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Ciencias

10 Problemas de examen de cinemática

Los 10 problemas que se presentan son ejemplos de problemas típicos que salen en exámenes; para que el alumno demuestre que entiende y sabe aplicar las leyes de movimiento a cualquier situación planteada. Tienen cierta dificultad, no están hechos para usar directamente las ecuaciones; sino con el objetivo de realizar previamente un esfuerzo de análisis y reflexión antes de abordar su resolución.

2.1  Dos objetos A y B se encuentran en reposo y separados por 1500 m, a t = 0 comienzan a moverse con aceleración uniforme en la misma dirección y sentido. Si la aceleración de A es  de 1 m/s2 y ambos objetos chocan a 1750 m del punto de salida de B, determinar el tiempo transcurrido hasta el momento del choque y la aceleración del objeto B.

Solución.

2.2  Un helicóptero despega del suelo y comienza a elevarse a velocidad constante de 5 m/s, y cuando ha llegado a cierta altura arroja una cápsula, siendo el tiempo transcurrido desde que el helicóptero despega y la cápsula llega al suelo de 8 segundos; por lo que se pide:     (g = 9,8 m/s2)

a) Determinar la altura h a la que estaba el helicóptero cuando tiró la cápsula.

b) Calcular la distancia de separación entre el helicóptero y la cápsula a los 6 s del despegue.

Solución.

2.3  Una marca automovilística para probar un nuevo modelo de coche una de las pruebas que realiza consiste en acelerar a fondo  para continuación frenar también a fondo hasta parar el coche en una distancia concreta L. Como resultado la prueba se realizó en un tiempo t, la aceleración a fue uniforme y la frenada resultó a -3·a constante.

a) ¿En parte de la distancia L el coche comenzó a frenar?

b) ¿Cuánto duró la fase de aceleración?

c) ¿Cuál fue la máxima velocidad que alcanzó el coche?

Solución.

2.4  Para medir la profundidad de un pozo se arroja una piedra, y transcurridos 1,8  segundos se escucha el sonido de la piedra al tocar el suelo. Sabiendo que g = 9,8 m/s2  y que la velocidad del sonido es de 340 m/s, calcular la profundidad del pozo.

Solución.

3.1 Desde el suelo se lanza con velocidad vertical una bola a 25 m/s, sin embargo el viento le produce una aceleración horizontal de 1,5 m/s2. Calcular:

a) La altura máxima que alcanza la bola.

b) La distancia recorrida en el momento en que la bola toca suelo.

c) El ángulo del vector velocidad \(\mathrm{\vec{v}}\) en el momento que toca suelo.

Solución.

3.2 Hallar la expresión que calcula el alcance de un objeto lanzado con ángulo sobre una rampa. 

Solución.

4.1 Un cómico subido en un tren que se mueve a 15 m/s lanza al aire en dirección vertical una bola a 12 m/s. Se pide desde el punto de vista del cómico.  (g = 9,8 m/s2)

a) El tiempo que está la bola en el aire.

b) El desplazamiento de la bola mientras está en el aire.

Desde el punto de vista de un paisano que lo ve desde el exterior, determinar:

c) La velocidad inicial de la bola.

d) El ángulo con el que se lanza la bola.

e) El desplazamiento de la bola durante su ascenso.

Solución.

Resolución de los problemas

1.1  Solución

a) Se trata de hallar las expresiones v(t) y x(t).

\( \mathrm{\frac{dv}{dt} = a   \longrightarrow    dv = a·dt = (2·t -1)dt = t^{2} – t + cte} \) \(  \mathrm{ v_{t =3 s} = 7 = t^{2} + t + cte \longrightarrow  7 = 9 – 3 + cte \longrightarrow cte = 1} \)

$$ \mathrm{v(t) = t^{2} – t +1 }$$

\( \mathrm{\frac{dx}{dt} = v   \longrightarrow    dx = v·dt = (t^2 – t +1)dt = \frac{t^{3}}{3}  – \frac{t^{2}}{2} +  t + cte} \) \(  \mathrm{ v_{t =0 } = 5 = \frac{t^{3}}{3}  – \frac{t^{2}}{2} +  t + cte \longrightarrow  5 = 0 – 0 + 0 + cte \longrightarrow cte = 5} \) \( \mathrm{x_{t = 3 s} = \frac{t^{3}}{3}  – \frac{t^{2}}{2} +  t + 5 = \frac{3^{3}}{3} – \frac{3^{2}}{2} + 3 + 5 = 12,5 m}\)

b) Velocidad media entre t1 = 3 s y t2 = 4 s

$$\mathrm{ v_{med} = \frac{\Delta v}{\Delta t}  \hspace{3em}       v(t) = t^{2} – t +1 } $$

$$  \mathrm{v_{t = 3 s} = t^{2} – t +1 = 9 – 3 + 1 = 7 m/s} $$ $$  \mathrm{v_ {t = 4 s}= t^{2} – t +1 = 16 – 4 +1 = 13 m/s} $$ $$\mathrm{v_{med}= \frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_{f}-v_{i}}{t_{2}-t_{1}} =\frac{13 – 7}{4 – 3} = 6 m/s}$$

1.2. Solución

a) Se pide x(t) y a(t) a partir de v(t) = t2 – 3t.

$$\mathrm{x(t) = \int v·dt = (t^{2} – 3·t)·dt = \frac{t^{3}}{3}\hspace{1mm} – \frac{3·t^{2}}{2} + cte}$$ $$\mathrm{a(t) = \frac{dv}{dt} = 2·t – 3}$$

b) espacio s recorrido entre los 5 y los 2 segundos.

$$\mathrm{s = \int_{2}^{5} (t^{2} – 3·t)= [\frac{t^{3}}{3}\hspace{1mm} – \frac{3·t^{2}}{2}]_{2}^{5} = 7,5 m}$$

 

1.3. Solución

Dos submarinos enfrentados entre sí a 10.000 m de distancia

1ª Fase, el sonido del sonar choca contra el submarino opuesto. Se determinar el tiempo t1 que tarda la onda en chocar.

X1, posición del choque onda-submarino 2. $$\mathrm{Onda\hspace{2.5em} x_{1} = x_{0 onda} + v_{onda}·t_{1} = 1.480·t_{1}} $$ $$\mathrm{Sub \hspace{0.2em}2\hspace{2.5em} x_{1} = x_{sub 2} + v_{sub 2}·t_{1} = 10.000 – 16,7·t_{1}  }$$ $$\mathrm{1.480·t_{1} = 10.000 – 16,7·t_{1}\hspace{0.5em}\longrightarrow  t_{1} = 6,68} s $$ $$\mathrm{x_{1} = v_{onda}·t_{1} = 1480·6,68 = 9886,4 m}$$

2ª Fase, las ondas del sonar retornan al submarino 1 . Se determinar el tiempo t2 que tarda la onda en regresar.

X2, posición del choque onda-submarino 1. $$\mathrm{Onda\hspace{2.5em} x_{2} = x_{1 onda} + v_{onda}·t_{1} = 9886,4 – 1.480·t_{2}} $$ $$\mathrm{Submarino \hspace{0.2em}1\hspace{2.5em} x_{2} = x_{sub 1} + v_{sub 1}·t_{1} = 16,7·6,68 + 16,7·t_{2}  }$$ $$\mathrm{9886,4  – 1.480·t_{2} = 111,6 + 16,7·t_{2}\hspace{0.5em}\longrightarrow  t_{2} = 6,53} s $$ 

3ª Fase, se hallan las posiciones finales de cada submarino.

$$\mathrm{Sub \hspace{0.2em}1\hspace{2.5em} x_{f s 1} = v_{s 1}·(t_{1} + t_{2}) = 16,7·13,21 = 220,6 m}$$ $$\mathrm{Sub \hspace{0.2em}2\hspace{.5em} x_{f s 2} = 10.000 – v_{sub 2}·(t_{1} + t_{2}) = 10.000  – 16,7·13,21 = 9779,4 m}$$ $$\mathrm{Separación \hspace{2.5em} S =  x_{f s 2}  –   x_{f s 1}  = 9779,4  – 220,6  = 9559  m}$$   

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado

2.1  Solución

$$\mathrm{A \hspace{2em}    x_{f} = x_{i A} + v_{i A}·t + \frac{a_{A}}{2}·t^{2} \hspace{0.2em} \longrightarrow \hspace{0.2em} 3.250 = \frac{1}{2}·t^2}$$ $$\mathrm{ t = \sqrt{2·3.250} = 80,6 s}$$ $$\mathrm{B \hspace{1em} x_{f} = x_{i B} + v_{i B}·t + \frac{a_{B}}{2}·t^{2} \hspace{0.2em} \longrightarrow \hspace{0.2em} 3.250 = 1.500 + \frac{a_{B}}{2}·80,6^{2}} $$ $$\mathrm{a_{B} = \frac{2·1750}{80,6^{2}} = 0,54 m/s^{2}} $$

2.2 Solución

Helicóptero ascendiendo y que a una altura h arroja una cápsula

a) Planteamiento

$$\mathrm{1\hspace{0.2em} Ascenso\hspace{0.2em} helicóptero\hspace{0.3em} h = 5·t_{1},   \hspace{0.5em} 2 \hspace{0.2em} Caída \hspace{0.2em}  cápsula\hspace{0.3em} 0 = h + 5·t_{2} -\frac{g}{2}·t^{2} }$$ $$ t = t_{1} + t_{2} = 8, \hspace{1.5em}     t_{1} = 8 – t_{2} $$ $$\mathrm{h = 5·(8 – t_{2})\hspace{.5em}\longrightarrow \hspace{.5em} 0 = 5·(8 – t_{2}) + 5·t_{2} – 4,9·t_{2}^{2}}$$ $$\mathrm{0 = 40 – 4,9·t_{2}^{2};\hspace{.5em}\longrightarrow \hspace{.5em} t_{2} = \sqrt{8,162} = 2,86 s }$$ $$\mathrm{ h = 5·(8 – t_{2}) = 25,7 m }$$

b) Espacio S entre el helicóptero y la cápsula a t = 6 s.

$$\mathrm{h_{hel} = 5· t = 5·6 = 30m; \hspace{.5em} h_{i cáp} = 25,7 m}$$  $$\mathrm{ t_{cáp} = t -t_{1} = 6 – 5,14 = 0,86 s }$$ $$\mathrm{h_{f cáp} = h_{i cáp} + v_{i}·t_{cáp} – \frac{g}{2}·t_{cáp}^{2}}$$ $$\mathrm{ h_{f cáp} = 25,7 + 5·0,86 – 4,9·0,86^{2} = 26,4 m}$$ $$\mathrm{S = h_{hel} – h_{cáp} = 30 – 26,4 = 3,6m}$$

2.3 Solución

Datos:

$$\mathrm{v_{i} = 0 m/s; \hspace{.5em}v_{m} = v_{max} m/s; \hspace{.5em}v_{f} = 0 m/s;\hspace{.5em} t= t_{1} + t_{2}}$$

a)  $$\mathrm{1 Aceleración: \hspace{.5em} v_{max}= a·t_{1} \hspace{.2em}(1);\hspace{.5em}L_{m} = \frac{a}{2}t^{2}_{1}\hspace{.2em}(2)}$$  $$\mathrm{2 Frenada: \hspace{.5em}v_{f} = v_{max} – 3at_{2} = at_{1} – 3a(t – t_{1})= 0\hspace{.2em}(3);}$$ $$\mathrm{ L = L_{m} + v_{max}t_{2} – \frac{3}{2}at^{2}_{2}\hspace{.2em}(4)} $$ $$\mathrm{t_{1}}\text{, se sustituye ec.1 en ec.3:}\hspace{.5em}\mathrm{0 = at_{1} – 3a(t – t_{1})} $$ $$\mathrm{4at_{1} = 3at; \hspace{.2em}\longrightarrow\hspace{.2em}t_{1} = \frac{3}{4}t}$$ $$\mathrm{L}\text{, con }\mathrm{t_{1}}\text{ y la ec.2 (Lm) se despeja L en la ec.4: }$$ $$\mathrm{L= \frac{a}{2}t^{2}_{1} + at_{1}t_{2} – \frac{3}{2}at^{2}_{2}}\text{,      como}\mathrm{\hspace{.5em}t_{2}= t – t_{1} = t – \frac{3}{4}t = \frac{t}{4}}$$ $$\mathrm{\frac{t_{1}}{t_{2}}= \frac{\frac{3}{4}t}{\frac{1}{4}t} = 3\hspace{.5em}\longrightarrow\hspace{.5em}t_{1} =  3 t_{2}}\text{,    se sustituye en ec.4}$$ $$\mathrm{L = \frac{9}{2}at^{2}_{2} + 3at^{2}_{2} – \frac{3}{2}at^{2}_{2} = \frac{12}{2}at^{2}_{2} = 6at^{2}_{2}; \hspace{1em} L_{m} = \frac{9}{2}at^{2}_{2}}$$ $$\mathrm{\frac{L_{m}}{L} = \frac{\frac{9}{2}at^{2}_{2}}{6at^{2}_{2}} = \frac{9}{12} = \frac{3}{4} \hspace{.5em}\longrightarrow\hspace{.5em} L_{m} = \frac{3}{4}L}$$

b) $$\mathrm{L_{m} = \frac{3}{4}L = \frac{a}{2}t^{2}_{1}\hspace{.5em} \longrightarrow\hspace{.5em} t^{2}_{1} = \frac{3L}{2a} \hspace{.5em} \longrightarrow\hspace{.5em} t_{1} = \sqrt{\frac{3L}{2a}}}$$

c) $$\mathrm{v_{max} = at_{1} = a\sqrt{\frac{3L}{2a}}= \sqrt{\frac{3aL}{2}}}$$

2.4  Solución

$$\text{Caída piedra}\hspace{1em}\mathrm{h_{piedra} = \frac{gt^{2}_{1}}{2};}\hspace{1.5em}\text{Ascenso onda}\hspace{1em} \mathrm{h_{onda} = 340t_{2}} $$ $$\mathrm{h_{f} = 0 = h_{onda} – h_{piedra} = 340t_{2} –  \frac{gt^{2}_{1}}{2}\hspace{.2em}(1);\hspace{1.5em} t_{1} = t – t_{2} = 1,8 – t_{2} }$$ $$\text{En la ecuación (1) se sustituye} \hspace{0.2em} \mathrm{t_{1}:\hspace{1.5em} 0 = 340t_{2} – 4,9(1,8 – t_{2})^{2}} $$ $$\mathrm{4,9t^{2}_{2} – 357,64t_{2} + 15,9 = 0\hspace{.5em} \longrightarrow\hspace{.5em}t_{2}= 0,0445 s}$$  $$\mathrm{h_{pozo} = h_{onda} = 340t_{2} = 340·0,0445 = 15,1m}$$

Movimiento en 2 dimensiones

3.1 Solución

a) La altura máxima hmax se alcanza cuando la velocidad vertical vy = 0 m/s. $$\mathrm{v_{fy} = v_{iy} – gt\hspace{.5em} \longrightarrow \hspace{.5em} 0 = 25 – 9,8t \hspace{.5em} \longrightarrow \hspace{.5em}t=\frac{25}{9,8} = 2,55s}$$ $$\mathrm{h_{max}= h_{i} + v_{iy}t – \frac{gt^{2}}{2} = 25·2,55 + \frac{9,8·2,55^{2}}{2} = 31,9 m}$$

b) $$\mathrm{t_{total} = 2·t_{h_{max}} = 2·2,55 = 5,1 s }$$  $$\mathrm{s = \frac{a_{H}t^{2}_{total}}{2} = \frac{1,5·5,1^{2}}{2} = 19,5m}$$

c) La velocidad vertical final será igual a la inicial pero con signo contrario, y por analogía. $$\mathrm{tg =\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{y}{x} = \frac{v_{iy}}{v_{fx}}= \frac{-25}{19,5} = -1,282} $$ $$\mathrm{ \theta = arctang(-1,282) = -52º}$$

3.2 Solución

Alcance máximo de un objeto lanzado con ángulo sobre una rampa

Hay que hallar el alcance general R de la bola sobre la rampa. Por geometría: $$\mathrm{R =\frac{x}{\cos \theta}}\text{,  o}\hspace{0.5em}\mathrm{R=\frac{y}{\sin \theta}}$$

Estrategia. Hallar la altura «y» de la rampa a la que llega la bola, por que a medida que la bola avanza, la posible y final varía. $$\text{Bola:}\hspace{1em}\mathrm{y = v_{0y}t – \frac{gt^{2}}{2}\hspace{.2em}\longrightarrow \hspace{0.3em} y = v_{0}\sin \varphi t\hspace{0.2em} – \frac{gt^{2}}{2} (1)}$$ $$\text{ «y» sobre rampa:}\hspace{1em}\mathrm{y =  v_{0R}\sin \theta t =\frac{v_{0x}}{\cos \theta}\sin \theta ·t = v_{0} \cos \varphi ·tg \theta ·t (2)}$$ $$\text{Se despeja t:}\hspace{1em}\mathrm{y =  v_{0}\sin \varphi t\hspace{0.2em} – \frac{gt^{2}}{2} =  v_{0} \cos \varphi ·tg \theta ·t  }$$ $$\mathrm{t= \frac{2v_{0}(\sin \varphi \hspace{0.2em} – \cos \varphi·tg \theta)}{g}}$$

 $$\mathrm{t= \frac{2v_{0}(\sin \varphi \hspace{0.2em} – \cos \varphi·tg \theta)}{g}\frac{\cos \varphi}{\cos \varphi} = \frac{2v_{0}\cos \varphi(tg \varphi \hspace{0.2em} – tg \theta)}{g}} $$ Conociendo ya el valor de t se despeja y en ec.2. $$\mathrm{y = \frac{v_{0} \cos \varphi ·tg \theta·2v_{0}\cos \varphi (tg \varphi \hspace{0.2em} – \cos \varphi·tg \theta)}{g}} $$ $$\mathrm{\frac{y}{\sin \theta} = R =\frac{2v^{2}_{0}\cos^{2} \varphi(tg\varphi \hspace{0.2em}- tg \theta)tg \theta}{g·\sin \theta}}$$  $$\mathrm{R =\frac{2v^{2}_{0}\cos^{2} \varphi(tg\varphi \hspace{0.2em}- tg \theta)}{g·\sin \theta}\frac{\sin theta}{\cos \theta}}$$  $$\mathrm{R =\frac{2v^{2}_{0}\cos^{2} \varphi(tg\varphi \hspace{0.2em}- tg \theta)}{g·\cos \theta}}$$

Movimiento Relativo

4.1 Solución

a) $$\mathrm{t_{aire} = 2·t_{h_{max}}\hspace{0.2em} \longrightarrow \hspace{.2em} t_{h_{max}} = \frac{12}{9,8} = 1,22 s}$$ $$\mathrm{t_{aire} = 2,44s}$$

b) 0 m/s, ambos se mueven con la misma velocidad y dirección.

c) $$\mathrm{v_{0} = \sqrt{v^{2}_{0x} + v^{2}_{0y}}= \sqrt{15^{2} + 12^{2}} = 19,2 m/s }$$

d) $$\mathrm{tg \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{v_{0y}}{v_0x} = \frac{12}{15} = 0,8}$$ $$\mathrm{arctg\hspace{0.2em} 0,8 = 39º}$$

e)   $$\mathrm{x = v_{0x}·t_{h_{max}} = 15·1,22 = 18,3m}$$

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