio passi pel punt P , es a dir,

{

x = d

y = −h = −0.25

}

⇒

{

t = 5.11

d = 195.05

}

⇒

Per trobar l’alcada maxima nomes cal imposar que vy = 0 , es a dir,

vy = 0 ⇒ −9.8t+ 50 sin 30 = 0 ⇒ t = 2.55 s ⇒ y = 31.85m

42. Llencem una pilota verticalmente cap amunt amb una velocitat de 20m/s desde el terrat d’un edifici de 50md’alcada. La pilota a mes resulta empentada pel vent amb una acceleracio horitzontal de 2m/s2 . Trobeu ladistancia horitzontal entre el punt de llencament i el punt d’impacte amb el terra i l’alcada maxima.

43. Una persona llanca una bola verticalment enlaire desde la base d’un bloc de pisos. En una finestra a 20md’altura hi ha un observador que mesura el temps des que veu passar per davant seu la bola fins que la torna aveure baixar.

(a) Quin temps mesurara si la velocitat inicial de la bola era de 25m/s ?(b) Quant valdria la velocitat inicial en el cas que l’observador medıs un temps de 5 s ?

SOLUCIO

Escollirem la posicio mes baixa des d’on es llenca la bola com origen de l’eix y . La posicio de l’observadorque veu pujar i baixar a la bola esta doncs fixada a y = 20 , i existeixen dos temps t1 i t2 pels quals el valorde la posicio y val 20m .


Solucions 11

Les equacions de la bola venen donades per:

t0 = 0y(0) = 0v(0) = 25a(t) = −9.8

Eq.−−−−→ v(t) = −9.8t+ 25y(t) = −4.9t2 + 25t

Si imposem que y = 20 tenim l’equacio seguent:

y = 20 ⇒ 20 = −4.9t2 + 20t

i la seva resolucio dona lloc a dos resultats

t1 = 0.993 s , t2 = 4.1086 s ⇒ ∆t = 3.12 s

El el cas de que la velocitat inicial sigui vo aleshores tindrem unes noves equacions:

t0 = 0y(0) = 0v(0) = voa(t) = −9.8

Eq.−−−−→ v(t) = −9.8t+ voy(t) = −4.9t2 + vot

La condicio en que l’alcada valgui y = 20 dona lloc a:

20 = −4.9t2 + vot ⇒ t1 =vo +

√

v2o − 392

9.8, t2 =

vo −√

v2o − 392

9.8

Ara la condicio que cal imposar es que la diferencia entre els temps t1 i t2 sigui de 5 s , es a dir,

t2 − t1 = 5 ⇒2√

v2o − 392

9.8= 5 ⇒ vo = 31.5m/s

∗ 44. Un cos cau des de la part alta d’un edifici de pisos. Una persona observa com el cos passa per davant de laseva finestra (d’ 2m d’alcada) emprant un temps de 0.2 s . Trobeu l’alcada respecte a l’extrem superior de lafinestra des de la qual ha caigut el cos.

SOLUCIO

Escollirem el punt mes baix de la finestra com a origen de coordenades i a l’eix Oy en el sentit positiucap amunt. Aixı tenim 3 punts d’interes, segons mostra la figura: el punt inicial al que li correspont unacoordenada y = h+ 2 , la part alta de la finestra y = 2 i el punt mes baix que coincideix amb l’origen y = 0

Les equacions de l’objecte que cau venen donades per:

t0 = 0y(0) = h+ 2v(0) = 0

a(t) = −9.8

Eq.−−−−→ v(t) = −9.8ty(t) = h+ 2− 4.9t2

Quan el cos comenca a caure ( t = 0 ) tenim que y =h + 2 . En el moment que passa per la part superior de lafinestra el temps val t i la posicio val y = 2 i quan arriva ala part inferior de la finestra el temps es converteix en t+0.2i la posicio val 0 . Aquestes condicions queden reflectides dela forma seguent:

{

2 = h+ 2− 4.9t2

0 = h+ 2− 4.9(t+ 0.2)2

sistema de dues equacions ( t i h ) que dona com a resultat:

h = 4.15m


Solucions 12

45. Un globo aerostatico esta ascendiendo a 4.9m/s , cuando se encuentra a 9.8m del suelo se suelta una bolsa yse cae. En ausencia de resistencia del aire, hallar el tiempo que tarda en llegar al suelo

∗ 46. Des d’un helicopter que puja a 4m/s es deixa caure una caixa. Si triga 10 s en arribar al terra, calculeu:

(a) a quina altura es trobava l’helicopter en el moment inicial?(b) a quina altura es troba la caixa 0.5 s despres de deixar-lo caure?(c) amb quina velocitat arriba la caixa a terra?.

SOLUCIO

Un aspecte molt important en la resolucio dels exercicis consisteix en saber interpretar de forma correctal’enunciat. En aquest cas si lleguim textualment "es deixa caure una caixa", es pot pensar que la seva velocitatinicial de caiguda es zero, pero cal tenir en compte que en el moment de deixar la caixa fora de l’helicopter,aquest esta pujant amb una velocitat. Aquesta velocitat es la que tindra la caixa en el moment que la deixem.

Escollim l’eix y vertical cap a munt i el seu origen alterra. Aixı les equacions que s’obtenen son:

t0 = 0y(0) = hv(0) = +4a(t) = −9.8

Eq.−−−−→ v(t) = −9.8t+ 4y(t) = −4.9t2 + 4t+ h

Quan el temps sigui t = 10 la posicio vertical seray = 0 , es a dir,

0 = −4.9 · 102 + 4 · 10 + h ⇒ h = 450

Quan el temps sigui t = 0.5 tenim,

y(0.5) = −4.9 · (0.5)2 + 4 · 0.5 + 450 = 450.775m

La velocitat quen t = 10 (quan arriva al terra) val:

v(10) = −9.8 · 10 + 4 = −94m/s

∗ 47. Un motorista sube por una rampa que forma un angulo θ son la horizontal y salta en el punto A con unavelocidad de modulo v . El objetivo es alcanzar el punto B del otro lado separado una distancia horizontal dy una distancia vertical h tal como indica la figura. Hallar el valor del angulo θ mas pequeno necesario paralograr dicho objetivo. Datos: v = 22m/s, d = 16m, h = 6m . 0.181figure-03-55a-bis.jpg

SOLUCIO

Escogemos como sistema de referencia el punto A con los ejes vertical (eix y ) y horitzontal (eix x ).Con esta eleccion las ecuaciones del movimento se obtienen:• Componente x .

to = 0x(0) = 0

v(0) = 22 cos θax(t) = 0

Eq.−−−−−−−−−→ vx(t) = 22 cos θx(t) = 22(cos θ)t

• Componente y .

to = 0y(0) = 0

vy(0) = 22 sin θa(t) = −9.8

Eq.−−−−−−−−−→ vy(t) = −9.8t+ 22 sin θy(t) = −4.9t2 + 22(sin θ)t

La moto debe pasar por el punto B y por tanto las ecuaciones del movimiento deben verificar quex = 10 y que y = 2 , es decir,

{

x = 16 ⇒ 16 = 22(cos θ)t

y = 6 ⇒ 6 = −4.9t2 + 22(sin θ)t

}

⇒ θ1 = 30.717 . . . θ2 = 79.838 . . .


Solucions 13

donde para resolver el sistema anterior es conveniente usar la relacion trigonometrica entre el coseno yla tangente que viene dada por:

sin2 θ + cos2 θ = 1 ⇒sin2 θ + cos2 θ

cos2 θ=

1

cos2 θ⇒ tan2 θ + 1 =

1

cos2 θ

∗ 48. Un cos rellisca per la teulada d’una casa que esta inclinat un angle θ amb l’horitzontal. En el moment quedeixa de tenir contacte amb la teulada es troba a una alcada h respecte del terra i porta una velocitat demodul v i en la direccio del pendent de la teulada. A una distancia d de la casa (mesurada horitzontalment)hi ha una paret molt alta.

(a) Xocara el cos amb la paret? Si es aixı, a quina alcada xoca?(b) Quin sera el vector velocitat del cos quan hagi recorregut horitzontalment la meitat de la

distancia entre la casa i la paret?Dades: θ = 30◦, h = 6m, d = 1m, v = 2m/s .

SOLUCIO

Quan el cos abandona la teulada no sabem a priori quina trajectoria seguira. A la figura hem supossatdos opcions possibles: la vermella en la que arriba a impactar amb la pared i la verda que cauria dircetamental terra.

Una vegada tinguem les equacions del moviment imposarem les condicions matematiques corresponentsi ja veurem quina de les opcions es la correcte.

Si escollim el sistema de referencia en el punt O tenim:

to = 0~v(0) = (v cos θ,−v sin θ)

~r(0) = (0, h)~a(t) = (0,−g)

Valors−−−−−−→

to = 0~v(0) = (2 cos 30,−2 sin 30)

~r(0) = (0, 6)~a(t) = (0,−9.8)

Eq.−−−−→ ~v(t) = (2 cos 30,−9.8t− 2 sin 30)~r(t) = (2 cos 30 t,−4.9t2 − 2 sin 30t+ 6)

• Condicio perque pasi pel punt A :

xA = d = 1 ⇒ 1 = 2 cos 30 tA ⇒ tA = 0.57735 s ⇒ y = −4.9t2A − 2 sin 30 tA + 6 = 3.79m

En el cas de que el valor hagues sortit negatiu estariem en el punt C , i aixo significaria que abans hauriapassat pel punt B , on la condicio a imposar seria: y = 0 .

• En el punt D , la component x val d/2 i tenim:

xD = d/2 = 0.5⇒ 0.5 = 2 cos 30 tD ⇒ tD = 0.288675⇒

{

vx(tD) = 2 cos 30 tD = 1.73m/s

vy(tD) = −9.8t2D cos 30 tD = −3.83m/s


Solucions 14

Movimento de un movil en varias etapas

49. Un objeto se mueve en lınea recta. En t = 0 , su velocidad es de 5.0m/s . De t = 0 a t = 4.0 s , su aceleraciones de 2.5m/s2 . De t = 4.0 s a t = 11.0 s su velocidad permanece constante. Hallar la velocidad media entreel instante t = 0 y t = 11 s .

50. Partint del repos, una esfera de 10 g cau lliurement, sense fregament, sota l’accio de la gravetat, fins assoliruna velocitat de 10m/s . En aquest instant comenca a actuar una acceleracio constant cap amunt de maneraque aconsegueix detenir a l’esfera despres de 5 segons. Trobeu:

(a) El modul d’aquesta acceleracio(b) El temps total transcorregut en aquestes dues etapes.

51. Un coet inicialment en repos es fa accelerar verticalment cap amunt a 20m/s2 . Al cap de 25 s el combustibles’esgota i el coet continua com una partıcula lliure fins que torna a arribar a terra. Negligint la friccio ambl’aire, calculeu:

(a) L’alcada maxima h a la que ha arribat el coet.(b) El temps total t que el coet ha estat a l’aire.(c) La velocitat v del coet just abans de xocar contra el terra.

52. Un mobil es mou en el sentit positiu de l’eix x amb una velocitat vo . A l’instant t = 0 passa per la posiciox = 0 i accelera amb a(t) = 6t . La velocitat mitjana entre els instants t = 1 s i t = 2 s val 8m/s i a l’instantt = 3 s comenca a frenar amb una acceleracio constant de modul 4m/s2 . Trobeu:

(a) Velocitat i posicio per 0 ≤ t ≤ 3 s .(b) Velocitat i posicio per t ≥ 3 s .(c) Acceleracio mitjana entre els instants t = 2 s i t = 7 s i posicio que tindra el mobil a

l’instant que s’aturi.

Moviment de dos mobils

∗ 53. Un ascensor de 3 m d’alcada puja amb una acceleracio d’ 1m/s2 . Quan esta a una certa alcada, la lamparadel sostre es deixa anar. Calculeu el temps que triga a arribar al terra de l’ascensor.

∗ 54. Dos cotxes estan separats una distancia d = 81m tal com indica la figura. En un moment donat el cotxe del’esquerra arranca desde el repos i en direccio cap al segon cotxe amb una acceleracio a1 = 4m/s2 . El segoncotxe observa el fet i 3 s mes tard tambe arranca amb una acceleracio de modul a en direccio cap el primer.Si els dos cotxes es creuen despres de que el primer hagi recorregut 72m , trobeu el valor de a i la velocitatmitjana de cada cotxe desde que han arrancat fins que s’han creuat.

SOLUCIO

Escollirem com origen de l’eix x la posicio del cotxe de l’esquerra i sentit positiu dirigit cap a la dreta.Aixı ja podem buscar les equacions del moviment de cadascun dels dos cotxes.• Equacions del moviment pel cotxe de l’esquerra

t0 = 0x1(0) = 0v1(0) = 0a1(t) = 4

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ v1(t) = 4tx1(t) = 2t2

• Equacions del moviment pel cotxe de la dreta. Cal tenir en compte que comenca 3 s mes tard (escolliremto = 3 ), i que l’acceleracio es negativa perque va en sentit contrari a l’eix x , es a dir,

t0 = 3x2(3) = 81v2(3) = 0a2(t) = −a

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→v2(t) = −a(t− 3)

x2(t) = 81− 1

2a(t− 3)2

Quan el primer cotxe ha recorregut 72m tenim:

72 = 2t2 ⇒ t = 6

i ara substituım el valor de t = 6 a l’equacio del segon mobil, es a dir,

72 = 81−1

2a(6− 3)2 ⇒ a = 2m/s2


Solucions 15

• Velocitat mitjana del primer cotxe:

vm|1 =∆x

∆t=

72− 0

6− 0= 12m/s

• Velocitat mitjana del segon cotxe:

vm|2 =∆x

∆t=

72− 81

6− 3= −3m/s

∗ 55. En un concurs de tir els participants han de fer blanc amb un dard a un mico que es deixa caure des d’unaalcada h i a una distancia horitzontal d del tirador. Aquest dispara en el precıs instant en que el mico esdeixa anar de la branca. Trobeu on ha d’apuntar el concursant per guanyar.

∗∗∗ 56. Disparem un projectil en un pla vertical amb una velocitat de 100m/s formant un angle de 30◦ ambl’horitzontal (direccio positiva de l’eix x . En el mateix instant i 100m mes endavant en disparem un al-tre amb la mateixa velocitat pero amb un angle de 45◦ . Trobeu en quin instant del moviment estan mes aprop els dos projectils i quina distancia els separaMoviment circular

57. Una partıcula de pols esta situada sobre un disc que gira a 33 rpm. Trobeu la velocitat angular i el modul dela velocitat lineal de la partıcula si aquesta es troba a 8 cm del centre del disc.

SOLUCIO

La relacio entre la velocitat lineal i la velocitat angular ve donada per v = ωR , per tant,

ω = 33rev

min·2π rad

1 rev·1 min

60 s· = 3.456 rad/s

v = 3.456 rad/s · 0.08m = 0.276m/s

58. Dos puntos, A y B , estan sobre un disco que gira en torno a su eje. El punto A esta tres veces mas lejos deleje que el punto B . Si la velocidad del punto B es v , ¿cual es la velocidad del punto A ?

(a) v(b) 3v(c) v/3(d) 9v(e) v/9

59. Un disco inicialmente en reposo gira con aceleracion angular constante. Si tarda 10 revoluciones en alcanzaruna velocidad angular ω , ¿cuantas revoluciones adicionales necesita para alcanzar una velocidad angular 2ω ?

(a) 10 rev(b) 20 rev(c) 30 rev(d) 40 rev(e) 50 rev

60. La informacion de un CD es leıda por un laser, inicialmente a 2.4 cm del centro y despues a distancias crecientes,hasta un maximo de 6.0 cm . Debido a que el tamano de las marcas grabadas no varıa con el radio, el motorse ajusta para que la velocidad tangencial permanezca constante. Cual es la relacion entre las frecuencias derotacion cuando se lee la parte interna y la externa del disco?

61. Una rueda giratoria recorre, con aceleracion angular constante, 5 rad en 2.8 s antes de detenerse. Hallar lavelocidad angular inicial de la rueda


Solucions 16

62. Una partıcula es mou en el pla segons la trajectoria:

~r(t) = 0.4 cos(32t)~ı+ 0.4 sin(32t)~m

(a) Demostreu que la partıcula descriu un moviment circular.(b) Indiqueu el radi de curvatura i el perıode de la trajectoria.(c) Calculeu quin es el vector velocitat i el seu modul.(d) Calculeu la velocitat angular.(e) Calculeu l’acceleracio centrıpeta.(f) Calculeu l’acceleracio tangencial(g) Calculeu la posicio i l’acceleracio de la partıcula a l’instant inicial.

63. Una barra rıgida de 30 cm de longitud gira entorn d’un dels seus extrems a 240 r.p.m. . Determineu:

(a) la frequuencia, el perıode, i el temps que triga en girar 225◦ ;(b) la velocitat lineal i l’acceleracio normal d’un punt de la barra situat a 5 cm del centre de

rotacio;(c) l’acceleracio angular necessaria per que s’aturi en 10 s i l’acceleracio tangencial durant

la frenada d’un punt situat a 5 cm del centre.

SOLUCIO

(a) L’angle girat ve donat per l’expressio:θ = ωt+ θo = 8πt

El perıode es el temps en recorrer una volta sencera, per tant,

θ = 2π ⇒ t = 0.25 s ≡ T

La frequencia es defineix com la inversa del perıode:

ν =1

T=

1

0.25 s= 4 s−1 ≡ 4Hz

El temps en girar 225◦ ve donat per:

θ = 225 ·π

180= 1.25π ⇒ 1.25π = 8πt ⇒ t = 0.156 s

(b) La velocitat lineal i acceleracio normal venen donades per

v = ωr = 8π · 0.05 = 1.257m/s

an =v2

r=

1.2572

0.05= 31.6m/s2

(c) Tenim un moviment circular amb acceleracio de frenada i les equacions del moviment son:

t0 = 0ω(0) = 8πθ(0) = 0α(t) = −α

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ω(t) = −αt+ 8π

θ(t) = − 1

2αt2 + 8πt

Despres de 10 s la velocitat angular ha de ser nul.la i, per tant,

ω(10) = 0 ⇒ 0 = −α10 + 8π ⇒ α = 2.51 rad/s2

L’acceleracio tangencial ve donada per:

at = αr = 2.51 · 0.05 = 0.1257m/s2

64. Eytelwein va proposar la seguent manera de mesurar la velocitat d’una bala: es dispara la bala horitzontalmentcontra un cilindre buit, en posicio tambe horitzontal. Aquest cilindre gira amb velocitat angular coneguda, i teles bases de paper. Mesurant l’angle que formen les perforacions a les dues bases de paper i sabent la llargariadel cilindre, es pot calcular la velocitat de la bala (se suposa que la bala te una trajectoria rectilınia, negligintel possible petit efecte de trajectoria parabolica). Calculeu la velocitat de la bala. Dades: llargaria del cilindre1m ; velocitat angular 600 r.p.m. , angle entre les perforacions, 15◦


Solucions 17

SOLUCIO

Considerem els dos instants 1 i 2 que estan separats un angle θ de15◦ i un espai de temps t . Aquest temps t s’obte de suposar que durantuna llargaria de 1m el moviment ha estat uniforme mantenint una velocitatconstant v que hem de determinar.

La velocitat angular s’expressa:

ω =∆θ

t=

1

t15◦ ⇒ 600

rev

min·1min

60 s

2π

1rev=

1

t15◦ ·

π

180◦⇒ t =

1

240s

El temps per travessar tot el cilindre ve donat per:

v =e

t⇒ v = 1m ·

1

t= 240m/s

65. Un rellotge marca les 12 en punt i les dues agulles de les hores i dels minuts coincideixen. Es pot observar d’unaforma aproximada que quan tornen a ser la una i cinc minuts estan a punt de coincidir altre cop. Determineude forma precisa quina es aquesta hora. Suggerencia: considereu que les dues agulles realitzen un movimentcircular i busqueu una relacio entre els angles que han girat.

SOLUCIO

Considerem dos mobils (les dues agulles) que segueixen un moviment cir-cular uniforme, amb velocitats angulars ωh (hores) i ωm (minuts). Els doscomencen desde les 12 en punt, moment que tenen la amteixa posicio angular ies tornen a trobar aproximadament a la una i cinc minuts: l’agulla de les hores(vermella) ha recorregut un angle θ mentre que la dels minuts ha recorregut elmateix angle pero amb una volta de mes, es a dir, θ + 2π .

• Equacions per l’agulla de les hores:

ωh =2π rad

12h→ θh = ωht

• Equacions per l’agulla del minuts:

ωm =2π rad

1h→ θm = ωmt

La condicio perque es trobin implica l’existencia d’un temps t pel qual l’angle recorregut per l’agulla deles hores i l’agulla dels minuts tinguin una diferencia de 2π , es a dir,

{

θ + 2π = ωmt

θ = ωht

}

⇒θ + 2π

ωm=

θ

ωh⇒ θ =

2π

11rad

Ara nomes ens cal convertir aquest angle en unitats de minuts i segons:

2π

11rad ·

1volta

2π rad·60min

1volta=

60

11min = 5min+

5

11min ·

60 s

1min= 5min+27.27 s

66. Una rentadora gira a 15000 r.p.m. Calculeu l’acceleracio centrıpeta que pateix una samarreta que esta girant a15 cm de l’eix de rotacio. Per aconseguir la velocitat de rotacio anterior, la rentadora ha accelerat uniformementdes del repos durant 1min i 15 s . Quina ha sigut l’acceleracio tangencial que ha patit la samarreta durantaquest temps?. Quan acaba de centrifugar, el motor s’apaga pero el tambor encara fa 12700 voltes abansde frenar degut a la friccio. Quina es l’acceleracio tangencial que ha patit la samarreta durant aquest darrerperıode?


Solucions 18

67. Amb l’ajuda d’una corda es fa girar amb una velocitat angular constant de 1.18 rad/s un cos d’ 1 kg en unacircumferencia vertical d’ 1m de radi, el centre de la qual esta a 10.81m per damunt del terra. La corda estrenca quan el cos passa pel punt mes baix de la trajectoria. Calculeu el modul de la velocitat just abans queel cos xoqui contra el terra.

∗∗ 68. Un ciclista recorre una pista circular de radi 50m partint del repos i accelerant fins que assoleix una velocitatmaxima de 36 km/h en 25 s , moment que continua corrent amb aquesta velocitat constant. Trobeu les com-ponents normal i tangencial de l’acceleracio despres de 10 s d’haver comencat i el temps que triga en donar laprimera volta sencera a la pista.

SOLUCIO

El ciclista comenca el seu moviment en el punt inicial O real-itzant un moviment circular uniformement accelerat ( α ) i en arrivar alpunt A (previsiblement abans de completar una volta) segueix amb unmoviment circular uniforme. Les equacions generals per un movimentcircular amb una acceleracio constant son:

ω(t) = ω(t0) + α(t− t0) , θ(t) = θ(t0) + ω(t0)(t− t0) +1

2α(t− t0)2

Aixı, en el cas del nostre ciclista que comenca a l’instant t0 = 0 partint del repos:

t0 = 0ω(0) = 0θ(0) = 0α(t) = α

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ω(t) = αt

θ(t) =1

2αt2

Sabem que per t = 25 s la velocitat lineal del ciclista es de 10m/s (conversio de 36 km/h a m/s ):

t = 25 → ω =v

R= 1050 = 0.2 rad/s → 0.2 = αt ⇒ α = 0.008 rad/s2

Quan t = 10 s , obtenim els valor de la velocitat i aixo ens permet trobar les components de l’acceleracio:

ω = 0.008tθ = 0.004t2

t = 10 s−−−−−−−−−→ ω = 0.08 ⇒ v = 4an, at−−−−−−−−−→ an =

v2

R= 0.32m/s2

at = αR = 0.4m/s2

A cotinuacio hem de trobar les equacions pel moviment que comenca a partir del punt A :

t0 = 25ω(25) = 0.2θ(25) = 2.5α(t) = 0

Equacions−−−−−−−−−→ ω(t) = 0.2θ(t) = 0.2t− 2.5

−−−−→Condicio per 1 volta:

θ = 2π2π = 0.2t− 2.5 ⇒ t = 43.9 s

∗∗ 69. Aturem en 20 s un volant de 10 cm de radi que girava amb una velocitat angular de 30 r.p.m. en sentitantihorari. Calculeu:

(a) L’acceleracio angular aplicada, suposada constant.(b) El nombre de voltes que fa fins aturar-se.(c) Les components normal i tangencial de l’acceleracio d’un punt de la periferia del volant,

en l’instant en que aquest acaba de fer dues voltes.(d) En aquest instant, quins son els vectors de velocitat lineal i d’acceleracio del punt que

esta situat en la posicio (10, 0) cm , considerant els eixos x− y en el pla del volant ambl’origen al seu centre?.

SOLUCIO

Considerem uns eixos x − y i que el moviment circular te lloc al voltant de l’origen O amb un radir = 0.1m . considerem tambe que el moviment de frenada comenca en el punt (0.1, 0)m per un angle inicialde θ0 = 0 . La velocitat angular inicial la podem expressar com:

ω0 = 30rev

min·1min

60 s

2π

1rev= π rad/s


Solucions 19

Les equacions del moviment venen donades per:

t0 = 0ω(0) = πθ(0) = 0α(t) = α

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ω(t) = αt+ π

θ(t) =1

2αt2 + πt

−−−−→Condicio d’aturada:

ω(20) = 00 = α20 + π ⇒ α = −0.157 rad/s2

L’angle total recorregut fins aturar-se ve donat per:

θ(20) =1

2· (−0.157) · 202 + π20 = 31.4318 rad ·

1rev

2π= 5 rev

Quan el volant ha fet dues voltes aleshores θ = 2 · 2π = 4π i la velocitat angular val:

ω(t) = αt+ π

4π =1

2αt2 + πt

⇒ t = 4.507 s , ω = 2.4351 rad/s

on hem escollit el valor mes petit de t a l’equacio de segon grau. Les components intrınseques venen donadesper:

{

at = αR = −0.157 · 0.1 = −0.0157m/s2

an = ω2R = (2.4351)2 · 0.1 = 0.593m/s2

L’expressio del vector posicio per una partıcula que descriu un moviment circular ve donada per:

~r = (x, y) = (R cos θ,R sin θ)

El vector velocitat s’obte fent la derivada, es a dir,

~v =d~r

dt=(

−R sin θdθ

dt︸︷︷︸

ω

,+R cos θdθ

dt

)

= R(−ω sin θ, ω cos θ)

i el vector acceleracio s’obte derivant el vector velocitat:

~a =d vecv

dt= R

(

−dω

dtsin θ − ω cos θ

dθ

dt,dω

dtcos θ − ω sin θ

dθ

dt

)

= R(−α sin θ − ω2 cos θ, α cos θ − ω2 sin θ)

Per a la posicio corresponen a dues voltes tenim θ = 4π i substituint obtenim:

~v = (0, 0.243)m/s , ~a = (−0.59,−0.0157)m/s2

∗∗ 70. En el Centro de Investigacion Ames de la NASA, se utiliza el enorme centrifugador "20-G" para probar losefectos de aceleraciones muy elevadas ("hipergravedad") sobre los pilotos y los astronautas. En este dispositivo,un brazo de 8.84m de largo gira uno de sus extremos en un plano horizontal, mientras el astronauta se encuentrasujeto con una banda en el otro extremo. Supongamos que el astronauta esta alineado en el brazo con su cabezadel extremo exterior. La aceleracion maxima sostenida a la que los seres humanos se han sometido en estamaquina comunmente es de 12.5g (siendo g la aceleracion de la gravedad). Hallar

(a) El modulo de la velocidad de la cabeza del astronauta para experimentar esta aceleracionmaxima

(b) La diferencia entre la aceleracion de su cabeza y de sus pies, si el astronauta mide 2.00m de altura.

(c) La velocidad angular del brazo en r.p.m. (revoluciones por minuto)Moviment harmonic simple

∗∗ 71. Una partıcula descriu un m.h.s a l’eix x amb un perıode de 2 s . A l’instant t = 1 s es troba a la posicio~r = (−2, 0)m i la seva velocitat val ~v = (−10.8828, 0)m/s . Trobeu la seva velocitat quan passi per l’origen.

SOLUCIO

L’equacio general d’un moviment harmonic simple es pot expressar segons:

x(t) = A cos(ωt+ φ) on ω = 2π/T = π


Solucions 20

Cal doncs trobar els valors de l’amplitud A i de la fase φ a partir de les condicions inicials:

{

x(1) = −2 = A cos(π + φ)

v(1) = +10.8828 = −Aπ sin(π + φ)

}

⇒ tan(π + φ) = 1.736⇒ φ1 = −120◦, φ2 = 60◦ = π/3

Cal comprobar quin dels dos valors anteriors es compatible amb les condicions de posicio i velocitat tenint encompte que l’amplitud A no pot ser negativa i aleshores el valor de φ que ens asegura que la funcio cosinussera positiva correspon a φ = 60 . Aleshores tenim:

x(t) = A cos(πt+ π/3) → A =x(1)

cos(π + π/3)= 4m

L’origen correspon al valor x = 0 i podem trobar el temps que verifica la relacio:

0 = 4 cos(πt+ π/3) ⇒ πt+ π/3 = π/2 + nπ ⇒ t = 0.166 . . .+ n, n = 0, 1, 2, 3, . . .

Les velocitats per aquests temps dona com a resultat:

v(0.166 . . .) = −4π sin(π · 0.166 + π/3) = −12.5664m/sv(1.166 . . .) = −4π sin(π · 1.166 + π/3) = +12.5664m/s

v(2.166 . . .) = −4π sin(π · 2.166 + π/3) = −12.5664m/setc.

que corresponen a cada vegada que la partıcula passa per l’origen en el seu moviment oscil.latori i es pot veurecom el signe de la velocitat va canviant segons el valor de n .

∗∗ 72. Una partıcula descriu un m.h.s de frequencia 1Hz i amplitud 2m a l’eix x . En el instant t = 0 es troba ala posicio x = 0 i es mou en la direccio positiva de l’eix x .

(a) Trobeu l’instant en que passa per primera vegada per la posicio x = 1m(b) Trobeu l’instant en que passa per segona vegada per la mateixa posicio x = 1m(c) Trobeu el mateix resultat de l’apartat (b), a partir del resultat de l’apartat (a) i del valor

del perıode.

SOLUCIO

En primer lloc hem de trobar l’equacio del moviment. Partim de l’expressio general x(t) = A cos(ωt+φ)i busquem els valors de A (amplitud) i de la fase inicial φ .

x(t) = A cos(ωt+ φ) → v(t) = −Aω sin(ωt+ φ)

La condicio inicial ens diu que per t = 0 , la posicio x(0) = 0 , es a dir,

x(0) = 0 → cosφ = 0 ⇒ φ = π/2, 3π/2, 5π/2, . . .

com la velocitat ha de ser positiva, el sinus ha de ser negatiu i, per tant, el valor de φ ha de ser 3π/2 . Tambetenim la opcio d’escollir com a angle el valor −π/2 que tambe te el sinus negatiu. Si escollim la primera opciol’equacio ens queda:

ω = 2πν = 2π → x(t) = 2 cos(2πt+ 3π/2)

Ara nomes falta buscar el temps que correspon a x = 1m :

x(t) = 1→ 1 = 2 cos(2πt+ 3π/2)⇒

2πt1 + 3π/2 = π/3 → t1 = −7/12 s2πt2 + 3π/2 = 2π − π/3 → t2 = +1/12 s

2πt3 + 3π/2 = 2π + π/3 → t3 = +5/12 s

Dels valors obtinguts nomes son correctes t2 i t3 . El valor mes petit correspon a la primera vegada que passapel punt x = 1 i el valor superior quan hi passa per segona vegada. El temps que trigaria en comencar enx = 0 i tornar altre cop a x = 0 es justament la meitat del perıode. El temps per pasar de x = 0 fins ax = 1m es el mateix que el temps per pasar de x = 1m fins a x = 0 . Podem fer un esquema dels intervals:

x = 0→ x = 1︸︷︷︸

t2

x = 1→ x = 2︸︷︷︸

T/4− t2

x = 2→ x = 1︸︷︷︸

T/4− t2

x = 1→ x = 0︸︷︷︸

t2

t2 +T

4− t2 +

T

4− t2 + t2 =

T

2


Solucions 21

Aixı per pasar de x = 0 fins a x = 1 per segona vegada podem veure que queda desglosat com:

x = 0→ x = 1︸︷︷︸

t2

x = 1→ x = 2︸︷︷︸

T/4− t2

x = 2→ x = 1︸︷︷︸

T/4− t2

t2 +T

4− t2 +

T

4− t2 =

T

2− t2 =

1

2−

1

12=

5

12

Ejercicios varios

73. Un nino lanza dos objetos desde lo alto de la azotea de un edificio. Los dos objetos llegan al suelo en el mismointervalo de tiempo. Indica cual de las siguientes afirmaciones es correcta:

(a) Los dos objetos tienen la misma masa(b) La componente vertical de la velocidad inicial es la misma en los dos objetos(c) La componente horizontal de la velocidad es la misma en los dos objetos(d) El lugar de caıda de los dos objetos ha de ser el mismo

74. Se lanzan dos bolas de igual tamano y de pesos diferentes hacia arriba con la misma velocidad inicial. Des-preciando los efectos de la resistencia del aire, indica si tenemos suficientes datos para saber cual llegara msalto.

(a) Sı, llega mas alto la que menos pesa(b) Sı, llega mas alto la que mas pesa(c) No, porque depende del tamano de las bolas(d) No, porque depende del peso de las bolas(e) Sı, llegan a la misma altura

75. Cuando un cuerpo se mueve con velocidad de modulo constante en un cırculo, su aceleracion:

(a) aumenta de forma constante(b) es constante en direccion(c) es constante en modulo(d) es cero

76. Un vehıculo experimenta simultaneamente una aceleracion centrıpeta y una aceleracion tangencial. Indica cualde las siguientes afirmaciones es cierta:

(a) Esta tomando una curva a velocidad de modulo constante(b) Esta tomando una curva y frenando simultaneamente(c) Se mueve en lınea recta a velocidad constante(d) Se mueve en lınea recta y acelera(e) Se mueve en lınea recta y frena

77. Es dispara un projectil des de dalt d’un turo de 300m d’alcada, fent un angle de 30◦ per sota de l’horizontal.

(a) Determineu el modul de la velocitat inicial del projectil per a que impacti sobre un blancque esta situat a una alcada de 0m i a una distancia horitzontal de 119m del punt dellancament.

(b) Quan el projectil es troba a 200 m d’alcada, calculeu les components tangencial i normalde l’acceleracio i el radi de curvatura.

(c) Dibuixeu un esquema amb el vector velocitat i les components de l’acceleracio

SOLUCIO

A l’esquema considerem una velocidad inicial desconeguda que forma un angle de 30◦ amb l’horitzontali escollim l’origen O a la base del turo, essent h = 300m .


Solucions 22

to = 0~v(0) = (v cos 30,−v sin 30)

~r(0) = (0, 300)~a(t) = (0,−9.81)

Equacions−−−−−−−−−−−−→ ~v(t) = (v cos 30,−9.81t− v sin 30)~r(t) = (v cos 30 t,−4.905t2 − v sin 30 t+ 300)

La condicio per l’impacte correspon al punt (119, 0) , es a dir,

x = 119 = v cos 30 t

y = 0 = −4.905t2 − v sin 30 t+ 300

}

⇒

{

v = 20m/s

t = 6.87 s

Quan es troba a una alcada y = 200m podem obtenir el temps corresponent:

y = 200 = −4.905t2 − v sin 30 t+ 300 ⇒ t = 3.613 s

El modul de la velocitat del projectil ve donada per:

v(t) =√

v2x + v2y =√

96.24t2 + 196.2t+ 400

L’acceleracio tangencial ve donada per:

at =dv

dt=

192.48t+ 196.2

2√

96.24t2 + 196.2t+ 400→ at(3.613) = 9.166m/s2

L’acceleracio normal es pot obtenir:

a2n + a2t = a2 → a2n + (9.166)2 = 9.812 ⇒ an = 3.494m/s2

El radi de curvatura s’onte a partir de l’acceleracio normal:

ρ =v2

an=

2365.16

3.494= 677m

78. Dos puntos A y B estan sobre un disco que gira con velocidad angular constante alrededor del eje que pasapor su centro. Si el punto A esta mas cerca del eje que el punto B , indicar cual de las siguientes afirmacioneses falsa:

(a) La velocidad lineal de B es mayor que la de A(b) La aceleracion centrıpeta de A es mayor que la de B(c) La aceleracion angular de A y B es la misma(d) La velocidad angular de A y B es la misma(e) La aceleracion lineal de A es menor que la de B

79. ¿Cual de las siguientes afirmaciones sobre el movimiento de la manecilla grande de un reloj es cierta?

(a) La velocidad tangencial de la punta es constante.(b) La velocidad angular es cero.(c) La aceleracion angular es cero.(d) La aceleracion radial es cero.(e) La aceleracion tangencial es distinta de cero.

80. Un avion parte del reposo ( vo = 0 ) y acelera por una pista del aeropuerto para poder despegar. Duranteel proceso se ve sometido a una aceleracion que vale a = ao − kv2 , es decir una combinacion del empujede los motores y de la resistencia del aire que depende de la velocidad siendo k = 0.00004m−1 . Hallar ladistancia d necesaria que debera recorrer el avion para alcanzar una velocidad de despegue de v = 250 km/h .0.25P2-41-arreglat.jpg


Solucions 23

SOLUCIO

Tenemos un caso en que la aceleracion no depende de forma explıcita del tiempo pero si depende de lavelocidad. El procedimiento para hallar la velocidad y la posicion es parecido pero requiere integrar de formaadecuada las variables correspondientes.

a = dv/dt = (dv/dx)(dx/dt) = v(dv/dx) → ao − kv2 = v(dv/dx) → dx =v dv

ao − kv2

La ecuacion anterior es facilmente integrable usando una pequena substitucion con la variable u , es decir,

u = ao − kv2 → du = −2kv dv → dx = −1

2k

du

u⇒ x = −1/(2k) ln(ao − kv2) + C

Sabiendo que para x = 0 la velocidad tambien es nula ( v = 0 ), tenemos:

x = 0 → v = 0 ⇒ 0 = −1/(2k) ln(ao) + C ⇒ C = −1/(2k) ln(ao)x = −1/(2k) ln[(ao − kv2)/ao]

81. Un projectil es lanzado desde el punto A con una velocidad inicial de modulo vo = 120m/s y formando unangulo θ = 40◦ con la horizontal. A una distancia horizontal d = 800m del punto de lanzamiento empieza laladera de una montana cuya pendiente viene dada por β = 20◦ . Hallar la distancia s que separa el punto deimpacto B de la base de la ladera y el tiempo total de "vuelo".

SOLUCIO

Escogiendo como origen de ejes el punto A , las ecuaciones del movimiento se pueden obtener facilmente,siendo:

x(t) = 91.925t

y(t) = −4.9t2 + 77.135t

El punto B debe verificar dichas ecuaciones y tambien la geometıa que nos indica el enunciado. Si llamamosx e y a las coordenadas del punto B tenemos:

tanβ =y

x− d⇒ y = tanβ(x− d) → −4.9t2 + 77.135t = 0.364(91.925t− 800) ⇒ t = 13.361 s

y la distancia s se calcula como:

s2 = y2 + (x− d)2 → s2 = (155.87)2 − (1228.21− 800)2 ⇒ s = 455.7m


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