Cap¶‡tulo 3. Cinem¶atica en el plano - fnl.usal.esfnl.usal.es/pilar/pm/tema3/tema3.pdf · Un proyectil se lanza con una velocidad inicial v0 = 95m=sg y un angulo ... Al ﬂnal

Capıtulo 3.

Cinematica en el plano

1. Posicion de un punto en el plano

Para fijar la posicion de un punto en el plano necesitamos un origen O y dos ejescartesianos X e Y con vectores unitarios ~i y ~j.

1..1 Vector posicion. Coordenadas cartesianas

En tal caso la posicion de un punto P queda determinada por el vector ~r que vadel origen a dicho punto

~r = (x, y) = x~i + y~j

cuyo modulo es:

r =| ~r |=√

~r.~r =√

x2 + y2

r

x

y

O

ϕ

P

X

Y

La direccion de ~r viene dada por el angulo ϕ

tg ϕ =y

x

41

42 Capıtulo 3

1..2 Velocidad

Para determinar el movimiento de un punto en el plano necesitamos ademas lavariable tiempo. La velocidad es el vector cuyas componentes son las derivadastemporales de las componentes del vector posicion

~v =d~r

dt= ~r = x~i + y~j

donde . = ddt

El modulo de la velocidad sera:

v =| ~v |=√

~v.~v =√

x2 + y2

OJO r 6=| v |

1..3 Aceleracion

Del mismo modo

~a =d~v

dt= ~r = x~i + y~j

El modulo de la aceleracion sera:

a =| ~a |=√

~a.~a =√

x2 + y2

2. Movimiento de proyectiles

Se trata de un movimiento con aceleracion

~a = −g~j

Por tanto~v = (v0x, v0y − gt)

~r = (x0 + v0xt, y0 + v0yt− 1

2gt2)

donde~r0 = (x0, y0)

~v0 = (v0x, v0y)

La trayectoria es por tanto la parabola

Cinematica en el plano 43

x = x0 + v0xt (2.1)

y = y0 + v0yt− g

2t2 (2.2)

El alcance maximo correspondera a un instante de tiempo T tal que y(T ) = 0de forma que:

T =v0y

g

[1±

√1 +

2y0g

v20y

]

y

D = x(T ) = x0 +v0xv0y

g

[1±

√1 +

2y0g

v20y

]

• en cuanto a la altura maxima sera h = y(τ) tal que y(τ) = 0. Es decir

τ =v0y

g

h = y0 +v2

0y

2g

x(τ) = x0 +v0xv0y

g

3. Movimiento circular

En muchas ocasionas una partıcula esta obligada a moverse en una circunferenciade radio R, de tal manera que las coordenada de su vector posicion han de verificar:

x2 + y2 = R2

x

y

ϕR

44 Capıtulo 3

• de forma que (ver figura) el vector posicion es:

x = R cos ϕ

y = R sin ϕ

es decir:

~r = R(cos ϕ, sin ϕ)

donde R es constante y ϕ es en general funcion del tiempo.• La velocidad sera

~v = R(−ϕ sin ϕ, ϕ cos ϕ)

~v = Rϕ(− sin ϕ, cos ϕ)

y por tanto, en modulo

v = Rϕ

ϕ suele designarse velocidad angular.Es facil comprobar que ~r y ~v son perpendiculares

~v.~r = R2ϕ(− sin ϕ cos ϕ + sin ϕ, cos ϕ) = 0

• En cuanto a la aceleracion

~a = Rϕ(− sin ϕ, cos ϕ) + Rϕ2(− cos ϕ,− sin ϕ)

Comparando con ~r y ~v

~a =ϕ

ϕ~v − ϕ2~r

De manera que la aceleracion tiene dos componentes que se denominan compo-nentes intrınsecas

a) aceleracion tangencial dirigida en la direccion de la velocidad y por tantotangente a la trayectoria

~at =ϕ

ϕ~v = Rϕ

~v

v= v

~v

v

b) aceleracion centrıpeta dirigida en la direccion radial y en sentido opuestoa ~r

ac = −ϕ2~r = −v2

R

~r

r


3..1 Movimiento circular uniforme

Es aquel en el que la velocidad angular ω = ϕ es constante. En tal caso

~at = 0

~ac = −ω2~r

y por tanto

a = −ω2R = −v2

R

46 Capıtulo 3

Problemas del Tema I (23-10-2008)

1. Una partıcula se mueve sometida a la aceleracion

~a = 2e−t~i + 5 cos t~j

En el instante t = 0 la partıcula esta situada en el punto ~r0 =~i− 3~j con velocidad~v0 = 4~i − 3~j. Calcular la velocidad y la posicion de la partıcula en cualquierinstante.

2. Un movil describe una parabola de ecuacion y = bx2. La proyeccion de lavelocidad sobre el eje de las x es constante y vale k. Calcular la velocidad yaceleracion, ası como las componentes intrınsecas de esta ultima.

3. Un cuerpo se lanza en una direccion que forma 30 grados con la horizontaldesde lo alto de un edificio de 200 m con una velocidad de 40 m/sg. ¿Cuanto tardaen alcanzar el suelo?. ¿A que distancia de la vertical cae?. ¿Que angulo forma latrayectoria con la horizontal en ese momento?

4. Un proyectil se lanza con una velocidad inicial v0 = 95 m/sg y un anguloθ0 = 50 grados. Al cabo de 5 sg alcanza la cumbre de una colina. ¿Cual es laaltura de la colina?. ¿Cual es la distancia (en horizontal) del canon a la colina?

5. ¿Con que angulo hay que disparar desde tierra un proyectil para que su alcancesea maximo?

6. Un bombardero que viaja a una altura de 103m con una velocidad v1 = 72 m/sgse encuentra en t = 0 a x2 = 125 m de un camion de 3 m de altura que viaja a unavelocidad v2. En ese instante suelta una bomba que alcanza al camion. Determinarel tiempo que esta la bomba en el aire asi como la velocidad v2.

7. Una bola que pende de una cuerda de 24 cm de longitud se hace girar convelocidad angular constante, describiendo un cono que forma un angulo de 150 conla vertical. Determinar la velocidad de la bola.

8. En el modelo de Bohr del atomo de hidrogeno un electron gira en un cırculode radio 5.10−9 cm alrededor del nucleo cargado positivamente bajo la accion dela fuerza electrostatica. ¿Cual ha de ser la intensidad de esa fuerza para queel electron tenga una velocidad de 2, 3.108 cm/sg?. (La masa del electron es9.10−28 gr.)

9. Un nino describe con la bicicleta un cırculo de 22 m de radio a una velocidadde 10 m/sg. La masa conjunta del nino y la bicicleta es 80 kg


10. Un automovil toma una curva de 300 m de radio a una velocidad de 60 m/sg.a) Determinar el cambio de la velocidad (en modulo y direccion) cuando recorre

un arco de 600

b) Comparar la magnitud de la aceleracion instantanea del automovil con lamagnitud de la aceleracion media al recorrer el arco de 600.

11. Un paraguas mojado de 1 m de diametro gira a razon de 21 rev cada 44 sg. Sise encuentra a 1, 5 m del suelo, calcular el tiempo que tardan las gotas en llegar alsuelo y a que distancia del paraguas hay que situarse para no mojarse.

12. ¿Cual ha de ser el peralte de una curva de 200 m si la limitacion de velocidades de 90 Km/h?

13. Un cuerpo pequeno se desliza con velocidad v = 10 m·s−1 aproximandose a unaranura. La ranura esta formada por dos paredes verticales paralelas, situadas entresı a la distancia d = 5 cm. La profundidad de la ranura es h = 1 m. Suponiendoque los choques con la pared son perfectamente elasticos, calcular el numero deveces que el cuerpo chocara con las paredes antes de caer al fondo.

14. De tres tubos que se encuentran en el suelo salen con la misma velocidad sendoschorros de agua formando angulos de 60◦, 45◦ y 30◦ con el horizonte. Hallar larelacion entre las alturas maximas de los chorros y la relacion entre sus alcancessobre el terreno.

15. Calcular el angulo de lanzamiento respecto de la horizontal con el que debedispararse un proyectil desde una colina de altura h0, para que su alcance a niveldel suelo sea maximo.

16. En el extremo de un disco que gira uniformemente en la horizontal esta sujetauna plomada, la cual forma con la vertical un angulo de 45◦. Si el radio del disco esR = 10 cm y la longitud del hilo es L = 6 cm, determinar la velocidad de rotaciondel sistema.

17. Al final de una llanura existe un acantilado y a unos 800 m de altura hay unblanco. Un canon situado a 4 km del acantilado dispara proyectiles a 500 m ·s−1. ¿En que angulo se debe disparar el canon para que el proyectil impacte en el blancocuando va en caıda?

18. La posicion angular de una partıcula que se mueve a lo largo de la circun-ferencia de un cırculo de 5 m de radio esta dada por la expresion θ = at2, cona constante. θ se mide en radianes y t en segundos. Determinar la aceleraciontotal y sus componentes intrınsecas para cualquier tiempo y dar sus valores parat = 0.5 s tomando a = 3 rad · s−2.

48 Capıtulo 3

19. Una partıcula de masa m1 esta atada a un hilo y describe una circunferenciaen un plano horizontal. El hilo, de masa despreciable, pasa por un agujero que hayen el centro del plano, para bajar verticalmente. En el extremo inferior esta atadaotra partıcula de masa m2. Si la primera partıcula describe un movimiento circularuniforme, con velocidad angular ω, determine el radio R de la circunferencia paraque el sistema este en equilibrio.

20. Encontrar el radio de curvatura en el punto mas alto de la trayectoria de unproyectil disparado formando un angulo α con la horizontal

21. Un cazador apunta a una ardilla que se encuentra en la rama de un arbol. Enel momento que el dispara su rifle la ardilla se deja caer de la rama. Demostrarque la ardilla no debio moverse si deseaba seguir viviendo.

22. Una rueda de radio R de una carro esta manchada de barro y gira convelocidad angular constante ω, de modo que varias gotas de barro salen despedidasde distintos puntos de la rueda. Determinar la posicion de salida sobre la ruedade las gotas que alcanzan la altura maxima.


4. Problemas

1. Una partıcula se mueve sometida a la aceleracion

~a = 2e−t~i + 5 cos t~j

En el instante t = 0 la partıcula esta situada en el punto ~r0 =~i− 3~j con velocidad~v0 = 4~i − 3~j. Calcular la velocidad y la posicion de la partıcula en cualquierinstante.

Solucion

Puesto que~a = (2e−t, 5 cos t)

entoncesvx = −2e−t + v0x

vy = 5 sin t + v0y

comparando con ~v0 = 4~i− 3~j

v0x = 6 =⇒ vx = 6− 2e−t

v0y = −3 =⇒ vy = −3 + 5 sin t

Integrando de nuevox = 6t + 2e−t + x0

y = −3t− 5 cos t + y0

Comparando con ~r0 =~i− 3~j

x0 = −1 =⇒ x = −16t + 2e−t

y0 = 2 =⇒ y = 2− 3t− 5 cos t

50 Capıtulo 3

20 40 60 80 100 120x

-60

-50

-40

-30

-20

-10

y

En la figura se ha representado y frente a x, y por tanto la trayectoria que describela partıcula en el plano


2. Un movil describe una parabola de ecuacion y = bx2. La proyeccion de lavelocidad sobre el eje de las x es constante y vale k. Calcular la velocidad yaceleracion, ası como las componentes intrınsecas de esta ultima.

SolucionDado que la velocidad sobre el eje de abcisas es con-stante, suponiendo que el movil para t = 0 se encuen-tra en el origen de coordenadas, tenemos que x = kt.Por tanto la posicion del movil en funcion del tiempoes

~r = (kt, bk2t2),

la velocidad~v = (k, 2bk2t),

y la aceleracion

~a = (0, 2bk2),

en el sistema de coordenadas cartesiano.

a t

a n

x

y

a

Las componentes intrınsecas de la aceleracion son dos componentes ortogo-nales, una paralela a la velocidad y por tanto tangente a la trayectoria y otraperpendicular a la misma:

~a = ~at + ~an.

Definimos un vector unitario en la direccion de la velocidad

~ut ≡ ~v

v=

1√1 + 4b2k2t2

(1, 2bkt).

La proyeccion de la aceleracion en la direccion de la velocidad viene dada por elproducto escalar con ~ut. De modo que

~at ≡ (~a · ~ut)~ut =4b2k3t

1 + 4b2k2t2(1, 2bkt).

Y por otra parte sabemos que ~an = ~a− ~at, luego

~an = (0, 2bk2)− 4b2k3t

1 + 4b2k2t2(1, 2bkt) =

2bk2

1 + 4b2k2t2(−2bkt, 1).

Se ve facilmente que ambas componentes son ortogonales, y sus modulos son

at =4b2k3t√

1 + 4b2k2t2

an =2bk2

√1 + 4b2k2t2

.

52 Capıtulo 3

3. Un cuerpo se lanza en una direccion que forma 30 grados con la horizontaldesde lo alto de un edificio de 200 m con una velocidad de 40 m/sg. ¿Cuanto tardaen alcanzar el suelo?. ¿A que distancia de la vertical cae?. ¿Que angulo forma latrayectoria con la horizontal en ese momento?

SolucionLas ecuaciones del movimiento son

x = x0 + v0xt

y = y0 + v0yt− 1

2gt2

con condiciones iniciales

x0 = 0

y0 = h = 170m

v0 = 40 m/sg

v0x = v0 cos 30 = v0

√3/2

v0y = −v0 sin 30 = v0/2

θ

θ

h

30 o

de forma quex = v0xt

y = h + v0yt− 1

2gt2

LLegara al suelo cuando y(T ) = 0

0 = h + v0yT − 1

2gT 2 =⇒ T =

v0y

g

[1 +

√1 +

2hg

v20y

]= 10′67 sg

de forma que el alcance sera

xm = x(T ) = v0xT =v0xv0y

g

[1 +

√1 +

2hg

v20y

]= 213′50 m

En cuanto al angulo θ

tg θ =vy

vx

=v0y − gT

v0x

= −v0y

v0x

√1 +

2hg

v20y

= − tg α

√1 +

2hg

v20y

= −1.06

θ = −1.3 rad = −74.530


4. Un proyectil se lanza con una velocidad inicial v0 = 95 m/sg y un anguloθ0 = 50 grados. Al cabo de 5 sg alcanza la cumbre de una colina. ¿Cual es laaltura de la colina?. ¿Cual es la distancia (en horizontal) del canon a la colina?

Solucion

v0

θ 0

h

x m

Las ecuaciones del movimiento son:

x = x0 + v0xt

y = y0 + v0yt− 1

2gt2

con condiciones inicialesx0 = 0

y0 = 0

v0x = v0 cos θ0 = 61.1 m/sg

v0y = v0 sin θ0 = 72.8 m/sg

de forma quex = v0xt

y = +v0yt− 1

2gt2

Al cabo de t = 5 sgxm = 305 m

h = 241 m

54 Capıtulo 3

5. ¿Con que angulo hay que disparar desde tierra un proyectil para que su alcancesea maximo?

Solucion

x = v0xt

y = v0yt− 1

2gt2

El alcance maximo se obtendra en un tiempo T tal que

0 = v0yT − 1

2gT 2 =⇒ T = 2

v0y

g

Por tantoxm = 2

v0xv0y

g

Comov0x = v0 cos θ0 v0y = v0 sin θ0

xm = 2v2

0

gcos θ0 sin θ0 =

v20

gsin 2θ0

Luego el alcance es una funcion de θ0 que alcanzara su maximo cuando

dxm

dt= 0 =⇒ cos 2θ0 = 0 =⇒ 2θ0 = π/2

El alcance maximo corresponde a

θ0 = π/4


6. Un bombardero que viaja a una altura de 103m con una velocidad v1 = 72 m/sgse encuentra en t = 0 a x2 = 125 m de un camion de 3 m de altura que viaja a unavelocidad v2. En ese instante suelta una bomba que alcanza al camion. Determinarel tiempo que esta la bomba en el aire asi como la velocidad v2.

SolucionLas ecuaciones del movimiento son:

x = x0 + v0xt

y = y0 + v0yt− 1

2gt2

con condiciones iniciales

x0 = 0

y0 = h = 103m

v0x = v1 = 72 m/sg

v0y = 0

Por tanto

x = v0xt

y = h− 1

2gt2

x 2

v 1

v2

x

y

h

h 0

El alcance al camion ocurre al cabo de un tiempo T tal que y(T ) = h0 = 3m

h0 = h− 1

2gt2 =⇒ T =

√2h− h0

g= 4.52 sg

Por otro lado, la distancia vertical recorrida por la bomba sera

v0xT = x2 + v2T =⇒ v2 = v0x − x2

T= 44.2 m/sg

56 Capıtulo 3

7. Una bola que pende de una cuerda de 24 cm de longitud se hace girar convelocidad angular constante, describiendo un cono que forma un angulo de 150 conla vertical. Determinar la velocidad de la bola.

Solucion

Como se mueve en un cono de radio

R = l sin θ

con velocidad ϕ constante


~v = Rϕ(− sin ϕ, cos ϕ) =⇒ v = Rϕ

~a = −Rϕ2(cos ϕ, sin ϕ) = −ϕ2~r = −v2

R

(~r

R

)

θ

T

ϕ

mg

La composicion de fuerzas es:

T cos θ = mg

T sin θ = mv2

R

luego

tg θ =v2

Rg=⇒ v2 = gR tg θ = gl

sin2 θ

cos θ

Con los datos del problemav = 40, 4 cm/sg


8. En el modelo de Bohr del atomo de hidrogeno un electron gira en un cırculode radio 5.10−9 cm alrededor del nucleo cargado positivamente bajo la accion dela fuerza electrostatica. ¿Cual ha de ser la intensidad de esa fuerza para queel electron tenga una velocidad de 2, 3.108 cm/sg?. (La masa del electron es9.10−28 gr.)

Solucion

Como se mueve en un circulo de radio R con velocidad ϕ constante



~a = −Rϕ2(cos ϕ, sin ϕ) = −ϕ2~r = −v2

R

(~r

R

)

La aceleracion debe ser proporcionada por la fuerza electrostatica, luego

~F = −mv2

R

(~r

R

)

Su modulo sera

F = mv2

R= 9, 5.10−3gr cm/sg2

58 Capıtulo 3

9. Un nino describe con la bicicleta un cırculo de 22 m de radio a una velocidadde 10 m/sg. La masa conjunta del nino y la bicicleta es 80 kg

¿Cual es la fuerza centrıpeta y vertical ejercida por el pavimento?

Solucion

ϕ mg

θR

Como se mueve en un circulo de radio R con velocidad ϕ constante



~a = −Rϕ2(cos ϕ, sin ϕ) = −ϕ2~r = −v2

R

(~r

R

)

Esta aceleracion debe ser proporcionada por las fuerzas actuantes que son la de lagravedad y la de reaccion del suelo

−mg~k + ~R = m~a

tomando las componentes vertical y radial

−mg +R cos θ = 0 =⇒R cos θ = 784 kg m/sg2

−R sin θ = −mv2

R=⇒ R sin θ = 364 kg m/sg2

En cuanto al angulo

tg θ =v2

Rg= 0, 46 =⇒ θ = 250


10. Un automovil toma una curva de 300 m de radio a una velocidad de 60 m/sg.a) Determinar el cambio de la velocidad (en modulo y direccion) cuando recorre

un arco de 600

b) Comparar la magnitud de la aceleracion instantanea del automovil con lamagnitud de la aceleracion media al recorrer el arco de 600.

Solucion

∆v

v1

v1

v2

θ

θ

a) El cambio en la velocidad sera

∆~v = ~v2 − ~v1 = (−v sin θ, v cos θ)− (0, v) = (−v sin θ, v cos θ − v)

de forma que

∆v =√

v2 cos2 θ + v2 sin2 θ + v2 − 2v2 cos θ =√

2v2(1− cos θ)

Como cos π/3 = 1/2∆v = v = 60 m/sg

b) Al recorrer el angulo de π/3 ha recorrido una distancia

∆l = Rπ/3

paro lo cual a necesitado un tiempo

∆t = ∆l/v = 5π/3 sg

de manera que la aceleracion media serıa

~am =∆~v

∆t=⇒ am =

∆v

∆t= 11, 5 m/sg2

mientras que la aceleracion instantanea sera

~a = −v2

R

~r

r=⇒ a =

v2

R= 12 m/sg2

60 Capıtulo 3

11. Un paraguas mojado de 1 m de diametro gira a razon de 21 rev cada 44 sg. Sise encuentra a 1, 5 m del suelo, calcular el tiempo que tardan las gotas en llegar alsuelo y a que distancia del paraguas hay que situarse para no mojarse.

SolucionLa velocidad angular del paraguas es:

ϕ =21.2π

44rad/sg

Y por tanto las gotas de agua abandonanel paraguas con una velocidad

v = Rϕ = 1, 5 m/sg

dirigida tangencialmente al mismo.

h

v

Esas gotas se moveran en el plano definido por la vertical y la velocidad, de formaque una vez abandonado el paraguas siguen una trayectoria parabolica

x = vt

y = h− 1

2gt2

de manera que alcanzan el suelo al cabo de un tiempo

T =

√2h

g= 0.53 sg

y tienen un alcance (desde el borde del paraguas)

X = vT = 0, 83 m

por lo que mojaran los objetos situados en un radio D

D =√

R2 + X2 = 0, 97 m


12. ¿Cual ha de ser el peralte de una curva de 200 m si la limitacion de velocidades de 90 Km/h?

Solucion

θN

mg

θR

Si ~N es la reaccion del suelo, el balance de fuerzas es:

N cos θ = mg

N sin θ = mv2

Ry por tanto

tg θ =v2

Rg= 0, 319 =⇒ θ = 17, 70

62 Capıtulo 3

13. Un cuerpo pequeno se desliza con velocidad v = 10 m·s−1 aproximandose a unaranura. La ranura esta formada por dos paredes verticales paralelas, situadas entresı a la distancia d = 5 cm. La profundidad de la ranura es h = 1 m. Suponiendoque los choques con la pared son perfectamente elasticos, calcular el numero deveces que el cuerpo chocara con las paredes antes de caer al fondo.

SolucionLas ecuaciones para el movimiento de caıda son

~a = (0,−g),

~v(t) = (v0,−gt),

~r(t) = (v0t, h− 1

2gt2),

puesto que la velocidad inicial solo tiene compo-nente horizontal. Si suponemos que los choquescon las paredes son elasticos entonces no hayperdida de energıa, lo que significa que el modulode la velocidad es el mismo en el instante anteriory en el instante posterior al choque.

v0

dD

Esto implica que la componente x de la velocidad en las paredes sufre una re-flexion perfecta y simplemente cambia de sentido manteniendo su modulo. Demodo que en la direccion vertical tendremos un movimiento de caıda libre y enla direccion horizontal un movimiento con velocidad de magnitud uniforme. Esclaro entonces que el cuerpo seguira moviendose en direccion horizontal durante eltiempo que dure la caıda y por tanto la distancia que recorrera en dicha direccionsera exactamente la misma que tendrıa el alcance de su caıda si no hubiera paredes.

El tiempo T de caıda sera

y(T ) = 0 ⇒ T =

√2h

g.

Por tanto su alcance

D ≡ x(T ) = v0

√2h

g.

El numero de rebotes n vendra dado entonces por el numero entero de veces quela anchura de la ranura este contenida en al alcance,

n =

[D

d

]=

[v0

d

√2h

g

].

Con los datos del problema tenemos n = 90 rebotes.


14. De tres tubos que se encuentran en el suelo salen con la misma velocidad sendoschorros de agua formando angulos de 60◦, 45◦ y 30◦ con el horizonte. Hallar larelacion entre las alturas maximas de los chorros y la relacion entre sus alcancessobre el terreno.

Solucion

Las ecuaciones del tiro parabolico son

~a = (0,−g),

~v(t) = (v cos(α), v sin(α)− gt),

~r(t) = (vt cos(α), vt sin(α)− 1

2gt2).

x

α

y

v

Donde hemos escrito las componentes de la velocidad inicial como

vx = v cos(α),

vy = v sin(α).

Calculemos el tiempo T que dura en llegar a la altura maxima:

vy(T ) = 0 ⇒ T =v sin(α)

g.

La altura maxima h es entonces

y(T ) ≡ h(α) = vT sin(α)− 1

2gT 2 =

v2 sin2(α)

2g.

Por la simetrıa de la caıda, el tiempo que dura en caer es el doble del tiempo queinvierte en llegar a la altura maxima, de modo que el alcance del lanzamiento es

x(2T ) ≡ D(α) = 2vT cos(α) =v2 sin(2α)

g.

Si comparamos las alturas y los alcances para los angulos α1 = π/3, α2 = π/4,α3 = π/6 encontramos

h(π

3

): h

(π

4

): h

(π

6

)= sin2

(π

3

): sin2

(π

4

): sin2

(π

6

)= 3 : 2 : 1,

D(π

3

): D

(π

4

): D

(π

6

)= sin

(2π

3

): sin

(π

2

): sin

(π

3

)=

√3

2: 1 :

√3

2.

Como se puede observar, las alturas para π/4 y π/3 son el doble y el triple respec-tivamente de la altura para π/6. El mayor alcance corresponde a π/4, como yasabemos, y los alcances para π/3 y π/6 son iguales y corresponden aproximada-mente a 0.87 veces el alcance maximo.

64 Capıtulo 3

15. Calcular el angulo de lanzamiento respecto de la horizontal con el que debedispararse un proyectil desde una colina de altura h0, para que su alcance a niveldel suelo sea maximo.

Solucion

Las ecuaciones del tiro parabolico son en este caso

~a = (0,−g),

~v(t) = (v0 cos(α), v0 sin(α)− gt),

~r(t) = (v0t cos(α), h0 + v0t sin(α)− 1

2gt2).

h0

v0

x

y

α

El tiempo de vuelo T sera

y(T ) = 0 ⇒ T =v0

g

{sin(α) +

√sin2(α) +

2h0g

v20

},

de modo que podemos escribir el alcance en funcion del angulo de lanzamiento

D(α) ≡ x(T ) = v0T cos(α) =v2

0

2g

{sin(2α) + 2 cos(α)

√sin2(α) + 2C

},

donde hemos definido la constante C ≡ h0g/v20. Para encontrar el maximo deriva-

mos con respecto al angulo e igualamos a cero. lo que nos llevara a

cos(2α)− sin(α)√

sin2(α) + 2C +sin(α) cos2(α)√

sin2(α) + 2C= 0,

o equivalentemente multiplicando por la raız y simplificando

cos(2α)√

sin2(α) + 2C = sin(α) [2C − cos(2α)] .

Elevando al cuadrado se reduce a

cos2(2α) = 2 sin2(α) [C − cos(2α)] ,

y escribiendo sin(α) en funcion del angulo doble llegamos finalmente a

C − (1 + C) cos(2α) = 0 ⇒ α =1

2arccos

1

1 +v20

h0g

.


Podemos observar que cuando h0 → 0 entonces α → π/4. En el caso generalel angulo que maximiza el alcance a nivel del suelo depende tanto de la alturainicial como de la velocidad inicial. De hecho la dependecia con la velocidad esmuy determinante como podemos ver en la siguiente tabla comparativa (tomandog = 9.81 m · s−2):

v0 = 15 m · s−1 v0 = 5 m · s−1

h0 (m) α (◦) α (◦)0 45.00 45.0010 36.16 18.5820 31.12 13.7530 27.74 11.4140 25.27 9.9750 23.36 8.9660 21.83 8.2170 20.57 7.6280 19.50 7.1490 18.58 6.74100 17.78 6.40

La siguiente figura muestra α en funcion de h0 para las velocidades indicadas enla tabla.

50 100 150 200

10

20

30

40

50

h 0 (m)

( )oα

v0

v0

= 15 m/s

= 5 m/s

66 Capıtulo 3

16. En el extremo de un disco que gira uniformemente en la horizontal esta sujetauna plomada, la cual forma con la vertical un angulo de 45◦. Si el radio del disco esR = 10 cm y la longitud del hilo es L = 6 cm, determinar la velocidad de rotaciondel sistema.

SolucionRecordemos que para el movimiento circularuniforme tenemos,

~r(t) = R(cos ϕ, sin ϕ),

~v(t) = Rω(− sin ϕ, cos ϕ),

~a(t) = −Rω2(cos ϕ, sin ϕ).

De modo que la unica componente de la acel-eracion es la centrıpeta que tiene moduloac = Rω2 = v2/R. Siendo R el radio degiro de la partıcula y ω su velocidad angularconstante.

α

mg

T

L

R

En la situacion de equilibrio en la que el angulo α con la vertical es constante enel tiempo, se tiene que verificar que la componente vertical de la tension T de lacuerda se anule con el peso, y que la componente horizontal sea exactamente lafuerza centrıpeta del movimiento circular de la plomada. De modo que tenemos

T cos α = mg,

T sin α = mRω2.

Dividiendo la segunda ecuacion por la primera y despejando ω obtenemos

ω2 =g tg α

R .

En nuestro caso el radio de giro de la plomada es R = R + L sin α. Finalmente

ω =

√g tg α

R + L sin α.

Con los datos del problema y g = 9.81 m·s−2, la velocidad angular es ω = 8.30 rad · s−1.


17. Al final de una llanura existe un acantilado y a unos 800 m de altura hay unblanco. Un canon situado a 4 km del acantilado dispara proyectiles a 500 m ·s−1. ¿En que angulo se debe disparar el canon para que el proyectil impacte en el blancocuando va en caıda?

Solucion

Ecuaciones del tiro parabolico:

~a = (0,−g),

~v(t) = (v0 cos α, v0 sin α− gt),

~r(t) = (v0t cos α, v0t sin α− 1

2gt2).

El impacto se producira para t = T cuando severiquen las ecuaciones {x(T ) = d, y(T ) = h}.

v0

x

y

α

h

d

De la primera de ellas podemos despejar el tiempo T :

d = v0T cos α ⇒ T =d

v0 cos α.

Y sustituyendo en la ecuacion para la coordenada vertical obtenemos

h = d tg α− gd2

2v20 cos2 α

,

que podemos escribir como

A cos2 α + C = sin α cos α.

Donde hemos definido las constantes adimensionales A ≡ h

dy C ≡ gd

2v20

. Elevando

al cuadrado ambos terminos, la ecuacion se reduce a

(1 +A2) cos4 α + (2AC − 1) cos2 α + C2 = 0,

cuya solucion es

cos2 α =1

2(1 +A2)−1

{1− 2AC −

√1− 4AC − 4C2

},

donde hemos escogido el signo negativo de la raız. El signo positivo correspondeal angulo para que el proyectil impacte en el blanco en subida, que es un angulo

68 Capıtulo 3

menor y por tanto le corresponde un valor del coseno mayor ya que α debe estarcomprendido en (0, π/2). Sustituyendo las constantes podemos escribir finalmente

α = arccos

1

2

(1 +

h2

d2

)−1

1− gh

v20

−√

1− 2gh

v20

−(

gd

v20

)2

1/2

.

Con los datos del problema α = 85.41◦.


18. La posicion angular de una partıcula que se mueve a lo largo de la circun-ferencia de un cırculo de 5 m de radio esta dada por la expresion θ = at2, cona constante. θ se mide en radianes y t en segundos. Determinar la aceleraciontotal y sus componentes intrınsecas para cualquier tiempo y dar sus valores parat = 0.5 s tomando a = 3 rad · s−2.

Solucion

θ(t)

ac

R

a t

De acuerdo con la figura las ecuaciones del movimiento son

~r(t) = R(sin θ, cos θ),

~v(t) = Rθ(cos θ,− sin θ),

~a(t) = Rθ(cos θ,− sin θ)︸︷︷︸~at

−Rθ2(sin θ, cos θ)︸︷︷︸~ac

.

Identificamos las componentes tangencial y centrıpeta de la aceleracion en lasdirecciones paralela y perpendicular a la velocidad respectivamente. La variaciondel angulo en el tiempo implica

θ = 2at, θ = 2a.

Por tanto las componentes intrınsecas de la aceleracion en funcion del tiempo seescriben:

~at = 2aR(cos(at2),− sin(at2)),

~ac = −4Ra2t2(sin(at2), cos(at2)).

Para t = 0.5 s las magnitudes de las aceleraciones son

at = 2aR = 30 m · s−2,

ac = 4Ra2t2 = 45 m · s−2.

70 Capıtulo 3

19. Una partıcula de masa m1 esta atada a un hilo y describe una circunferenciaen un plano horizontal. El hilo, de masa despreciable, pasa por un agujero que hayen el centro del plano, para bajar verticalmente. En el extremo inferior esta atadaotra partıcula de masa m2. Si la primera partıcula describe un movimiento circularuniforme, con velocidad angular ω, determine el radio R de la circunferencia paraque el sistema este en equilibrio.

SolucionRecordemos que para el movimiento cir-cular uniforme tenemos,

~r(t) = R(cos ϕ, sin ϕ),

~v(t) = Rω(− sin ϕ, cos ϕ),

~a(t) = −Rω2(cos ϕ, sin ϕ).

De modo que la unica componente dela aceleracion es la centrıpeta que tienemodulo ac = Rω2 = v2/R. Siendo R elradio de giro de la partıcula y ω su ve-locidad angular constante.

ϕR

En la situacion de equilibrio la masa m1 describe una circunferencia de radio Rcon velocidad angular constante ω y la masa m2 se encuentra en reposo. De modoque en dicha situacion se ha de verificar que el peso de la masa suspendida m2

sea exactamente la fuerza centrıpeta que requiere la masa m1 para describir elmovimiento circular uniforme. Por tanto

m2g = m1Rω2 ⇒ R =m2

m1

g

ω2.


20. Encontrar el radio de curvatura en el punto mas alto de la trayectoria de unproyectil disparado formando un angulo α con la horizontal

Solucion

Ecuaciones del tiro parabolico:

~a = (0,−g),

~v(t) = (v0 cos α, v0 sin α− gt),

~r(t) = (v0t cos α, y0 + v0t sin α− 1

2gt2).

v0

g

v

g

v

α

y

x

y0

Infinitesimalmente alrededor de cualquier punto de la trayectoria, esta se corre-spondera con un arco de circunferencia. El radio de dicha circunferencia es lo quese denomina radio de curvatura de la trayectoria para ese punto. Obviamente si latrayectoria no es circular, el radio de curvatura cambiara con el tiempo. La cur-vatura vendra determinada por la magnitud de la componente intrınseca normalde la aceleracion, la componete que es perpendicular a la trayectoria. De modoque para determinar el radio de curvatura tendremos que identificar la componentenormal de la aceleracion con la aceleracion centrıpeta de un movimiento circular.

En el punto mas alto de la trayectoria sabemos que la componente vertical dela velocidad se anula de modo que la velocidad en dicho punto es horizontal conmagnitud v = v0 cos α. Por otra parte la aceleracion es constante y tiene direccionvertical. De modo que en el punto de altura maxima, la aceleracion suministradapor la gravedad es precisamente perpendicular a la velocidad, luego normal a latrayectoria. Identificando con la aceleracion centrıpeta de un movimiento circular,tenemos

g =v2

R ,

donde R es el radio de curvatura. Sustituyendo v podemos escribir

R =v2

0 cos2 α

g.

72 Capıtulo 3

21. Un cazador apunta a una ardilla que se encuentra en la rama de un arbol. Enel momento que el dispara su rifle la ardilla se deja caer de la rama. Demostrarque la ardilla no debio moverse si deseaba seguir viviendo.

Solucion

Para t = 0 la bala sale del rifle y la ardillacomienza un movimiento de caıda libre. Tenemospor tanto para la bala:

~a = (0,−g),

~vb(t) = (v0 cos α, v0 sin α− gt),

~rb(t) = (v0t cos α, v0t sin α− 1

2gt2).

Y para la ardilla:

~a = (0,−g),

~va(t) = (0,−gt),

~ra(t) = (d, h− 1

2gt2),

donde hemos supuesto que la ardilla se encuentraa una altura h y a una distancia d en horizontaldel cazador.

v0

��

��

x

y

α

h

d

Si la ardilla muere por dejarse caer significa que la bala la alcanzara en algun puntode la caıda, es decir que para un determinado tiempo t = T las coordenadas de labala y de la ardilla han de ser las mismas: xb(T ) = xa(T ), yb(T ) = ya(T ). Luegoel tiempo que la bala dura en llegar a la vertical de la ardilla es

xb(T ) = d ⇒ T =d

v0 cos α.

Para este tiempo la altura de la ardilla es

ya(T ) = h− 1

2g

d2

v20 cos2 α

= h− g

2v20

(d2 + h2),

donde hemos utilizado el hecho de que la bala inicialmente apunta a la ardilla ypor tanto α esta ligado con h y d. Por otra parte para la bala

yb(T ) = v0 sin αd

v0 cos α− 1

2g

d2

v20 cos2 α

= h− g

2v20

(d2 + h2).


Luego las alturas coinciden. No obstante hemos de darnos cuenta que para quela ardilla muera el impacto tendra que producirse antes de que llegue al suelo, esdecir que ya(T ) ha de ser positivo. Esto impone un valor mınimo para la velocidadde salida en funcion de h y d.

h− g

2v20

(d2 + h2) > 0 ⇒ v0 >

√gh

2

(1 +

d2

h2

).

74 Capıtulo 3

22. Una rueda de radio R de una carro esta manchada de barro y gira convelocidad angular constante ω, de modo que varias gotas de barro salen despedidasde distintos puntos de la rueda. Determinar la posicion de salida sobre la ruedade las gotas que alcanzan la altura maxima.

SolucionEl movimiento de la gota de barro sobrela rueda viene descrito por,

~r(t) = R(− cos β, sin β),

~v(t) = Rω(sin β, cos β).

Escogemos el origen de coordenadas en elcentro de la rueda y el angulo β como seindica en la figura.

β

h

Si la gota sale despedida, tendremos un tiro parabolico con las condiciones ini-ciales dadas por el movimiento circular uniforme de la rueda. De modo que ellanzamiento viene descrito por

~vL(t) = (Rω sin β,Rω cos β − gt),

~rL(t) = (−R cos β + Rtω sin β, R sin β + Rtω cos β − 1

2gt2).

En el tiempo T en que alcanca su altura maxima se anula la componente verticalde la velocidad.

vLy(T ) = 0 ⇒ T =Rω cos β

g.

Sustituyendo tenemos que la altura es

yL(T ) = R sin β +R2ω2

2gcos2 β.

Para maximizar la altura, derivamos respecto de β e igualamos a cero, obteniendo

cos β

(1− Rω2

gsin β

)= 0,

cuya solucion es

si ω2 > g

R⇒ β = arcsin

( g

Rω2

)⇒ h =

g

2ω2+

R2ω2

2g

si ω2 <g

R⇒ β =

π

2⇒ h = R.


En el segundo caso lo que ocurre es que las gotas que salen despedidas ni siquieraalcanzan la altura de la rueda, de modo que las que mas alto llegan son en realidadlas gotas que salen justo de la vertical, cuya altura maxima es precisamente sualtura de salida que es R. De modo que dependiendo de la rapidez de giro de larueda endremos una u otra solucion.

76 Capıtulo 3

Cap¶‡tulo 3. Cinem¶atica en el plano - fnl.usal.esfnl.usal.es/pilar/pm/tema3/tema3.pdf · Un proyectil se lanza con una velocidad inicial v0 = 95m=sg y un angulo ... Al ﬂnal

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