_________________________________________ CAPITULO 1 Introducción 1 L L i i b b r r o o s s o o l l u u c c i i o o n n a a r r i i o o F F Í Í S S I I C C A A TOMO I Autor Paul A. Tipler Editorial Reverté S.A. Antonio Lázaro Morales Diplomado en Ciencias Empresariales & Licenciado en Marketing
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tipler libro solucionario fisica tomo 1 capítulo 1y2
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6. Las dimensiones de las constantes siguen siendo las mismas, ya que lo único que cambia son las unidades de medida.
7. Si representamos la tierra como una circunferencia:
a) Una circunferencia está constituida por cuatro cuadrantes. Si un cuadrante de la tierra
tiene una longitud de 107 metros, entonces la circunferencia del globo terrestre será igual a m 104 7× .
b) Por álgebra sabemos que la longitud de una circunferencia obedece a la expresión rl π2= , donde r representa el radio. Como la longitud l ya la hemos calculado en el
22. Sabemos que la superficie y el volumen de un globo varían de forma directamente pro-porcional al radio de la esfera, es decir, a mayor radio mayor será la superficie y el volumen de la esfera. Llamamos 1r a la longitud del radio inicial y 2r a la longitud del radio cuando se hincha la esfera, sabiendo que 12 2rr = . Las fórmulas del volumen y superficie de una esfera obedecen a las siguientes expresiones: 3CrV = 2KrS = donde C y K son constantes. Pues bien, las relaciones que existen entre los volúmenes de la esfera antes y después de que ésta se hinche son:
( ) 81
2 31
31
32
31
2
1 ===r
rCrCr
VV
Sabiendo que antes de hinchar la esfera ésta tenía un volumen de 3
1 113,0 mV = , el nuevo volumen si se duplica su radio será:
312 904,08 mVV ==
De igual forma precedemos con las superficies:
( ) 41
2 21
21
22
21
2
1 ===r
rKrKr
SS
Sabiendo que antes de hinchar la esfera ésta tenía una superficie de 2
1 13,1 mS = , la nueva superficie si se duplica su radio será:
Para el cálculo de los grados de estos dos ángulos, lo haremos buscando para cualquiera de
los datos calculados anteriormente, aquellos grados que “rodean” el valor calculado. Por ejemplo, para el dato 8,0cos 1 =θ vamos a comprobar en las tablas qué dos ángulos contienen este valor:
8090,0º36cos = y 7986,0º37cos =
El valor de la tangente del ángulo α es:
8,08090,0º36
7986,08090,0º36º37 tg 1
−−
=−−
=θ
α → º8653,361 =θ
Como sabemos, los ángulos interiores de un triángulo han de sumar 180º, el valor de 2θ es
inmediato, esto es 1809021 =++θθ , de donde: º1347,538653,36901802 =−−=θ .
A la vista de las diferencias obtenidas entre el dato real del período y el obtenido mediante la fórmula ajustada, podemos decir que los datos que más se desvían son aquellos en los que el objeto tiene una masa de 0,4 kg y 1,50 kg. 8. a) La función a ajustar es nCrT = que linealizamos tomando logaritmos
rnCT logloglog +=
llamando
⎪⎭
⎪⎬
⎫
===
rXCATY
logloglog
se transforma en nXAY +=
Ahora formamos la siguiente tabla:
jT ir jY iX ij XY 2iX
0,44 1,61 3,88 7,89
0,088 0,208 0,374 0,600
-0,3565473 0,2068259 0,5888317 0,8970770
-1,0555173 -0,6819367 -0,4271284 -0,2218487
0,3763419 -0,1410421 -0,2515068 -0,1990154
1,1141168 0,4650376 0,1824387 0,0492169
1,3361873 -2,3864311 -0,2152224 1,8108100
El sistema de ecuaciones (ajuste potencial a una recta) es:
Así pues, tenemos que 02539,17loganti == AC . Por tanto, la fórmula del período es:
50358465,102539,17 rT ⋅= b) Se descubre un satélite de período 6,20 años. Si sustituimos este dato en la fórmula halla-da y despejamos r obtendremos el valor del radio, esto es:
20,602539,17 50358465,1 =⋅= rT → Gmr 02539,17
20,6 50358465,11
0,51077=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
9. Las soluciones del problema son: a) La ecuación que nos da el período T es de la forma:
ba gLkT ⋅⋅=
=k Constante
En principio desconocemos los valores de los exponentes. Sin embargo, la ecuación tiene que ser homogénea (mismas unidades de medida en ambos miembros), por los que usando el análi-sis dimensional nos queda:
ba
TLLT ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= 2
1
bba TLT 21 −+ ⋅=
Ahora podemos plantear un sistema de ecuaciones en base a los exponentes, esto es:
bab+=
−=0
21 →
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=
=
21
21
b
a
Por tanto, el período T depende directamente de la longitud del péndulo e inversamente de la
gravedad,gLkT ⋅=
b) y c) Los resultados obtenidos de la experiencia han sido: cmL 501 = sT 4,11 = cmL 302 = sT 1,12 =
Sustituyendo en la fórmula, y sabiendo que la constante k es un múltiplo de π , πCk = , nos queda:
709613447,08,95,01
1 ⋅=⋅=⋅= CCgLCT ππ → 972905,1
709613447,04,1
==C
549664212,08,93,02
2 ⋅=⋅=⋅= CCgLCT ππ → 00122,2
549664212,01,1
==C
Este múltiplo de π que estamos buscando es 2=C , con lo cual, la fórmula definitiva del período de un péndulo simple es:
gLT π2=
10. La ecuación que nos da el alcance R es de la forma:
ba gvkR ⋅⋅=
=k Constante
En principio desconocemos los valores de los exponentes. Sin embargo, la ecuación tiene que ser homogénea (mismas unidades de medida en ambos miembros), por los que usando el análi-sis dimensional nos queda:
ba
TL
TLL ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= 2
1
baba TLL 21 −−+ ⋅=
Ahora podemos plantear un sistema de ecuaciones en base a los exponentes, esto es:
baba
201
−−=+= →
⎩⎨⎧
−==
12
ba
Por tanto, el alcance R depende directamente del cuadrado de la velocidad inicial e inversa-
mente de la gravedad,gvkR
2
⋅=
11. Las soluciones a las preguntas son: a) Al aumentar H es de esperar que aumente el alcance R, ya que a mayor altura más tiempo tardará en tocar suelo la pelota. De igual forma ocurre con la velocidad v, es decir, a mayor veloci-dad mayor será la distancia horizontal recorrida por unidad de tiempo.
b) La ecuación que nos da el alcance R es de la forma:
cba HgvkR ⋅⋅⋅=
=k Constante
En principio desconocemos los valores de los exponentes. Sin embargo, la ecuación tiene que ser homogénea (mismas unidades de medida en ambos miembros), por los que usando el análi-sis dimensional nos queda:
cba
LTL
TLL ⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= 2
1
bacba TLL 21 −−++ ⋅=
Ahora podemos plantear un sistema de ecuaciones en base a los exponentes, esto es:
bacba
201
−−=++= →
⎩⎨⎧
−=−=
122
cbca
Para el valor 1=c , los parámetros a y b se hacen cero y, por tanto, el alcance R sólo depen-
dería de la altura. Para evitar esto, vamos a dar a c un valor distinto de 1, por ejemplo 21
=c
Por tanto, el alcance R depende directamente de la velocidad inicial y de la altura e inversa-mente de la gravedad.
gHvkR ⋅⋅=
12. Los volúmenes de la esfera para los radios r y rr ∆+ son:
3
34)( rrV π=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆+
∆+=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆+=∆+=∆+
≈44 344 21
0
323
333 331
341
34)(
34)(
rr
rr
rrr
rrrrrrrV πππ
a) El volumen de la capa esférica limitada por los dos radios es igual a:
rrrrrrrVrrV ∆=−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆+=−∆+ 233 4
3431
34)()( πππ
b) Como el volumen de la capa esférica es rr ∆24π que equivale a rA∆ , donde A es el área de la esfera, por similitud el área de una esfera de radio r es 24 rπ .
13. El esquema de la pirámide de Keops es el siguiente:
Si pasamos el triángulo formado por el ángulo º51=θ a un plano bidimensional nos queda:
Por el teorema de Pitágoras el valor del ángulo θ es de
2
1º5 tgah
= → º51 tg
2ha =
La diagonal d de la base cuadrada de la pirámide es 222 aaad =+= . Sabiendo este dato podemos calcular la altura h de la pirámide. Así pues, con el triángulo formado de vértices
Valor aproximado Valor exacto Diferencia % a) 9,95 a) 9,949874371 0,000125629 0,0012626 b) 0,99 b) 0,990099009 -0,000099009 -0,0099999 c) 4,986 c) 4,986630952 -0,000630952 -0,0126528
17. Las soluciones son las siguientes:
a) Los términos pedidos 2)1(21 xnn − son:
Valor de n y x Valor del término % a) 2 y 0,002 a) 0,0004 0,04 b) 5 y 0,001 b) 0,00001 0,001 c) -2 y 0,002 c) 0,000012 0,0012
b) Las diferencias son:
Valor aproximado Valor exacto Diferencia % a) 96 a) 96,04 -0,04 0,04165 b) 0,995 b) 0,99500999 -0,00000999 -0,001004 c) 0,996 c) 0,996011968 -0,000011968 -0,001201
18. Mediante la hoja de cálculo Excel, las soluciones son: a) rad 8955,1=θ b) º22,40 702034,0 == radθ c) rad 1,0=θ
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
1
II
Movimiento en una dimensión
Ejercicios
1. Las soluciones son:
a) La velocidad media será el cociente de dividir la distancia total recorrida entre el tiempo empleado, esto es:
km/h 24hmin 60
min5km 2
=×=mv
b) En este caso
km/h 12hmin 60
min01km 2
−=×−
=mv
El signo negativo indica el movimiento hacia la izquierda. c) Al regresar al punto de partida u origen ( 12 xx = ), la velocidad media es nula
km/h 0hmin 60
min51km 0km 0
min 5112 =×
−=
−=
xxvm
d) La velocidad media vectorial es
min 51
)km 2(km) 2(12 iitm
rrrrr −−
=∆−
=xxv → iim
rrrkm/h) 16(
min 51km 4
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=v
de donde el módulo de la velocidad media vale
km/h 16|=mv| r
2. Ahora, en el viaje de vuelta sólo llega a la mitad del recorrido (1 km) e invierte en ello 10 minutos
a) Es la misma que en el ejercicio 1, es decir:
km/h 24hmin 60
min5km 2
=×=mv
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
2
b) En este caso sólo camina durante un kilómetro, por tanto
km/h 6hmin 60
min01km 1
−=×−
=mv
El signo negativo indica el movimiento hacia la izquierda. c) Ahora, en el regreso, se queda a un kilómetro del punto de partida. Así, la velocidad me-dia es
km/h 4hmin 60
min51km 0km 1
min 5112 =×
−=
−=
xxvm
d) La velocidad media vectorial es
min 51
)km 1(km) 2(12 iitm
rrrrr −−
=∆−
=xxv → iim
rrr km/h) 12(min 51km 3
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=v
de donde el módulo de la velocidad media vale
km/h 12|=mv| r
3. Conociendo la expresión de la velocidad media 12
12
ttxx
vm −−
=
a) m/s 206
)5(7−=
−+−−
=mv
b) m/s 25,2610
)7(2=
−−−
=mv
c) m/s 3,0010
)5(2−=
−+−
=mv
4. La distancia recorrida, en el viaje, es de 200 km.
a) El tiempo transcurrido en el viaje es de h 5,500,1250,17 =− . Por tanto, la velocidad me-
dia es de
km/h 36,36h 5,5km 200
==mv
b) La velocidad media es igual a la del apartado anterior (misma distancia y mismo tiempo invertido). Hay que recordar que la velocidad media no nos dice nada acerca de cómo ha sido del desplazamiento, tan solo se trata de una velocidad promedio.
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
3
c) Al regresar al punto de partida u origen ( 12 xx = ), la velocidad media es nula
km/h 0h 0625,5
km 0km 0
12
12 =−++
−=
−−
=ttxx
vm
No obstante, la velocidad media vectorial no es nula
h 3,51
)km 200(km) 200(12 iitm
rrrrr −−
=∆−
=xx
v → iim
rrr km/h) 63,29(h 3,51
km 400=⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=v
de donde el módulo de la velocidad media vale
km/h 63,29|=mv| r d) El desplazamiento “escalar” es nulo, ya que al volver al punto de partida no hay despla-zamiento, esto es km/h 0km 0km 012 =−=− xx . Sin embargo, el desplazamiento vectorial es igual a:
iiirrrrr
km) 400()km 200(km) 200(12 =−−=− xx
5. Vamos a hacer una distinción del desplazamiento en dos partes, cada una de ellas con una velocidad media diferente.
a) El desplazamiento de cada uno de los dos tramos es
Tramo 1: km 200h 5,2hkm 80
=×=∆=∆ tvx m
Tramo 2: km 06h 5,1hkm 40
=×=∆=∆ tvx m
Así pues, el desplazamiento total en el viaje de 4 h es de 260 km.
b) La velocidad media del viaje completo es de km/h 65h4km 260
==∆∆
=txvm
6. Las velocidades medias pedidas son:
m/s 0s4
m 3m 3)( =−
=∆∆
=txavm
m/s 33,0s 4s 7m 3m 4)( =
−−
=∆∆
=txbvm
m/s 2s 7s01m 4m 2)( −=
−−−
=∆∆
=txcvm
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
4
m/s 1s 10s31m) 2(m 1)( =
−−−
=∆∆
=txdvm
7. Las soluciones las vamos a exponer en el siguiente cuadro:
Gráfico Instante Velocidad instantánea
Comparación de las celeridades
1t 01 >v (a)
2t 02 <v 21 vv > |||| 21 vv >
1t 01 >v (b)
2t 02 >v 21 vv = |||| 21 vv =
1t 01 <v (c)
2t 02 >v 21 vv < |||| 21 vv >
1t 01 >v (d)
2t 02 <v 21 vv > |||| 21 vv <
8. Las soluciones son:
a) Por definición de la velocidad media tenemos que
m/s 1s 0s 2m 0m 2
12
12 =−−
=−−
=ttxxvm
b) El valor de la pendiente de la curva x(t) nos da el valor de la velocidad instantánea en el momento s 2=t .
m/s 2s 2s 3m 2m 4
2 =−−
==tv
9. Las velocidades medias pedidas son:
m/s 2s 75,0s ,751
m 4m 6
12
12 =−−
=−−
=ttxxvm
m/s 67,2s 75,0s ,51
m 4m 6
12
12 =−−
=−−
=ttxxvm
m/s 2,3s 75,0s ,251
m 4m ,65
12
12 =−−
=−−
=ttxxvm
m/s 4s 75,0s 1
m 4m 5
12
12 =−−
=−−
=ttxxvm
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
5
Para hallar la velocidad instantánea en el momento s 75,0=t debemos trazar una recta tan-gente a la curva x(t) en ese punto. Esta recta pasa por los puntos (0;1) y (1,25;6,25) cuya pendiente vale la velocidad instantánea, esto es
m/s 2,4s 0s 1,25m 1m 6,25
75,0 =−−
≅=tv
10. Las soluciones pedidas son:
a) Para el momento s 11 =t el móvil se encuentra en m 1,11 =x , y en el momento s 52 =t el
móvil se encuentra en m 3,52 =x . Así pues, la velocidad media es:
m/s 05,1s 1s 5
m 1,1m ,35
12
12 =−−
=−−
=ttxxvm
b) La velocidad instantánea viene dada por la pendiente de la recta tangente señalada en la
gráfica, esto es
m/s 67,0s 0s 6m 2m 6
4 =−−
≅=tv
c) La velocidad instantánea de la partícula es cero en aquel momento del tiempo para el cual la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es cero. Esto ocurre en el instante s 8=t .También podemos observar cómo, en este punto, la velocidad cambia de sentido de positiva a negativa, lo cual es indicativo de que en ese instante la velocidad pasa a ser nula.
11. a) Vamos a calcular las posiciones de la partícula para los instantes de tiempo dados:
m 3m 1s 4m/s 5s) 4(m/s 1)s 4( 222 −=+×−==tx
m 5m 1s 3m/s 5s) 3(m/s 1)s 3( 22
1 −=+×−==tx El desplazamiento de la partícula es m 2=−−−=−=∆ m) 5(m 312 xxx
La velocidad media es de m/s 2s 3s 4
m) 5(m 3
12
12 =−−−−
=−−
=ttxxvm
b) Ahora consideramos ttt ∆+=2 , luego:
1)(525 1)(5)()( 222
2 +∆+∆−∆+−=+∆+−∆+=∆+ ttttttttttttx
15)( 21 +−= tttx
Así pues, el desplazamiento general para un incremento de tiempo t∆ es:
212 )(52 ttttxxx ∆+∆−∆=−=∆
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
7
La gráfica de la velocidad media en función del tiempo, en intervalos de un segundo, es:
c) La velocidad instantánea, para cualquier valor de t, es:
m/s )5(10)( −−== tdtdytv
13. La velocidad final que adquiere el vehículo es m/s 25km 1
m 1000s3600
h 1h
km90 =××
La aceleración media es entonces:
2
12
12 m/s 5s 0s 5m/s 0m/s 25
=−−
=−−
=∆∆
=ttvv
tvam
El cociente entre esta aceleración y la de la gravedad es:
51,0m/s 81,9
m/s 52
2
=
14. La aceleración del vehículo es 2km/h 000.36h1
s 3600s-h
km10 =×
a) De la fórmula de velocidad tenemos que en h 3600
1s 1 ==t :
km/h 55h3600
1km/h 36000km/h 45 20 =×+=+= atvv
Ahora, para h 3600
2s 2 ==t
45 35 25 15 5
mv
)(st -5
-15 -25 -35 -45
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
8
km/h 65h3600
2km/h 36000km/h 45 20 =×+=+= atvv
b) Para un instante t cualquiera, (expresado en horas), la velocidad vale
km/h )3600045( tv += , o bien, m/s 9255,12 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += tv
15. La aceleración media es
2
12
12 m/s 2s 5s 8m/s 5m/s 1
−=−−−
=−−
=∆∆
=ttvv
tvam
16. Conocemos la expresión de la velocidad instantánea para cualquier valor de t, por tanto:
a) La aceleración media pedida vale:
2
12
12 m/s 16s 3s 4
m/s )728(m/s )748(=
−−×−−×
=−−
=∆∆
=ttvv
tvam
b) El gráfico viene representado por una línea recta. La aceleración instantánea viene medida por la pendiente de la curva v(t), y ésta vale 2m/s 8
para cualquier valor del tiempo, ya que:
2m/s 8)78(=
−==
dttd
dtdva
t
)(tv
-7
0,875
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
9
17. Las soluciones son: a) En esta gráfica el valor de la pendiente es constante. Este valor es de la velocidad instan-tánea del móvil. Por tanto, al ser la velocidad constante para cualquier momento del tiempo, la ace-leración es nula ( 2m/s 0=a ). b) Ahora, el valor de la velocidad, medida por la pendiente en cada punto de la gráfica, varía de negativa a positiva, haciéndose nula en un instante del tiempo (pendiente cero). Por tanto, la va-riación de la velocidad en dos instantes cualesquiera es siempre positiva y, por consiguiente, la ace-leración es positiva en todo momento ( 2m/s 0>a ). c) Este es el caso contrario al punto anterior, es decir, el valor de la velocidad, medida por la pendiente en cada punto de la gráfica, varía de positiva a negativa, haciéndose nula en un instante del tiempo (pendiente cero). Por tanto, la variación de la velocidad en dos instantes cualesquiera es siempre negativa y, por consiguiente, la aceleración es negativa en todo momento ( 2m/s 0<a ). d) Estamos ante el mismo caso que en el apartado a), solo que ahora la velocidad instantánea resulta ser negativa, pero en todo caso constante, por lo que la aceleración es nula ( 2m/s 0=a ).
18. La representación gráfica de la posición de la partícula es la siguiente:
x, m
-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
x, m
a) La velocidad es máxima en aquel instante en el que el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es máximo y positivo. Esto ocurre cuando s 3=t . b) La velocidad es mínima en aquel instante en el que el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es máximo y negativo. Esto ocurre cuando s 5,6=t . c) La velocidad es cero para el instante s 5=t , y para los intervalos de tiempo s 8 s 9 −=∆t y s 10 s 11 −=∆t , ya que el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es cero.
1 3 5 7 9 11
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
10
d) Para que la velocidad sea constante, el valor de la pendiente de la recta tangente a la cur-va x(t) no ha de variar. Esto ocurre para el intervalo de tiempo s 6 s 7 −=∆t , ya que el tramo de la curva se hace casi rectilíneo. e) Para que la aceleración sea positiva, la variación de velocidad ha de ser positiva. Esto ocurre para los intervalos de tiempo s 0 s 3 −=∆t , s 7 s 9 −=∆t y s 10 s 11 −=∆t f) Al contrario, para que la aceleración sea negativa, la variación de velocidad ha de ser ne-gativa. Esto ocurre para los intervalos de tiempo s 3 s 7 −=∆t y s 9 s 10 −=∆t . Analíticamente también se pueden verificar estas afirmaciones, según los datos que se des-prenden de la siguiente tabla:
a) El argumento de una función exponencial debe ser adimensional, por tanto 1s−=b , es de-
cir, [ ] 1−= Tb . El significado físico de A es el de la velocidad inicial de la partícula. b) Para calcular la aceleración, hallamos la derivada de la velocidad respecto del tiempo, esto es:
bvAebdt
Aeddtdva
v
btbt
−=−=== −−
321)(
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
11
Efectivamente, la aceleración es proporcional a la velocidad, precisamente en el parámetro b, y además es de signo negativo, indicando la desaceleración debida a la influencia de fuerzas vis-cosas, tales como la resistencia del aire.
21. Como el coche parte del reposo tenemos que m/s 00 =v
a) La velocidad del coche a los 10 segundos será de m/s 80=×+=+= s 10m/s 88 2
00 vtvv b) La distancia recorrida será de
m 400=×=++= 22
200 s) 10(
2m/s 8
21 attvxx
c) La velocidad media vale
m/s 40=−−
=−−
=s 0s 01m 0m 400
12
12
ttxxvm
22. Como no nos interesa saber el tiempo que invierte en alcanzar la velocidad de m/s 15 :
xavv ∆+= 220
2 → m 50=×
−=∆ 2
22
m/s22m/s) 5(m/s) 15(x
23. Usamos la misma fórmula que en el caso anterior, esto es:
xvv
a∆−
=2
20
2
→ 2m/s 15,625=−×
−=
m) 6m 10(2m/s) 10(m/s) 15( 22
a
24. Los datos de partida son m/s 10 =v , m 70 =x
xavv ∆+= 22
02 → 22222 s/m 9m) 7m 8(m/s 42m/s) 1( =−×+=v
Así pues, la velocidad que adquiere el objeto es de m/s 3== 2
2
sm9v . Esta velocidad será
adquirida en el momento
atvv += 0 → s 0,5=−
= 2m/s 4m/s 1m/s 3t
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
12
25. Si empieza desde el reposo, entonces:
200 2
1 attvxx ++= → s 52=×
== 2m/s 10m 10022
axt
Si este es el tiempo que tarda en recorrer los 100 metros, entonces su velocidad será igual a m/s 520=×=+= s 52m/s 10 2
0 atvv Y, finalmente, la velocidad media será de
m/s 510=−−
=−−
=s 0s 52m 0m 001
12
12
ttxxvm
26. Al ser lanzada la pelota hacia arriba, la aceleración ejercida sobre la pelota es precisa-
mente la gravedad, cuyo sentido es hacia abajo (signo negativo).
a) El tiempo que está la pelota en el aire es el que tarda en llegar a su punto más alto y regre-sar al punto de partida, con lo que el espacio recorrido será igual a cero, esto es
200 2
1 gttvxx −+= → 22
2m/s 10m/s 2000 tt ×−×+=
)m/s 5m/s 20(0 2 tt ×−= . Una solución es s 0=t , que es el caso cuando la pelota es justa-mente lanzada hacia arriba, y la otra solución es s 4=t , que es cuando la pelota regresa al punto de lanzamiento una vez ésta ha sido lanzada hacia arriba. b) Cuando la pelota alcanza su altura máxima su velocidad es cero, por tanto xavv ∆+= 22
02 → x××−= 22 m/s 102m/s) 20(0
de donde m 20== 2
22
m/s 20/sm 400x
c) El tiempo que tarda la pelota en alcanzar los 15 metros de altura es:
200 2
1 gttvxx −+= → 22
2m/s 10m/s 200m 15 tt ×−×+=
0342 =+− tt → ⎩⎨⎧
==
=±
=−±
=s 3
s 5,02
242
12164
2
1
tt
t
Así pues, las soluciones son s 0,5=1t , la pelota está a 15 metros de altura en sentido ascen-dente, y s 3=2t , la pelota está también a 15 metros de altura pero en sentido descendente, es decir, la pelota baja de regreso al punto de lanzamiento.
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
13
27. Las soluciones son: a) Como la pelota parte del reposo tenemos que
22220
2 s/m 60m 3m/s 1022 =××=∆+= xavv → m/s 152−=−= 2
2
sm60v
El signo negativo indica el sentido de la velocidad de la pelota, que no hay que olvidar que está bajando. b) Como al rebotar tan solo llega a 2 metros de altura, hemos de entender que toda la energía potencial que tenía la pelota a 3 metros de altura no se ha traducido en energía cinética al rebotar, sino que parte de la misma se ha consumido (en la deformación de la pelota al tocar el suelo). xavv ∆+= 22
02 → 222
022
0 s/m 04m 2m/s 1020 −=××−= vv
m/s 102== 2
2
0 sm40v
c) La aceleración media durante el intervalo de tiempo en el que la pelota toca el suelo y sale despedida hacia arriba es
( ) 2m/s 1510100 +=−−
=−−
=∆∆
=s ,020
m/s )152(m/s )102(
12
12
ttvv
tvam
28. La velocidad del coche es m/s 83,26km1
m 1000s3600
h 1h
km95)
=×× . La aceleración que
experimenta el coche hasta detenerse es:
xavv ∆+= 220
2 → m 502m/s) 83,26(0 2 ×+= a)
2m/s 6,9637=−
=m 100
s/m 3734,696 22
a
El cociente entre esta aceleración y la de la gravedad es:
71,07098,0m/s 81,9
m/s ,963762
2
≅=
29. La función de posición es m/s 6==dtdxv . Integrando ambos miembros tenemos:
dtdx 6= → ∫∫ = dtdx 6 , de donde txtx m/s) 6()( 0 += El valor 0x es la constante debi-
da a la integral indefinida.
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
14
30. Procediendo igual que en el caso anterior tenemos que 57 +== tdtdxv
dttdx )57( += → ∫∫ += dttdx )57( , de donde 22
0 )m/s 5,3(m/s) 5()( ttxtx ++= 31. Las soluciones son:
a) Como Ctdtdva == , integramos Ctdtdv = → ∫∫ = Ctdtdv → 2
21 CtBv +=
Ahora bien, como sabemos que 221 CtB
dtdxv +== , volvemos a integrar, esto es:
vdtdx = → ∫∫ += dtCtBdx )( 2
21 → 3
61)( CtBtAtx ++=
b) Cuando s 0=t la expresión anterior vale m 0=A y, además, m/s 00 == Bv . La posi-ción al cabo de 5 segundos ( 3m/s 3=C ) es, por tanto: m 62,5=++= 3
61 CtBtAx
La velocidad al cabo de esos 5 segundos es de: m/s 37,5=×=+= 232
21 s) 5(m/s 5,1CtBv
32. La velocidad es 36 += tv
a) La gráfica v(t) es la siguiente:
v, m/s
0
10
20
30
40
50
60
70
80
v, m/s
1 3 5
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
15
El área limitada por la curva en el intervalo s 0=t y s 5=t es:
[ ] m 90=⋅+⋅−⋅+⋅=+=+=∫∫ )0303()5353(33)36()( 2250
25
0
5
0
ttdttdttv
b) La función de posición será de la forma: ∫∫∫ +== dttdttvdx )36()( → 2
0 33)( ttxtx ++= Cuando s 52 =t entonces m )90(12515 002 +=++= xxx Cuando s 01 =t entonces m 01 xx = Por tanto, el desplazamiento durante este intervalo es de m 90=−+=−=∆ 0012 90 xxxxx . Resultado que coincide, lógicamente, con el obtenido en el apartado a).
33. La velocidad es tv 47 −= a) La gráfica v(t) es la siguiente:
v, m/s
-40
-35
-30
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
v, m/s
El área limitada por la curva en el intervalo s 2=t y s 6=t es:
[ ] m 36−=⋅−⋅−⋅−⋅=−=−=∫∫ )2227()6267(27)47()( 2262
26
2
6
2
ttdttdttv
b) La función de posición será de la forma: ∫∫∫ −== dttdttvdx )47()( → 2
0 27)( ttxtx −+=
1 3 5 7 9
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
16
Cuando s 62 =t entonces m )30(7242 002 −=−+= xxx Cuando s 21 =t entonces m 6)(814 001 +=−+= xxx Por tanto, el desplazamiento durante este intervalo es de m 36−=+−−=−=∆ )6()03( 0012 xxxxx . Resultado que coincide, lógicamente, con el obtenido en el apartado a). c) La velocidad media es
m/s 9−=−
−=
−−
=∆∆
=s 2s 6
m 36
12
12
ttxx
txvm
34. Las soluciones son:
a) El valor del área es m 1=−×−=∆×∆ s) 3s (4)m/s 1m/s 2(tv b) El recorrido de la partícula viene dado por al área encerrada bajo la curva v(t) y el eje de
tiempo. En la siguiente gráfica hemos representado la gráfica del problema. Como cada cuadrado tiene un área de 0,5 m, vamos a calcular de forma aproximada el área encerrada bajo la curva para los intervalos de tiempo pedidos.
Velocidad de la partícula
0
1
2
3
4
5
6
7
8
v, m/s
⎯ Intervalo recorrido entre s 1=t y s 2=t Son un cuadrado completo, mitad de otro y un 70% de otro, esto hace un total de cuadrados 2,27,05,01 =++ → m 1,1=×≅ m 5,02,2Área
3 2 1 4
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
17
⎯ Intervalo recorrido entre s 2=t y s 3=t Son cinco cuadrados completos, mitad de otro y un 70% de otro, esto hace un total de cuadrados 2,67,05,05 =++ → m 3,1=×≅ m 5,02,6Área c) La velocidad media es
m/s 12,s 1s 3
m ,13m 1,1=
−+
=∆∆
=txvm
35. Las soluciones son:
a) El valor del área es m/s 0,25=−×−=∆×∆ s) 5,0s (1)m/s 5,2m/s 3( 22ta b) La velocidad de la partícula viene dado por al área encerrada bajo la curva a(t) y el eje de
tiempo. En la siguiente gráfica hemos representado la gráfica del problema. Como cada cuadrado tiene un área de m/s 25,0 , vamos a calcular de forma aproximada el área encerrada bajo la curva para los intervalos de tiempo pedidos.
Aceleración de la partícula
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
a
⎯ Intervalo recorrido entre s 0=t y s 1=t Son dos cuadrados completos, 70% de otro, un 25% de otro y un 85% de otro, esto hace un total de
cuadrados 8,385,025,07,02 =+++ → m/s 0,95=×≅ m/s 25,08,3Área
3 2 1
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
18
⎯ Intervalo recorrido entre s 2=t y s 0=t Son siete cuadrados completos, un 95% de otro y un 90% de otro, y más 3,8 cuadrados del tramo anterior de 0 a 1 segundo, esto hace un total de cuadrados 65,128,390,095,07 =+++ → m/s 3,16=×≅ m/s 25,065,12Área
⎯ Intervalo recorrido entre s 3=t y s 0=t Son once cuadrados completos, un 80% de otro y un 20% de otro, y más 12,65 cuadrados del tramo anterior de 0 a 1 segundo, esto hace un total de cuadrados 65,2465,1220,080,011 =+++ → m/s 6,16=×≅ m/s 25,065,24Área c) El gráfico es el siguiente:
Velocidad de la partícula
0
1
2
3
4
5
6
7
8
v, m/s
Cada rectángulo del gráfico vale m 1=−×−=∆×∆ s) 2s (3)m/s 1m/s 2(tv . Por tanto, el recorrido aproximado de la partícula en el intervalo de s 0=t a s 3=t es: Son cuatro cuadrados completos, un 95% de otro, un 35% de otro, un 85% de otro y un 50% de otro, esto hace un total de cuadrados 65,65,085,035,095,04 =++++ → m 656,m 165,6Área =×≅
36. Las soluciones pedidas son:
El área limitada por la curva en el intervalo s 1=t a s 3=t es:
m 4,34=−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡==∫∫ 3
5,03
5,1335,05,0)(
3
1
33
1
23
1
tdttdttv . La solución del ejercicio 34 era de
m 4,2m 3,1m 1,1 =+ . La aproximación al valor real es bastante considerable.
1 2 3
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
19
37. Las soluciones son:
a) Para los momentos 1t y ttt ∆+= 12 la distancia recorrida es 2
11 5tx = 2
121
212 )(5105)(5 ttttttx ∆+∆+=∆+=
Por tanto, la distancia exacta que recorre el cuerpo es 2
112 )(510 tttxxx ∆+∆=−=∆ , y como s 3,0s 20s 3,2012 =−=−=∆ ttt
m 60,45=⋅+⋅⋅=∆+∆=∆ 2221 s) 3,0(m/s 5s 3,0s 2010)(510 tttx
b) La velocidad pedida es atvv += 0 , donde 2m/s 81,9== ga y m/s 00 =v m/s 196,20=⋅+= s 20m/s 81,90 2v
Ahora, utilizando la aproximación de la diferencial tenemos que tdtdx 10= , de donde obte-
nemos tdtdx 10= . Por tanto, la distancia recorrida en el intervalo de 0,3 s es de:
38. Hallando la derivada del área del circulo tenemos rdrdA π2= , de donde obtenemos
rdrdA π2=
Cuando la variación en el radio es muy pequeña, el incremento en el área tiende a la expre-sión de la longitud de la circunferencia. Esta es la interpretación geométrica.
39. La diferencial del área de un círculo ya ha sido calculada en el ejercicio anterior. Por tanto, dividiendo su expresión por el valor del área nos queda:
drr
rA
dA2
2ππ
= → drrA
dA 2=
Al variar el radio en un 1%, es decir, ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ = %1
rdr el porcentaje de variación del área es
2%=×== %122rdr
AdA
m 60=⋅⋅= s 0,3 s 20m/s 10 2dx
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
20
40. La fórmula del volumen de una esfera es 3
34 rV π=
a) Utilizando la aproximación de la diferencial tenemos que 24 rdrdV π= de donde
drrdV 24π=
La interpretación geométrica cuando el radio varía en dr es el volumen de una pequeñísima capa esférica. Este volumen, prácticamente infinitesimal, es el área de la esfera. b) Dividiendo la expresión del apartado a) por el volumen nos queda
drr
rVdV
3
2
344
π
π= →
rdr
VdV 3=
c) Al ser el error cometido en la medición del radio en un 2%, es decir, ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ = %2
rdr el por-
centaje de error en la variación del volumen de la esfera es
6%=×== %233rdr
VdV
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
21
Problemas 1. Vamos a considerar el cruce como el origen de la recta que representa la trayectoria de los dos vehículos. Por tanto, para el momento s 0=t el primer coche se encuentra en este punto. Sin embargo, el segundo coche pasa por el cruce 5 segundos más tarde, por lo que en el momento
s 0=t se encontraba a m 150s 5m/s 302 =×=x a la izquierda del cruce. a) Las funciones de posición son las siguientes:
Las ecuaciones de los móviles son las siguientes: ttx 20)(1 = ttx 30150)(2 +−= b) En el momento en el que el segundo coche adelanta al primero, las posiciones de los au-tomóviles serán las mismas, por tanto
)()( 21 txtx = → tt 3015020 +−=
La solución a la ecuación anterior es s 15=t . El segundo coche tarda 15 segundos en ade-lantar al primero. c) En el momento del adelanto los coches se encuentran con respecto al cruce a: m 300s 15m/s 2020)(1 =×== ttx m 003s 15m/s 30m 15030150)(2 =×+−=+−= ttx Lógicamente, ambas distancias son iguales. Así pues, en el momento del adelanto los coches han recorrido desde el momento s 0=t hasta el momento s 15=t :
)s(t
)(1 tx
-150
15
)(2 tx )(1 tx
)(2 tx
300
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
22
⎯ Coche 1: m 300m 0 m 30012 =−=−=∆ xxx ⎯ Coche 2: m 504m) 015( m 30012 =−=−=∆ xxx
2. Al empezar la carrera, las posiciones iniciales de Doña liebre (L) y de Doña tortuga (T) son de cero para ambas, ya que parten del punto de salida. Sus ecuaciones de posición son las si-guientes: txL 4= y txT =
Ahora, vamos a desglosar el problema en períodos de tiempo:
⎯ Distancias recorridas durante los 5 primeros minutos
m 200.1min
s 60min 5m/s 4 =××=Lx
m 300min
s 60min 5m/s 1 =××=Tx
⎯ Distancias recorridas después de los 135 minutos de siesta de Doña Liebre
m 200.1=Lx , ya que permanece en el mismo sitio
m 400.8min
s 60min 140m/s 1 =××=Tx
El momento en que Doña tortuga pasa a Doña liebre es aquel para el cual la tortuga ha reco-rrido una distancia de 1.200 metros, esto es:
min 20s 200.1m/s 1
m 200.1====
T
T
vx
t
5 140 t (min)
166,6
XL
XT
x (t)
10 km
1,2 km
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
23
Así pues, la tortuga tarda 20 minutos en pasar a Doña Liebre. Después de la siesta, la nueva ecuación de posición de Doña Liebre es la siguiente:
txL 4200.1 +=
Cuando Doña Tortuga cruza la meta, ésta emplea un tiempo igual a
min 6,166s 000.10m/s 1
m 000.10 )====
T
T
vx
t
Por tanto, cuando Doña Liebre despierta (a los 140 minutos de haber empezado la carrera) la distancia que recorre en 6,26
) minutos hasta que Doña Tortuga cruza la meta es de
m 600.7min
s 60min 6,26m/s 4m 200.14200.1 =××+=+=)
txL
Así pues, Doña Liebre se quedó a 2.400 metros de distancia de la meta cuando Doña Tortuga ganó la carrera. Para saber cuánto tiempo podía haber dormido Doña Liebre sin perder la carrera, tenemos que saber cuánto tiempo necesita para llegar hasta meta después de haber dormido
000.104200.1 =+ t → min 6,36s 200.24
200.1000.10 )==
−=t
Como sabemos que el tiempo que emplea Doña Tortuga en ganar es de 6,166
) minutos, el
tiempo que podría haber dormido Doña Liebre sin perder la carrera es de: 6,1666,365
))<++ Dormirt → s 5007min .tDormir =< 125
3. Los datos del problema son: 2m/s 3=a Las ecuaciones de posición y velocidad son:
200 2
1 attvxx ++=
atvv += 0 Para conocer la ecuación de posición de la partícula hemos de calcular 0x y 0v .
⎯ Si s 4=t entonces m 100=x
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
24
22
00 s) 4(2
m/s 3s 4m 100 ⋅+⋅+= vx
⎯ Si s 6=t entonces m/s 15=v
s 6m/s 3m/s 15 20 ⋅+= v → m/s 30 −=v
Sustituyendo 0v en la ecuación de posición calculamos 0x , esto es:
22
0 s) 4(2
m/s 3)m/s 3(s 4m 100 ⋅+−⋅+= x → m 880 =x
Así pues, ya tenemos la ecuación de posición de la partícula en función del tiempo:
2
23388 ttx +−=
Para s 6=t , la partícula se encontrará en la posición:
m124 s) 6(2
m/s 3s 6m/s 3m 88 22
=⋅+⋅−=x
4. Las soluciones son: a) La velocidad es negativa en los instantes 0t y 1t , ya que la pendiente de la recta tangente
a la curva x(t) es negativa. b) La velocidad es positiva en los instantes 3t , 4t , 6t y 7t , ya que la pendiente de la recta
tangente a la curva x(t) es positiva. c) La velocidad es nula en los instantes 2t y 5t , ya que la pendiente de la recta tangente a la
curva x(t) es cero. d) La aceleración es negativa en 4t , ya que la velocidad del coche pasa de ser positiva a nu-
la, lo que indica que el coche está frenando, es decir, desacelerando. e) La aceleración es positiva en 2t y 6t , ya que la velocidad del coche experimenta un cam-
bio de menor a mayor. f) La aceleración es nula en aquellos instantes en donde la velocidad sea constante, y estos
son 0t , 1t , 3t , 5t y 7t .
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
25
5. Sea la gráfica siguiente:
v, m/s
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
v, m/s
a) En el tramo 0t a 2t la velocidad es constante en todo momento y la aceleración es nula (la
pendiente de la recta tangente a la curva v(t) es cero). b) Para que la aceleración sea cero, pero no constante, la variación de velocidad ha de ser
nula. Así pues, esto ocurre, por ejemplo, en los tramos 2t a 8t y de 11t a 17t . c) La velocidad es positiva si la curva está por encima del eje de tiempo, mientras que la
aceleración es positiva si la pendiente de la recta tangente a la curva v(t) es positiva. Esto ocurre en todo el tramo 6t a 9t y en el tramo 17t a 19t .
d) Este caso es el contrario al anterior. Esto ocurre en todo el tramo 11t a 14t . e) Esto ocurre en los tramos 4t a 6t , de 10t a 11t y de 20t a 21t . f) Esto ocurre sólo en el tramo 14t a 17t g) La velocidad es nula, pero la aceleración no, en los instantes 11t y 17t 6. Las soluciones son: Gráfico a a) La aceleración es positiva en los instantes 4t y 5t . La aceleración es negativa en los ins-
tantes 1t , 2t , 8t y 9t . La aceleración es cero en los instantes 3t , 6t y 7t . b) La aceleración es constante en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de la
recta tangente a la curva v(t) es la misma. Así pues, la aceleración es igual y constante en los instan-
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
26
tes 1t y 2t . También es igual y constante en los instantes 4t y 5t . Y lo mismo sucede en los instan-tes 8t y 10t . En los instantes 6t y 7t también es constante la aceleración y, además, es igual a cero.
c) La velocidad instantánea es nula sólo en el instante 5,8t . Gráfico b a) La aceleración es positiva en los instantes 6t y 7t . La aceleración es negativa en los ins-
tantes 1t , 2t y 8t . La aceleración es cero en los instantes 3t , 4t y 5t . b) La aceleración es constante en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de la
recta tangente a la curva v(t) es la misma. Así pues, la aceleración es igual y constante en los instan-tes 3t , 4t y 5t y, además, es igual a cero.
c) La velocidad instantánea es nula en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de
la recta tangente a la curva x(t) es cero. Esto ocurre en los instantes 2t , 6t y 8t . 7. Vamos a elegir como punto de origen el lugar donde se encuentra el coche de policía. Así pues, tenemos: Función de posición del coche (1)
La velocidad del coche es m/s 2,22s3600
h 1km1
m 1000km/h 80)
=×× . Por tanto su función de
posición es
ttx 2,22)(1
)=
Función de posición del coche policía (2)
La aceleración del coche policía es 2m/s 2,2s3600
h 1km1
m 1000skm/h 8)
=××⋅ . Por tanto, su
función de posición es
22 2,2
21)( ttx
)×=
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
27
a) El gráfico x(t) es de la forma
Función de posición
0
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
PolicíaCoche
b) El momento en el que el coche de policía alcanza al otro coche será cuando )()( 21 txtx = , esto es
22m/s 2,221m/s 2,22 tt ××=×
))
La solución a esta ecuación es s 20=t , que es el tiempo que tarda el coche policía en alcan-zar al otro coche. c) La velocidad del coche policía será igual a
atvv += 0 → m/s 4,44s 20m/s 2,2 2 ))=×=v
Así pues, la velocidad del coche policía, expresada en otras unidades, es de km/h 160 . 8. El coche de policía presenta dos tipos de movimientos, uno uniformemente acelerado hasta alcanzar la velocidad de 190 km/h (ó 52,7 m/s), y otro uniforme cuando esta velocidad ha sido alcanzada. Por tanto, vamos a calcular su función de posición con respecto al tiempo: El tiempo que tarda en alcanzar los 190 km/h es de:
atvv += 0 → km/h 190skm/h 8 =×⋅= tv → s 75,23skm/h8
km/h 190=
⋅=t
La función de posición del coche policía es:
20 10
⎪⎩
⎪⎨⎧
≥−×+
≤××=
s 75,23 para )75,23(m/s 752,m 736,626
s 75,23 para m/s 2,2)(
2221
2tt
tttx )
)
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
28
La función de posición del otro coche es:
ttx ×= m/s 27,34)(1
)
a) El momento en el que el coche de policía alcanza al otro coche será cuando )()( 21 txtx =
⎯ Para s 75,23≤t
22m/s 2,221m/s 27,34 tt ××=×
)) → s 25,31=t
Durante los primeros 23,75 s, el coche policía no logra alcanzar al otro coche, ya que este tiempo calculado excede del dominio 22
21 m/s 2,2 t××
) para el cual está definida la función de posi-
ción del policía. Ya sólo nos queda probar la otra función de posición del coche de policía.
⎯ Para s 75,23≥t )75,23(m/s 7,52m 736,626m/s 27,34 −×+=× tt
)) → s 34,71=t
Este es el tiempo que tarda el coche policía en alcanzar al otro coche. b) El espacio que habrán recorrido ambos coches es de m 1.205,21=×== s 71,34m/s 27,34)()( 21
)txtx
c) El gráfico x(t) es de la forma
Función de posición
0
200
400
600
800
1000
1200
1400
1600
PolicíaCoche
4 12 20 28 36
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
29
9. Las soluciones son: a) Las distancias de frenado de cada coche son: Coche policía
atvv += 0 → t×−= 2m/s 6m/s 7,520)
→ s 79,8=t Este es el tiempo que tarda el coche policía en frenar el vehículo por completo. Por tanto, la
Así pues, como cochepolicía xx > se demuestra que el coche policía choca contra el otro coche,
ya que no consigue frenar en una distancia menor a 200,45 metros. b) Si llamamos Pv
r a la velocidad del coche policía y Cvr a la velocidad del otro coche, y eli-
giendo el otro coche como sistema referencial, tenemos que la velocidad relativa del coche de poli-cía con respecto al otro coche es de
iiiCPCP
rrrrrr km/h) 65(km/h) 125(km/h) 190(/ =−=−= vvv Así pues, la velocidad con la que choca el coche de policía es de 65 km/h. El tiempo que tarda en chocar, es aquel en el que la posición del coche de policía iguala a la
del otro coche, esto es cochepolicía xx =
2222 m/s 62127,34m 100m/s 6
217,52 tttt ××−×+=××−×
)) → s 5,54=t
c) Vamos a llamar t al tiempo que tarda el vehículo en frenar desde que se acciona el pedal
del freno, y T al tiempo de reacción, es decir, el tiempo que transcurre desde que el conductor ve la luz roja de los frenos del vehículo que le precede, o percibe el peligro, hasta que éste traslada su pie del pedal de aceleración al pedal de freno.
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
30
Durante el tiempo de reacción T , que es muy breve y oscila en condiciones normales en tor-no a 1 segundo, el vehículo recorre una distancia que vamos a llamar distancia de reacción Rx , es decir
vTxR =
siendo v la velocidad instantánea del vehículo. Por otra parte, una vez que se acciona el pedal del freno y se aplica una desaceleración a al vehículo, el vehículo recorre una distancia que vamos a llamar distancia de frenado Fx . Ahora
bien, el tiempo t que tarda el vehículo en frenar es igual a avt = . Por tanto:
av
av
avatvtxF 222
1 2222 =−=−=
Así pues, la distancia total que recorre el automóvil es
avvTxxx FRT 2
2
+=+=
Como conclusión, el tiempo de reacción T incrementa la distancia total de frenado en la can-tidad vT . Por ejemplo, si en nuestro problema el policía tiene un tiempo de reacción s 1=T , el espa-cio de frenado recorrido hubiese sido de
m 284,82=+×= m 232,12s 1m/s 7,52)
Tx 10. Vamos a plantear el problema de dos formas: a) Usando el segundo coche como sistema referencial, la velocidad relativa del primer coche
con respecto al segundo es 212/1 vvv −= . Con esta velocidad, el primer coche se acerca al segundo, y empieza a frenar con aceleración a cuando está a una distancia d. A consecuencia del freno, el primer coche recorre una distancia igual a
xavv ∆+= 220
2 → xavv ∆+−= 2)(0 221 →
avvx
2)( 2
21 −=∆
Pues bien, si queremos evitar el choque tiene que verificarse que xd ∆> , o lo que es lo
mismo
avvd
2)( 2
21 −>
tal y como se quería demostrar.
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
31
Otra forma de plantear el problema es considerando la funciones de posición de los vehícu-los, y eligiendo ahora como sistema de referencia el primer coche.
211 2
1 attvx −=
tvdx 22 +=
Para comprobar si los vehículos chocan, igualamos sus funciones de posición ( 21 xx = ), esto
es
tvdattv 22
1 21
+=−
y ordenando respecto del tiempo
02)(2 212 =−−+− dtvvat
Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe ser mayor que cero, esto es [ ] 08)(4)2)((4)(2 2
212
21 >−−=−−−−=∆ advvdavv → 02)( 221 >−− advv
Por tanto, para que exista choque la distancia d debe ser avvd
2)( 2
21 −< , que corrobora lo
deducido anteriormente, es decir, para que no exista choque debe ocurrir justamente lo contrario. b) Las velocidades de los vehículos son:
m/s 25s 3600
h 1km1
m 1000km/h 901 =××=v
m/s 5,12s 3600
h 1km1
m 1000km/h 452 =××=v
Por tanto, la distancia d crítica que debe de mediar entre un coche y otro vale:
m 13,02=×−
=−
= 2
2221
m/s62m/s) 5,12m/s 25(
2)(
avvd
c) Si el conductor del primer coche tiene un tiempo de reacción T, antes de que éste pueda accionar el pedal del freno, los vehículos habrán recorrido una cierta distancia, es decir,
⎯ Distancia recorrida por el primer coche: Tv1 ⎯ Distancia recorrida por el primer coche: Tv2
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
32
Con estas distancias, cuando el primer vehículo accione el pedal del freno, la distancia que mediará entre un vehículo y otro se habrá modificado, siendo ahora la distancia igual a:
TvTvdD 12 −+= → )( 12 vvTdD −+=
Al ser 21 vv > , la distancia dD < , es decir, el tiempo de reacción ha hecho disminuir la dis-tancia original que mediaba entre los dos coches.
Igual que ocurría en el apartado a), para que no exista choque debe ocurrir que
avvD
2)( 2
21 −> → avvvvTd
2)()(
221
12−
>−+ → )(2
)(12
221 vvT
avvd −−
−>
y en definitiva
)(2
)(21
221 vvT
avvd −+
−>
Así pues, ante la existencia de un tiempo de reacción T la distancia a la que se deben encon-trar los vehículos para que no exista choque ha aumentando en la cantidad )( 21 vvT − .
11. Vamos a elegir como sistema inercial de referencia la situación del pasajero con respec-to al tren.
a) Vamos a llamar Px a la función de posición de pasajero y Tx a la del tren. Así, el pasaje-
ro llegará a coger el tren si ambas funciones de posición se cruzan:
txP ×= m/s 8 2m/s 1
21 tdxT ××+=
TP xx = → 25,08 tdt += → 085,0 2 =+− dtt
Para que la ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante ha de ser
mayor que cero:
02645,04)8( 2 >−=××−−=∆ dd Por tanto, el pasajero cogerá el tren siempre y cuando la distancia a la que se encuentra del
tren sea m 32<d . Como el dato del problema es m 30=d , el pasajero sí cogerá el tren.
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
33
b) La distancia crítica ya ha sido hallada en el apartado anterior, siendo ésta de m 32=cd . Esta es la distancia máxima que puede haber entre el pasajero y el tren, si queremos que aquél lle-gue a subirse al vagón.
La gráfica de las funciones de posición son:
Función de posición
-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
100
120
TrenPasajero 1Pasajero 2
Para el pasajero se han dibujado dos gráficas. La de color rojo es para una distancia m 32=d , mientras que la de color celeste claro es para m 60=d .
Se puede observar perfectamente que, al ser la pendiente de la función de posición del pasa-jero la misma (8 m/s), éste cogerá el tren siempre y cuando la ordenada en el origen sea m 32−>d . c) Para m 32=d , el pasajero alcanzará el tren en el momento 03285,0 2 =+− tt , cuya so-lución es s 8=t . La velocidad del tren será de m/s 8=×=+= s 8m/s 1 2
0 atvv , y la velocidad media igual a
m/s 4=+=+= m/s) 80(21)(
21
0 vvvm
12. Vamos a elegir como sistema inercial de referencia el suelo. Por tanto, la ecuación del
movimiento del ladrillo puede expresarse de esta manera:
22 )m/s 81,9(21m/s) 5(m 6)( ttty −+=
La representación gráfica es la siguiente:
2 4 6 8 12 14 16
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
34
Función de posición
0
1
2
3
4
5
6
7
8
y(t)
a) En el momento de alcanzar la altura máxima, la velocidad del ladrillo es cero, por tanto
gtvv −= 0 → s 51,0m/s 9,81
m/s 52
0 ===gv
t
Sustituyen este valor en la ecuación de posición y(t) nos queda que la altura máxima con respecto al suelo es de:
m 7,27=−⋅+= 22 s) 51,0)(m/s 81,9(21s 0,51m/s) 5(m 6)(ty
b) Cuando el ladrillo llegue al suelo, el valor de su posición será igual a cero, dado que
hemos elegido al suelo como sistema inercial de referencia.
La solución a esta ecuación de segundo grado es s 1,72=t c) La velocidad en el momento de chocar contra el suelo vale
gtvv −= 0 → m/s 11,87−=×−= s 72,1m/s 9,81m/s 5 2v El signo menos de la velocidad nos indica el sentido descendente del ladrillo.
0,17 0,34 0,51 0,68 0,85 1,02 1,19 1,36 1,53 1,72
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
35
13. Vamos a calcular las funciones de posición tanto para el tren como para el pasajero, y elegimos como sistema de referencia inercial el momento en el que el pasajero llega al andén.
Al cabo de 6 segundos el tren se encuentra a una distancia igual a:
m 2,7s) 6)(m/s 40,0(21 22 =⋅=Trenx
y con una velocidad adquirida de
atvv += 0 → m/s 4,2s 6m/s 0,4m/s 0 2 =×+=v
Así pues, tomando como s 0=t el momento en el que el pasajero llega al andén nos queda:
22m/s 40,021m/s 2,4m 2,7 ttxTren ××+×+=
tvx PPasajero = Si el pasajero coge el tren, las funciones de posición se igualan, por tanto
Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe ser
mayor que cero, esto es
076,5)4,2()2,7)(2,0(4)4,2( 22 >−−=−−−−=∆ PP vv de donde m/s 4,8>Pv .Ésta es la velocidad mínima a la que debe correr el pasajero si quiere alcanzar el tren.
Las gráficas de las posiciones son las siguientes:
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
36
Función de posición
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Pasajero Tren
14. Vamos a calcular las funciones de posición para las dos pelotas, y elegimos como sis-
tema de referencia inercial el suelo. Llamando h a la altura del edificio, las funciones de posición serán:
21 2
1 gthy −=
2
02 21 gttvy −=
Como las pelotas chocan en s 8,1=t , sus funciones de posición se cortan, esto es
21 yy = → 20
2
21
21 gttvgth −=− de donde m 16,2=×== s 1,8m/s 90tvh
15. Elegimos como sistema inercial de referencia el punto de lanzamiento del planeador.
Así, su función de posición y de velocidad son las siguientes:
20 2
1 attvx +=
atvv += 0
El problema nos dice que cuando s 8=t tenemos que cm 100=x y cm/s 15−=v . Pues
bien, sustituyendo estos valores en las expresiones anteriores nos queda:
2 1 3 4 5 6 7
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
37
av 328100 0 += av 815 0 +=− Resolviendo estas ecuaciones tenemos que la solución al problema es
2cm/s 6,875−=−
= 2s 32cm 220a
cm/s 40=⋅−−−= s) 8()cm/s 6,875(cm/s 15 2
0v 16. Vamos a llamar Sv a la velocidad del “globo de agua” en la parte superior de la ventana
y Iv a la velocidad del globo en la parte inferior. Si elegimos como sistema inercial de referencia la parte inferior de la ventana, entonces
de donde m/s 49,12=Sv Ahora, relacionando las velocidades en la parte superior e inferior de la ventana tenemos
xavv ∆+= 220
2 → m) 2,1)(m/s 81,9(2m/s) 49,12( 222 ⋅+=Iv → m/s 4,13=Iv De nuevo usamos la ecuación de relación de velocidades, pero ahora con la velocidad infe-
rior de la ventana y con la velocidad inicial con la que se deja caer el “globo de agua”, que es en este último caso es cero. Así pues, tenemos:
ghvvI 20
2 += , siendo h la altura desde la que se dejó caer el globo con respecto a la parte inferior de la ventana,
m 9,15=×
== 2
22
m/s 81,92m/s) 4,13(
2gv
h I
17. El choque de las pelotas tiene lugar cuando ambas están moviéndose en sentidos opues-
tos, por lo que la pelota A está bajando y la pelota B está subiendo. Las velocidades de las pelotas en el momento del choque son las siguientes:
gtvA = gtvv OBB −=
siendo OBv la velocidad inicial con la que es lanzada la pelota B hacia arriba.
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
38
El problema nos ofrece como dato que en el momento del choque la velocidad de la pelota A es el doble que el de la pelota B. Por tanto, en las ecuaciones anteriores nos queda:
gtvv BA == 2 → 2gtvB =
Ahora, sustituimos esta última expresión en la ecuación de velocidad de la pelota B, esto es
gtvv OBB −= → gtvgtOB −=
2 →
gv
t OB
32
=
Este tiempo, calculado en función de la velocidad inicial de la pelota B, es precisamente el
que tardan las pelotas en chocar.
La función de la altura de la pelota B con respecto al suelo es 2
21 gttvh OBB −= . Sustituyen-
do en esta expresión el tiempo anteriormente calculado hallaremos la altura a la que se encuentran las pelotas, esto es:
gv
gv
gv
h OBOBOBB 9
49
23
2 222
=−=
Ahora, debemos obtener una expresión que relacione OBv con la altura del edificio. Esta re-
lación la obtenemos de la expresión xavv ∆+= 220
2 , y que para cada pelota vale:
AA ghv 22 = → AB ghv 2)2( 2 = , siendo Ah el recorrido de la pelota A desde la parte supe-rior del edificio hasta el choque.
BOBB ghvv 222 −=
h
hB
hA
Momento del choque
Suelo
OBv
A
B
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
39
De la primera ecuación despejamos 2Bv
BBA
B ghghhhgghv
21
21)(
222 −=−==
Sustituimos esta expresión en la ecuación de la velocidad de la pelota B, esto es:
BOBB ghvv 222 −= → BOBB ghvghgh 221
21 2 −=− , de donde definitivamente obtenemos:
BOB ghghv23
212 +=
Ahora sustituimos esta última expresión en le función Bh calculada en función de 2
OBv , con lo cual nos queda:
g
ghghh B
B 962 +
= → ghghB 23 = hhB 32
=
Esta es la fracción que estábamos hallando, es decir, el choque se produce a dos tercios de la altura del edificio respecto del suelo.
18. El choque de las pelotas tiene lugar cuando ambas están moviéndose en el mismo senti-do, por lo que la pelota A está bajando y la pelota B también está bajando. Si consideramos las velo-cidades descendentes de las pelotas como positivas tendremos que dichas velocidades en el momen-to del choque son:
gtvA =
OBOBB vgtgtvv −=−−= )( , ya que para un mismo punto de altura la velocidad de subida es la misma que la velocidad de bajada, pero cambiada de signo. siendo, de nuevo, OBv la velocidad inicial con la que es lanzada la pelota B hacia arriba. El problema nos ofrece como dato que en el momento del choque la velocidad de la pelota A es el cuádruplo que el de la pelota B. Por tanto, en las ecuaciones anteriores nos queda:
gtvv BA == 4 → 4gtvB =
Ahora, sustituimos esta última expresión en la ecuación de velocidad de la pelota B, esto es
OBB vgtv −= → OBvgtgt−=
4 →
gv
t OB
34
=
Este tiempo, calculado en función de la velocidad inicial de la pelota B, es precisamente el
que tardan las pelotas en chocar.
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
40
La función de la altura de la pelota B con respecto al suelo es 2
21 gttvh OBB −= . Sustituyen-
do en esta expresión el tiempo anteriormente calculado hallaremos la altura a la que se encuentran las pelotas, esto es:
gv
gv
gv
h OBOBOBB 9
49
83
4 222
=−=
Ahora, debemos obtener una expresión que relacione OBv con la altura del edificio. Esta re-
lación la obtenemos de la expresión xavv ∆+= 220
2 , y que para cada pelota vale:
AA ghv 22 = → AB ghv 2)4( 2 = , siendo Ah el recorrido de la pelota A desde la parte supe-rior del edificio hasta el choque.
BOBB ghvv 222 −=
De la primera ecuación despejamos 2
Bv
BBA
B ghghhhgghv
81
81)(
882 −=−==
Sustituimos esta expresión en la ecuación de la velocidad de la pelota B, esto es:
BOBB ghvv 222 −= → BOBB ghvghgh 281
81 2 −=− , de donde definitivamente obtenemos:
BOB ghghv8
15812 +=
Ahora sustituimos esta última expresión en le función Bh calculada en función de 2
OBv , con lo cual nos queda:
g
ghghh
B
B 92
1521
+= → ghghB =3 hhB 3
1=
Esta es la fracción que estábamos hallando, es decir, el choque se produce a un tercio de la altura del edificio respecto del suelo.
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
41
19. Cada cuadrado tiene un área de 2 metros. Así pues, sumando las áreas de los cuadrados que quedan encerrados bajo la curva v(t) para cada intervalo de tiempo más la posición inicial de 5 metros nos queda:
La gráfica aproximada de la función de posición es la siguiente:
Función de posición
-2
0
2
4
6
8
10
12
x (t)
Para hallar la gráfica a(t) hemos de medir el valor de la pendiente de la curva v(t) para cada instante de tiempo. Aproximadamente es la siguiente:
1 3 5 7 9
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
42
Función de aceleración
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
a (t)
20. Vamos a suponer que la curva x(t) corta al eje de tiempos en intervalos de un segundo, y que los máximos de x son 1=x y 1−=x . Por tanto, las gráficas v(t) y a(t) serían las siguientes:
Función de velocidad
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
V (t)
1 3 5 7 9
1 2 3 4
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
43
Función de aceleración
-2,5
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
a (t)
21. El gráfico x(t) es el siguiente (cada intervalo en el eje t representa un segundo):
Función de posición
-6
-4
-2
0
2
4
6
x (t)
Para medir la pendiente, calculamos la derivada de la curva, esto es:
( ) )cos()(sen tAdt
tAddtdxv ωωω
===
y para s 0=t tenemos que cm/s 0,875=v
1 2 3 4
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
44
b) La velocidad media se mide por el cociente tx ∆∆ / , por tanto, las velocidades medias pedidas calculadas desde s 0=t hasta ?=t son:
c) Este valor ya ha sido calculado en el apartado a) 22. La mejor forma de resolver el problema es dividir el trayecto en dos partes:
Primera parte En esta parte el conductor acelera con la máxima aceleración a, y parte con velocidad inicial
cero hasta que levante el pie del pedal del acelerador.
atvv += 0 → 11 atv =
La distancia recorrida es igual a 211 2
1 atx =
Segunda parte En esta parte el conductor ya ha levantado el pie del pedal del acelerador, por lo que parte
con una velocidad inicial igual a la velocidad final de la primera parte y acciona el pedal del freno con una desaceleración 2a hasta que detiene el vehículo.
atvv += 0 → 21 20 atv −=
De aquí sustituimos la expresión 1v , quedándonos lo siguiente:
21 20 atat −= → 21 2tt =
La distancia recorrida es igual a 22
22
22
2221
22212 22
21 atatatattatattvx =−=−=−=
Sustituyendo 2t en la expresión 1x nos queda que 22
221 2)2(
21 attax ==
Ahora dividimos 1x entre 2x , esto es:
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
45
2222
22
2
1 ==atat
xx → 21 2xx =
Ahora bien, sabemos que la distancia total L es la suma de las dos distancias parciales que hemos calculado, esto es: 12
312
1121 xxxxxL =+=+= , y despejando 1x
El conductor debe levantar su pie del acelerador cuando se encuentre a dos tercios de la dis-tancia total del recorrido. Por otra parte sabemos que el tiempo total invertido T es la suma de los tiempos parciales que hemos calculado. Por tanto: 12
312
1121 tttttT =+=+= , y despejando 1t
El conductor debe levantar su pie del acelerador cuando se encuentre a dos tercios del tiem-po total invertido en el recorrido. 23. Para hacer homogéneos los datos de la tabla, pasamos las yardas a metros, esto es:
m 72,45ydm0,9144yd 50yd 50 =×=
m 864,54ydm0,9144yd 60yd 60 =×=
m 44,91ydm0,9144yd 100yd 100 =×=
Lx32
=1
Tt32
=1
FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________
46
a) El gráfico x(t) es el siguiente:
Función de posición-1
3,8 -2
,3
20,7
32,2
43,7
55,2 66
,7
78,2
89,7
101,
2
9,2
-20
0
20
40
60
80
100
120
x (t)
b) Durante el tiempo que está acelerando (T) la distancia recorrida es igual a
20 2
1 aTx =
Después de este tiempo se corre con una velocidad inicial y constante igual a
aTv =0 → Tv
a 0=
Para tiempos mayores que T, esto es, Tt > , la distancia que recorre el atleta es igual a
321
0
200 2
1 attvxx ++= El tercer sumando del segundo miembro es cero, puesto que ya no
existe aceleración y se corre con velocidad constante. Desarrollando esta expresión llegamos a la siguiente:
TvtvTTv
TtvaTx 0020
02
21)(
21
−+=−+= , y agrupando términos
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= Ttvx
21
0
Esta expresión es la que queríamos demostrar.
2 4 6 8 10
___________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
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c) En el gráfico del apartado a) hemos representado los puntos dados en la tabla, y hemos unido mediante una recta los mismos. El punto en el que corta la recta al eje de tiempos t es aproximadamente s 2,1≈t , y el valor de la pendiente vale:
m/s 5,11s 1,2s 9,9m 0m 100
≈−−
=pendiente
Analíticamente, el valor de la pendiente es el valor de la velocidad, por tanto tenemos que
m/s 11,5==dtdxv0
Por otra parte el punto de corte con el eje de tiempos es cuando 0=x , por tanto
021
0 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= Ttvx → Tt
21
= → s 2,4=×== s 2,122tT
Como sabemos que la aceleración vale Tv
a 0= , el valor de ésta es:
2m/s 4,8≈==s 4,2
m/s 5,110
Tv
a
d) Sabemos que la marca de 200 metros se consigue en 19,5 segundos. Pues bien, si la ve-locidad sigue siendo constante, la pendiente también debería ser la misma. El valor de ésta es de
m/s 93,10s 1,2s 19,5
m 0m 200≈
−−
=pendiente
Es lógico pensar que a medida que la distancia se hace mayor, mayor es también el cansan-cio del corredor, por lo que es bastante difícil que para distancias mayores de 200 metros la veloci-dad continúe siendo constante; de ahí la disminución obtenida en el valor de la pendiente. Por tanto, la aplicabilidad del modelo para distancias mayores a 200 metros no es válida, ya que la distancia x no varía linealmente con el tiempo. 24. La función de posición del misil ICBM, que baja a velocidad constante es de la forma txICBM ×−= m/s 3,333.8m 000.100
)
Por otra parte el misil ABM tiene como velocidad inicial m/s 00 =v , y como aceleración tiene dos componentes: una hacia arriba de valor jg
r100 y otra hacia debajo de valor jg
r− , siendo la
aceleración neta igual a jgrr
99=a . No obstante, dada la gran aceleración a la que se ve sometido el misil, prácticamente se puede despreciar la aceleración de la caída libre, es decir, la gravedad, ya que el error que se comete es de tan solo un uno por ciento, esto es:
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01,0100991 =−=
ggerror → 1%
Así pues, la función de posición del misil ABM es
210021 gtxABM =
En el momento del choque, las funciones de posición de ambos proyectiles coincidirán, por tanto
ABMICBM xx = → 210021m/s 3,333.8m 000.100 gtt =×−
)
0000.26,1662 =−+ tgt
)
La solución a esta ecuación de segundo grado es s 8,12=t , tiempo que tarda el proyectil ABM en interceptar al proyectil ICBM. Conocido este tiempo, la altura a la que tiene lugar el choque es la siguiente
km 32,34==×== m 82,340.32s) 12,8)(m/s 81,9(5010021 222gtxABM
25. La aceleración de la partícula es Bvga −= , por tanto
Bvgdtdva −== → dtBvgdv )( −= → dt
Bvgdv
=−
a) Integrando ambos miembros de la expresión anterior nos queda:
∫∫ =−
dtBvg
dv → CtBvgB
+=−− )ln(1 , de donde
BCBteBvg −−=− → B
egvBCBt−−−
=
Y como 0=v para 0=t , la constante C vale:
BCeg −−= → B
gC ln−=
Por tanto, la ecuación de la velocidad queda de la siguiente manera:
( )BtBtgBtBCBtBCBt
eBg
Bgeg
Beeg
Beeg
Begv −
−−−−−−
−=−
=⋅−
=⋅−
=−
= 1ln
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Así pues, la velocidad de caída de la partícula bajo una fuerza resistiva tiene la siguiente expresión:
( )BteBgv −−= 1
Cuando la aceleración es cero, significa que la partícula ha terminado de caer y ha tocado suelo. Así, si 0=a el valor de la velocidad es igual a
0=−= Bvga → Bgvt =
=tv Velocidad terminal o velocidad límite. b) La expresión gráfica de la velocidad calculada en el apartado anterior es como sigue:
26. La expresión de la que partimos es la siguiente:
dtBvg
dv=
−
a) Ahora hacemos el cambio Bvgf −= , y derivamos respecto de v, esto es
Bdvdf −= Sustituyendo estas expresiones en la primera ecuación nos queda finalmente:
Función de velocidad
v (t)
tv
0
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dtfBdf
=
−
→ Bdtf
df−=
b) Si integramos la expresión anterior nos queda:
∫∫ −= Bdtf
df → )(ln CBtf +−= → BCBtef −−=
BCBteBvg −−=− → B
egvBCBt−−−
=
Y como 0=v para 0=t , la constante C vale:
BCeg −−= → B
gC ln−=
Por tanto, la ecuación de la velocidad queda de la siguiente manera:
( )BtBtgBtBCBtBCBt
eBg
Bgeg
Beeg
Beeg
Begv −
−−−−−−
−=−
=⋅−
=⋅−
=−
= 1ln
Y como la velocidad terminal vale Bgvt = , la velocidad de caída de la partícula bajo una
fuerza resistiva tiene la siguiente expresión:
( )Ttt evv /1 −−= con
BT 1=
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d) Los puntos obtenidos son los que se muestran en el gráfico.
Función de velocidad0,
00
17,7
8
32,3
4 38,6
0 44,2
6 49,3
8 54,0
258
,22
62,0
165
,45
68,5
571
,36
73,9
176
,21
78,2
980
,18
81,8
883
,43
84,8
2
9,34
25,4
3
0,00
10,00
20,00
30,00
40,00
50,00
60,00
70,00
80,00
90,00
v (t)
En el gráfico podemos observar como, con el paso del tiempo, la pendiente de la curva se hace cada vez más plana u horizontal. Esto es así debido a que cuanto mayor sea el tiempo más se acerca la velocidad al valor de la velocidad terminal. 27. Siendo la expresión nCxy = , derivando con respecto a x nos queda
1−= nCnxdxdy
Ahora, vamos a dividir cada miembro de la ecuación por el valor de y, esto es