tipler libro solucionario fisica tomo 1 capítulo 1y2

_________________________________________ CAPITULO 1 Introducción

1

LL ii bb rr oo ss oo ll uu cc ii oo nn aa rr ii oo

FFÍÍSSIICCAA

TOMO I

Autor Paul A. Tipler

Editorial

Reverté S.A.

Antonio Lázaro Morales

Diplomado en Ciencias Empresariales &

Licenciado en Marketing

FÍSICA_________________________________________________________________

2


3

I

Introducción

Ejercicios 1. Las expresiones son las siguientes:

a) 1 MW b) 2 mg c) 3 µm d) 30 ks

2. Las expresiones son las siguientes: a) 0,000040 vatios b) 0,000000004 segundos c) 3.000.000 vatios d) 25.000 metros

3. Las expresiones son las siguientes: a) 1 picogrito. b) 1 gigabajo c) 1 miroteléfono d) 1 attoniño e) 1 megateléfono f) 1 nanocabra g) 1 teratoro

4. Las unidades son las siguientes:

a) mC =1 ; smC =2

b) 21 smC =

c) 21 smC =

d) mC =1 ; 1

2−= sC

FÍSICA_________________________________________________________________

4

e) smC =1 ; 1

2−= sC

5. Las dimensiones son las siguientes:

a) [ ] LC =1 ; [ ] 12

−== LTTLC

b) [ ] 221

−== LTTLC

c) [ ] 221

−== LTTLC

d) [ ] LC =1 ; [ ] 1

2−= TC

e) [ ]TLC =1 ; [ ] 1

2−= TC

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

A

B

A = Polo norte B = Ecuador

Distancia (A,B) = 107 metros


5

apartado anterior, para obtener el radio sólo nos basta con despejar éste de la ecuación de

longitud mmlr 1036619772,62

1042

67

×=×

==ππ

c) Las respuestas en millas se calculan utilizando el factor de conversión 1 milla = 1.609 m. Así pues, tenemos:

millasm

millaml 16,860.24 609.1

1 104 7 =××=

millasm

millamr 61,956.3 609.1

1 1036619772,6 6 =××=

8. Utilizando los factores de conversión tenemos:

a) h

millaskm

millah

kmh

km 15,62 609,1

1100100 =×=

b) pulgadascm

pulgadacmcm 62,23 54,2

1 60 60 =×=

c) myd

mydyd 44,91 0936,1

1 100 100 =×=

9. Sustituyendo sus expresiones por las unidades que expresan tenemos:

a) aladimension

smm

sm

xav

=== 1

2

2

2

2

b) ( ) ss

smm

ax

==⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

= 21

2

21

2

c) mssmconstante la de osprescindimat === 2

22

21

10. Este factor de conversión lo podemos deducir del apartado a) del ejercicio 9. Así pues,

tenemos que este factor de conversión es:

hmillas

hkm 15,62100 = →

hkm

hkm

hmilla 609,1

15,621001 ==

FÍSICA_________________________________________________________________

6

11. Las soluciones a los apartados son las siguientes:

a) smin

shmin

díah

añodíasañoaño 101536,3 60 60 24 365 1 1 7×=××××=

b) Para contar 1.000.000.000 $ = $ 109 hacen falta s 109 , y como tenemos el factor de con-

versión de años en segundos, la solución es añoss

años 7097,31 101536,3

1 10 79 =

××

c) Operando de forma similar al apartado anterior tenemos que la solución es

añoss

años 109025,1 101536,3

1 106 167

23 ×=×

××

12. En primer lugar despejamos la constante G, esto es 21

2

mmFrG = . Las unidades SI son:

kgsm

kgkg

ms

mkg

mmFrG 2

32

2

21

2

=⋅

⋅

==

y sus dimensiones

[ ]MT

LG 2

3

=

13. Los factores de conversión buscados son:

a) s

kmm

kmsm

smi 5

38 103

10 1103000.186 ×=××= . Como sabemos que las velocidades son

equivalentes y que en el mismo tiempo recorren la misma distancia kmmi 103 000.186 5×= , el fac-

tor de conversión entre la milla y el kilómetro es kmkmmi 6129,110186

103 1 3

5

=××

=

b) Los datos que nos dan son libraspie 4,62 1 3 = y gcm 1 1 3 = . Nos piden el peso en libras de 1 kg de masa., esto es:

libraspielibraspie

cmpiecm

gcmgkg 2036,24,62103146,35

48,30 1 000.1 1 000.1 1 3

333

33

=××=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×=×= −

14. Los números son:

a) 30.000 b) 0,0062 c) 0,000004 d) 217.000


7

15. Los números son: a) 510 b) 81003,3 −× c) 231002,6 × d) 3104,1 −× 16. Los números son: a) 2102,12 × b) 56 1057,12102566368,1 ×≅× c) 5102 −× d) ( ) ( ) 222 1018,541078,2104,51 ×=×+× e) ( ) ( ) 2555 1099,11099,009.900.191099,910000.900.19 ×≅×=×+× −−− 17. Los números son: a) 55 1014,11013886,1 ×≅× b) ( ) ( ) 999 1049,221031,5108,27 −−− ×=×−× c) 33 1027,8102673,8 ×≅× d) ( ) ( ) 2222 1027,610266,61099,510276,0 ×≅×=×+× 18. Los números son: a) 55 1014,1101437,1 ×≅× b) ( )( ) 2277 102,31019599,3103,621013,5 ×≅×=×× − c) ( ) ( ) 4444 1078,5107828401,51078,5100028401,0 ×≅×=×+× d) 43 1052,1101678,15 ×≅×

19. Los valores de x son:

a) 15453 −=x → 103

1545=

−=x

b) 9512−=

x →

54512 −

=x

→ 225

4410

45152

−=−=−×

=x

c) xx 3

2151−= →

xx

x 32451 −

= → 2453 −= x → 91

4523=

+=x

FÍSICA_________________________________________________________________

8

20. Los dos valores que puede tomar x son:

a) 01272 =+− xx → ⎩⎨⎧

==±

=−±

=34

2

172

4877

2

12

xx

x

b) 14 2 =x →

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

==

21

21

41

2

1

x

xx

c) ( ) 0126 =+xx → 01 =x 0126 2 =+x 26

122 −=−=x

d) 0162 2 =++ xx →

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−=

+−=

±−=

±−=

−±−=

273

273

4

7264

2864

866

2

12

x

xx

21. Como la intensidad del sonido I es inversamente proporcional al cuadrado de la distan-

cia d a la fuente, la fórmula genérica de la intensidad será:

2dCI =

Como el ejercicio nos da un dato de la intensidad para una cierta distancia, podemos calcular el valor de la constante C

22 ) 3(4

mC

mmW

= → mWC 36=

Ahora ya estamos en condiciones de poder usar la fórmula y dar respuesta a las preguntas del ejercicio.

a) 22 25,2) (4

36mmW

mmWI ==

b) 22 1) (6

36mmW

mmWI ==

c) 22 36,0) (10

36mmW

mmWI ==

d) 22 9) (2

36mmW

mmWI ==


9

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:

212 52,44 mSS ==

23. Conociendo las siguientes conversiones:

º902=

π º454=

π º180=π º1354

3=

π

las respuestas son:

a) 12

sen =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

b) 02

cos =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

c) 0 tg =π

FÍSICA_________________________________________________________________

10

d) 1

4cos

4sen

4tg =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

π

ππ

e) 22

4sen =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛π

f) 22

43cos −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

24. Las conversiones son las siguientes:

a) º45º1804

=×π

π

b) º270º1802

3=×

ππ

c) º90º1802

=×π

π

d) º30º1806

=×π

π

e) º150º1806

5=×

ππ

25. Las conversiones son las siguientes:

a) rad 3º180

º60 ππ=×

b) rad 2º180

º90 ππ=×

c) rad 6º180

º30 ππ=×

d) rad 4º180

º45 ππ=×

e) rad º180

º180 ππ=×

f) rad 64577,0º180

º37 =×π

g) radvuelta

radvueltasvuelta 4 2 2º360

1º720 ππ=×=×

26. Los factores de conversión son:

srad

smin

revrad

minrev

minrev

30 60 1 211 ππ

=××=


11

sradsrad

minrev º6

º180

301 =×=

ππ

27. Vamos a calcular, en primer lugar, las vueltas que da el disco en un segundo:

rpss

minrpm 555,0 60

1 3,33 =×

Sabiendo este dato, los ángulos son:

radvuelta

radvuelta 4871,32 555,0 =×π

º80,199º360 555,0 =×vuelta

vuelta

28. Sabemos que la longitud de una circunferencia es cmDDrl 302

22 ππππ ==== .

a) Pues bien, un punto A situado en el borde del disco, al cabo de una vuelta habrá comple-

tado una distancia equivalente a la longitud del disco, ya que el punto volverá a estar en la misma posición que con respecto al principio.

b) La velocidad en cm/s es de s

cms

minvuelta

cmmin

vueltas 3075,5260 1 303,33 =××

π

A A

l=30π cm

y

x

FÍSICA_________________________________________________________________

12

29. Gráficamente el problema es el siguiente:

8,054cos 1 ==θ 6,0

53sen 1 ==θ 75,0

43tg 1 ==θ

6,053cos 2 ==θ 5,0

54sen 2 ==θ 3,1

34tg 2

)==θ

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 .

3

4 5

θ2

θ1

cos θ

37º

36º

0,7986 0,8090 0,8

θ

θ1 α


13

30. El ejercicio es similar al anterior, siendo su gráfica la siguiente:

a) El valor de la hipotenusa nos lo da el teorema de Pitágoras, esto es:

222 cba =+ → 1726882 22 ==+=c

b) Los valores pedidos son:

9701,0172

8cos 1 ==θ 2425,01722sen 1 ==θ 25,0

82tg 1 ==θ

2425,01722cos 2 ==θ 9701,0

1728sen 2 ==θ 4

28tg 2 ==θ

c) Por ejemplo, para el dato 25,0 tg 1 =θ vamos a comprobar en las tablas qué dos ángulos

contienen este valor:

2493,0º14 tg = y 2679,0º15 tg =

a = 2

b = 8 c

θ2

θ1

tg θ

15º

14º

0,2493 0,2679 0,25

θ

θ1 α

FÍSICA_________________________________________________________________

14

El valor de la tangente del ángulo α es:

2493,025,0º14

2493,02679,0º14º15 tg 1

−−

=−−

=θ

α → º0376,141 =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: º9624,750376,14901802 =−−=θ . 31. Las soluciones son:

a) 1396,045

245

2sen º180

º8sen º8sen =≅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×=

πππ radrad

b) 0872,03636

tgº180

º5 tgº5 tg =≅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×=

πππ radrad

32. Desarrollando el binomio tenemos:

32323 33123

)23)(13(32

)13(331)1( xxxxxxx +++=⋅

−−+

−++=+

Haciendo la multiplicación de forma directa obtenemos: 22 21)1)(1()1( xxxxx ++=++=+

3232222 331221)1)(21()1()1( xxxxxxxxxxxxx +++=+++++=+++=++

Como es lógico, los resultados coinciden. 33. Las soluciones son:

a) 21

212

121

21

)01,01(10)01,01(100100

11100100100100)1100(99 −=−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

y utilizando la aproximación nxx n +≅+ 1)1( 1<<x

95,9)01,0(2111099 =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −+≅

b) 99,0)1(01,01)01,01()01,01(

101,11 1

1 =−+≅+=+

= −

c) ( ) ( )31

331

31

31

31

008,01125125

111251251251251125124 −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=


15

698,4)008,0(31151243

1 )=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −+≅

35. Utilizando la aproximación nxx n +≈+ 1)1( tenemos que:

a) [ ] [ ] 96=⋅=−⋅+≅−=−=−= 96,0100)02,0(21100)02,01(10)02,01(10)2,010(8,9 22222 b) 995,0)001,0(51)001,01(999,0 55 =−+≅−= c) 996,0002,021)002,01()002,1( 22 =×−≅+= −−

FÍSICA_________________________________________________________________

16

Problemas

1. El ángulo θ , expresado en radianes, puede definirse como 610384×=

Dθ

Despejando el diámetro D en la fórmula anterior, tenemos que, aproximadamente, el diáme-tro de la luna vale:

MmradD 51,3105119,3º180

º524,010384 66 ≅×=×××=π

2. La longitud de la rueda es de mDrl 62,02

22 πππ === .

a) Cuando el coche recorre 1 Km., el número de vueltas que da es

vueltasm

vueltam 40,513 62,0

1 000.1 =×π

b) s

radvuelta

radkmvueltas

sh

hkm

hkm 8026,44 2 13,45

600.3 15050 =×××=

π

Así pues, en 1 segundo la rueda recorre 44,8026 radianes o, lo que viene a ser lo mismo,

vueltasrad

vueltarad 13,7 2

18026,44 =×π

.

3. Sabemos que 122121 cossencossen)(sen θθθθθθ +=+ , y si 21 θθ = entonces

θθθθθθθ cossen2cossencossen2sen =+=

4. Las soluciones son:

a) ( ) ( ) 1º64cosº64sen 22 =+ → ( ) 4358,09,01º64sen1º64cos 22 =−=−=

b) Utilizando la expresión θθθ 22 sencos2 cos −= , siendo º32=θ , obtenemos la siguiente expresión:


17

º32cos21)º32cos1(º32cosº64cos 222 +−=−−= y como el valor 4358,0º64cos = (calcu-lado en el apartado anterior), nos queda que:

8472,024358,01

2º64cos1º32cos =

+=

+=

c) Utilizamos la misma expresión que en el apartado anterior, siendo º64=θ

6201,0)4358,0(21º64cos21)º64cos1(º64cosº128cos 2222 −=+−=+−=−−=

d) º52cosº128cos −= . Utilizando la expresión θθθ 22 sencos2 cos −= , siendo º26=θ ,

obtenemos la siguiente expresión:

º26sen21º26sen)º26sen1(º26sen26cosº52cos 22222 −=−−=−= y como el valor 6201,0º52cos = (calculado en el apartado anterior), nos queda que:

4358,026201,01

2º52cos1º62sen =

−=

−=

e) 9,0º64sen )º180º244(senº244sen −=−=−−= f) Utilizando la expresión )º32(52ºsen º48sen )º96(180ºsen º96sen +==−= ,

cos52º32ºsen cos32º52ºsen )º32(52ºsen +=+ , y como 6201,0º52cos = y 8472,0º32cos =

( ) 7845,06201,01º25cos1º25sen 22 =−=−=

( ) 5312,08472,01º23cos1º23sen 22 =−=−= Así pues, tenemos que: 9940,06201,05312,08472,07845,0)º32(52ºsen =⋅+⋅=+

g) 0651,24358,0

9,0º64 cosº64sen º64 tg ===

FÍSICA_________________________________________________________________

18

5. El esquema del paralelepípedo es el siguiente:

Si pasamos el triángulo formado por el ángulo θ a un plano bidimensional nos queda:

El valor de d es 222 1515 d=+ , de donde se obtiene que 215=d Por el teorema de Pitágoras el valor del ángulo θ es de

885618,1215

40 tg ==θ → 62,06º== 885618,1 arctgθ

6. El valor de los ángulos son los siguientes: a) rad 0=θ b) rad 0=θ c) rad 3824,0=θ d) rad 31,31=θ

θ

40 cm

d

θ

15 cm

40 cm

d


19

7. a) La función a ajustar es nCmT = que linealizamos tomando logaritmos

mnCT logloglog +=

llamando

⎪⎭

⎪⎬

⎫

===

mXCATY

logloglog

se transforma en nXAY +=

Ahora formamos la siguiente tabla:

jT im jY iX ij XY 2iX

0,56 0,83 1,05 1,28 1,55 1,75 2,22

0,10 0,20 0,40 0,50 0,75 1,00 1,50

-0,2518120 -0,0809219 0,0211893 0,1072100 0,1903317 0,2430380 0,3463530

-1,0000000 -0,6989700 -0,3979400 -0,3010300 -0,1249387 0,0000000 0,1760913

0,2518120 0,0565620 -0,0084321 -0,0322734 -0,0237798 0,0000000 0,0609897

1,0000000 0,4885591 0,1583563 0,0906191 0,0156097 0,0000000 0,0310081

0,5753881 -2,3467875 0,3048784 1,7841522

El sistema de ecuaciones (ajuste potencial a una recta) es:

∑∑∑∑

∑ ∑

=== =

= =

+=

+=

7

1

27

1

7

1

7

1

7

1

7

1

ii

ii

i jij

j iij

XnXAXY

XnNAY

es decir

nAnA

7841522,13467875,23048784,03467875,275753881,0

+−=−=

que nos dan como solución

4990884,0=n 24952036,0=A

Así pues, tenemos que 776316,1loganti == AC . Por tanto, la fórmula del período es:

4990884,0776316,1 mT ⋅= Ahora construimos la siguiente tabla:

FÍSICA_________________________________________________________________

20

jT Ajuste funcional Diferencia 0,56

0,83 1,05 1,28 1,55 1,75 2,22

0,56290075 0,79555902 1,12437967 1,25683900 1,53873826 1,77631600 2,17472993

-0,00290075 0,03444098 -0,07437967 0,02316100 0,01126174 -0,02631600 0,04527007

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:

∑∑∑∑

∑ ∑

=== =

= =

+=

+=

4

1

24

1

4

1

4

1

4

1

4

1

ii

ii

i jij

j iij

XnXAXY

XnNAY

es decir

nAnA

8108100,13864311,22152224,03864311,243361873,1

+−=−−=

que nos dan como solución

50358465,1=n


21

23109713,1=A

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 =

FÍSICA_________________________________________________________________

22

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


ba

TL

TLL ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= 2

1

baba TLL 21 −−+ ⋅=


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.


23

b) La ecuación que nos da el alcance R es de la forma:

cba HgvkR ⋅⋅⋅=

=k Constante


cba

LTL

TLL ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= 2

1

bacba TLL 21 −−++ ⋅=


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 .

FÍSICA_________________________________________________________________

24

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

∧

ABC tenemos:

θ =51º

h

a/2

222 m

51º

h

aA

B

C


25

222

2222

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ hd →

2284.49

2ah −=

Si sustituimos esta expresión en la ecuación del lado de la base de la pirámide nos queda:

º51 tg

2284.492

º51 tg2

2aha

−== , y ahora elevamos al cuadrado ambos miembros de la igual-

dad:

22

2

2 311500361,19676,271.129º51 tg

2284.494

a

a

a ⋅−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

Así pues, la solución es:

m 311500361,2

9676,271.129 236,4858==a

14. Como conocemos las expresiones )(sen 21 θθ + y )( cos 21 θθ + tenemos que:

2121

1221

21

2121 sen sen cos cos

cossen cossen )( cos)(sen )( tg

θθθθθθθθ

θθθθ

θθ−+

=++

=+

Y si dividimos el numerador y el denominador por la expresión 21 cos cos θθ nos queda:

21

21

21

21

2

2

1

1

21

21

21

21

21

12

21

21

21 tg tg1 tg tg

cos cossen sen 1

cossen

cossen

cos cossen sen

cos cos cos cos

cos cos cossen

cos cos cossen

)( tgθθθθ

θθθθθθ

θθ

θθθθ

θθθθ

θθθθ

θθθθ

θθ−

+=

−

+=

−

+=+

h

d/2

222

FÍSICA_________________________________________________________________

26

15. El esquema del problema es el siguiente:

a) Cuando ha recorrido 10 km se encuentra a: km 66,8º30cos10 =⋅ de la carretera norte-sur km 5º30sen10 =⋅ de la carretera este-oeste

b) La distancia que deberá andar hasta alcanzar la carretera norte-sur es la distancia a seña-lada en el gráfico.

a

º30cos10º30sen ⋅= → kma 32,17

º30tg10

==

16. Las soluciones son las siguientes:

a) Los términos pedidos 2)1(21 xnn − son:

Valor de n y x Valor del término % a) 1/2 y 0,01 a) -0,0000125 -0,00125 b) -1 y 0,01 b) 0,0001 0,01 c) 1/3 y 0,008 c) -0,00000711 -0,000711

N

E O

S

30º 10 km

a 30º


27

b) Las diferencias son:

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


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


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.


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


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


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 <


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


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 ∆+∆−∆=−=∆


6

c) La expresión de velocidad instantánea es:

m/s )52()(52lim)(2

0−=

∆∆+∆−∆

=∆∆

=→∆

tt

tttttxtv

t


a) El esquema es el siguiente:

Tiempo (t) Altura (y) 0 0 1 45 2 80 3 105 4 120 5 125 6 120 7 108 8 80 9 45 10 0

b) Las velocidades medias son:

Intervalos de tiempo (s)

Desplazamiento (m)

Velocidad media (m/s)

0-1 45 45 1-2 35 35 2-3 25 25 3-4 15 15 4-5 5 5 5-6 -5 -5 6-7 -15 -15 7-8 -25 -25 8-9 -35 -35 9-10 -45 -45


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


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


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


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:

Intervalos de Tiempo (s)

Desplazamiento (m)

Velocidad Media (m/s)

Aceleración Media (m/s2)

0-1 5 5 5 1-2 10 10 5 2-3 30 30 20 3-4 20 20 -10 4-5 5 5 -15 5-6 -10 -10 -15 6-7 -90 -90 -80 7-8 -20 -20 70 8-9 0 0 20 9-10 -5 -5 -5 10-11 0 0 5

19. La velocidad instantánea es igual a:

BAtdt

CBtAtddtdxv −=

+−== 2)( 2

→ m/s )616( −= tv

La aceleración instantánea es:

Adt

BAtddtdva 2)2(

=−

== → 2m/s 16=v


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)(


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


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.


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.


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


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


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


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


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


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


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 =×≅


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


19


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


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


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


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


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


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 .


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


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

)×=


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 )

)


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


0

200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

PolicíaCoche

4 12 20 28 36


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

distancia recorrida durante este tiempo es de

221

00 attvxx ++= → m 12,232s) 79,8(m/s 621s 79,87,52 22 =××−×=

)policíax

Otro coche

atvv += 0 → t×−= 2m/s 6m/s 27,340)

→ s 78,5=t Este es el tiempo que tarda el otro coche en frenar el vehículo por completo. Por tanto, la

distancia recorrida durante este tiempo (teniendo en cuenta que marcha 100 m delante del coche policía) es de

2

21

00 attvxx ++= → m 45,200s) 78,5(m/s 621s 78,527,34m 100 22 =××−×+=

)cochex

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.


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.


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


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.


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:


-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


34


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.

m 0)m/s 81,9(21m/s) 5(m 6)( 22 =−+= ttty → 0121081,9 2 =−− tt

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


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

tvttxx PPasajeroTren =××+×+⇒= 22m/s 40,021m/s 2,4m 2,7

02,7)4,2(2,0 2 =−−+− tvt P

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:


36


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


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

200 2

1 attvxx ++= → 22 s) 10,0)(m/s 81,9(21s) 10,0(m 2,1m 0 −−= Sv

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.


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


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.


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.


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:

t x(t) 0 5 1 7 2 9,8 3 10,8 4 11 5 9,8 6 7 7 2,9 8 -1 9 -0,8 10 -0,2

La gráfica aproximada de la función de posición es la siguiente:


-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


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


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):


-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


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:

t x(t) vm (cm/s) 0 0,25 0,21868 0,874 0,5 0,43694 0,873 1 0,87054 0,870 2 1,71449 0,857 3 2,50606 0,835 6 4,33711 0,722

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:


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


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


47

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:


48

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


49

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


50

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=


51

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

dxCnxdy n 1−= → dxCx

Cnxy

dyn

n 1−

= → x

dxny

dy=

1 3 6 10 0 20

tipler libro solucionario fisica tomo 1 capítulo 1y2

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