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__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
LL ii bb rr oo ss oo ll uu cc ii oo nn aa irr i oo
FFÍÍSSIICCAA
TOMO I
Autores
Raymond A. Serway
Robert J. Beichner
Editorial
McGraw-Hill
Antonio Lázaro Morales
Diplomado en Ciencias Empresariales
&
Licenciado en Marketing
1
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
2
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
3
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
4
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
I
Física y medición
Preguntas
1. Otros patrones de tiempo alternativos basados en fenómenos naturales son los siguientes:
⎯ Los relojes atómicos, los cuales están basados en ondas electromagnéticas que los mis-
mos átomos emiten.
⎯ También los pulsars son relojes astronómicos altamente regulares.
2. Sabemos que la densidad varía con la temperatura y la presión. Sería necesario medir la
masa y el volumen con precisión para usar la densidad del agua como un patrón estándar.
3. Las personas tienen diferentes tamaños de las manos. Definir la unidad con precisión ser-
ía engorroso por la alta desigualdad en dichos tamaños. Por otra parte, también las personas tienen
diferentes tamaños de pies, pero a diferencia de las manos, el tamaño promedio de los pies es más
homogéneo y representativo.
4. a) 0,3 mm; b) s 50 μ ; c) 7,2 kg
5. Sólo la b) y la d). No se pueden añadir o sustraer cantidades de diferente dimensión.
6. Cero dígitos. Un cálculo de orden de magnitud es exacto sólo dentro de un factor de 10.
7. Si yo fuera corredor, podría correr una distancia de km por día. Desde que estoy tra-
bajando, conduzco una distancia igual a por semana.
110
2105,2 ×
8. A 10 de diciembre de 2005 mi edad es de 35 años y 35 días. Por tanto, mi edad en segun-
dos es de
s 10s 1011,1
día
s 86.400días )35775.12(
año
días 365años 35 99 ≈×=×+=×
9. La masa de los dos volúmenes del libro de Física de los autores Serway y Beichner es del
orden de kg. 010
5
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Problemas
1. El volumen es el producto de la base por la altura, esto es
hDhrhbV ×⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=×=×=
2
2
2
ππ
La densidad del cilindro patrón (1 kg) será igual a
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×== 3
3
2 kg/m 27,464.21m 1
mm 000.1
mm) (39mm) (19,5
kg 1
π
ρ
V
m 34 kg/m 102,15×
2. El volumen del planeta Saturno, considerado como una esfera, es 334 rV π= . Por tanto, la
densidad de este planeta es
≈=
×
×
== 337
3
4
26
kg/m 3568,623
m) 10(6
kg 10,645
π
ρ
V
m 32 kg/m 106,23×
3. El volumen del cascarón esférico es )( 3334 intext rrV −= π . La cantidad de masa que se re-
quiere para rellenar este cascaron es de
[ ] ≈=−⋅== g 69,183cm) 70,5(cm) 75,5()g/cm 92,8( 33343 πρVm g 184
4. Este problema es un genérico del anterior. Así pues, la masa que se requiere, de un mate-
rial con densidad ρ , para rellenar el cascarón es
( ) =−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== 33
3
4
intext rrVm πρρ
( )
3
4π 3int
3
ext rr −ρ
5. Como la masa molar del hierro es g/mol 8,55
a) → 3g/cm 86,7=Feρ === 3g/cm 7,86
g 8,55
Fe
mV
ρ
3cm 7,1
b) En un mol hay átomos, y éstos ocupan un volumen de . Por tanto, el
volumen de uno solo de estos átomos vale
2310022,6 × 3cm 1,7
=×=
×
= − átomo/cm 1018,1
átomos 10022,6
cm 1,7 323
23
3
)( FeátomoV /átomom 101,18
329−×
c) =×=× −− m 1028,2m 1018,1 103 329 nm 0,228
6
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d) → 3g/cm 7,18=Uρ === 3g/cm 18,7
g 03,238
U
mV
ρ
3cm 12,73
En un mol hay átomos, y éstos ocupan un volumen de . Por tanto, el
volumen de uno solo de estos átomos vale
2310022,6 × 3cm 73,12
=×=
×
= − átomo/cm 1011,2
átomos 10022,6
cm 73,12 323
23
3
)( UátomoV /átomom 102,11
329−×
=×=× −− m 1076,2m 1011,2 103 329 nm 0,276
6. Vamos a llamar y a las masas de las esferas. Así pues, tenemos: 2m 1m
3
13
4
1 rV π= y
3
23
4
2 rV π= 12 5mm =
Como las esferas son de la misma roca, ambas tendrán la misma densidad ( 21 ρρ = ). Por
tanto, dividiendo sus densidades nos queda:
21
12
1
1
2
2
1
2
Vm
Vm
V
m
V
m
==
ρ
ρ
→
3
2
1
3
23
4
1
3
13
4
1 5
5
1 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
r
r
rm
rm
π
π
Despejando y sustituyendo los datos del problema nos queda: 2r
=⋅== 3312 5cm) 50,4(5rr cm 7,69
7. Las soluciones pedidas son:
a) Para el Helio g/átomo 1064,6
átomos/mol 106,022
g/mol 4 24
23
−×=
×
==
A
He N
molarmasam
g 106,64u 4 24−×=
b) Para el Hierro g/átomo 1028,9
átomos/mol 106,022
g/mol 5,95 23
23
−×=
×
==
A
Fe N
molarmasam
g 109,28u 55,9 23−×=
c) Para el Plomo g/átomo 1037,34
átomos/mol 106,022
g/mol 072 23
23
−×=
×
==
A
Pb N
molarmasam
g 103,44u 207 22−×=
7
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8. Tenemos que el número de átomos del anillo en el día de la boda y cuando han transcu-
rrido los cincuenta años. Como un mol de oro (197 g) contiene establecemos la
siguiente proporción:
átomos 10022,6 23×
g 8,3g 197
BodaA NN = → átomos 10022,6
g 197
g 8,3 23×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=BodaN
g 35,3g 197
50 añosA NN = → átomos 10022,6
g 197
g 35,3 23
50 ×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=añosN
Así pues, la pérdida de átomos será igual a
átomos 1038,1
g 197
átomos 10022,6)g 35,3g 80,3( 21
23
50 ×=
×
−=−=Δ añosBoda NNN
Este fue el desgaste en átomos durante 50 años. El promedio de desgaste por cada segundo
es
=×××=
Δ
Δ
s86.400
día 1
días 365
año 1
años 50
átomos 1038,1 21
t
N átomos/s 108,75 11×
9. Conocemos la densidad del hierro, por tanto las soluciones son:
a) =×== − 363 cm) 105)(g/cm 86,7(Vm Feρ g 109,83
16−×
b)
g 1083,9g 5,95 16−×
=
NN A → átomos 10022,6
g 5,95
g 1083,9 2316 ×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
=
−
N
=N átomos 101,06 7×
10. Vamos a calcular el área de la sección transversal:
232 m 104,6cm 64cm) 2cm cm)(36 (1cm) 1cm 15(2 −×==−+×=A
a) La masa de la viga de 1,5 m de largo vale
=×××== − m) 106,4m 5,1)(kg/m 1056,7( 333Vm ρ kg 72,58
b)
g 580.72g 5,95
NN A = → átomos 10022,6
g 5,95
g 580.72 23×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=N
=N átomos 107,82 26×
8
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11. Las soluciones son:
a)
g 200.1g 81
NN A = → átomos 10022,6
g 81
g 200.1 23×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=N
=N átomos 104,01 25×
b) Si la huella de dinosaurio ha dejado una cavidad de masa 1,2 kg. y la cantidad de agua en
la tierra no ha variado, las moléculas del cubo que hayan podido estar en dicha huella se hallan me-
diante una sencilla proporción AmbosTotalCuboCubo NMNm = , ya que la masa molar del agua es invaria-
ble:
=×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
= átomos 1001,4
kg 1032,1
kg 2,1 25
21AmbosN átomos 103,65
4×
12. Las dimensiones de a, b, c y s son de longitud, es decir, L. Por tanto, el análisis dimen-
sional es
==⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ⋅⋅= 2 2
2
1
][ L
L
LLLr L (La resta de cantidades de igual dimensión da como resul-
tado una cantidad de la misma dimensión).
La fórmula del radio es correcta.
13. Las dimensiones del espacio recorrido por una partícula es Ls =][
[ ] mnmn
m
nm TLT
T
Ltkas 22][
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== (Ahora igualamos los dos miembros de la ecuación)
mnmTLL 2−= →
⎩
⎨
⎧
−=
=
mnm
20
1
Las soluciones son y . El valor de k es una constante, por lo que a ser adimen-
sional su valor no puede determinarse mediante este análisis.
2=n 1=m
14. El análisis dimensional de la ecuación del período T es:
TT
T
L
LT ==
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
= 2
2
1
2
][
9
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La ecuación es dimensionalmente correcta, ya que el período, efectivamente, se mide en
unidades de tiempo.
15. Vamos a hacer el análisis dimensional a cada una de ellas:
a) → ][][][ 0 axvv +=
2211 −−− += TLLTLT
El segundo sumando del segundo miembro rompe la homogeneidad del análisis dimensio-
nal, ya que no es posible sumar cantidades de diferente dimensión. Por tanto, la ecuación es dimen-
sionalmente incorrecta.
b) )][cos(]m 2[][ kxy ⋅= →
43421
aladimension
L
LLL ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛⋅= cos
El segundo factor del segundo miembro es adimensional. Las funciones trigonométricas y
exponenciales deben ser adimensional. Por tanto, la ecuación es dimensionalmente correcta.
16. Vamos a hacer el análisis dimensional, donde en primer lugar despejamos la constante
G, esto es
21
2
mm
FrG = . Las unidades SI son:
kgs
m
kgkg
m
s
mkg
2
3
2
2
21
2
⋅
=
⋅
⋅
==
mm
FrG → [ ]=G
MT
L
2
3
17. Haciendo el análisis dimensional hallamos:
→ [ ] ]008,0[5,1][ 2ttV += 23 008,05,1 TTL +=
Para que la ecuación sea dimensionalmente correcta, las expresiones numéricas han de venir
expresadas en
y 135,1 −= TL 23008,0 −= TL
Así pues, la ecuación queda de la siguiente forma, teniendo en cuenta el consumo viene da-
do en millones de pies cúbicos:
223336 )mes/ft 108(mes)/ft 105,1( ttV ×+×=
Para expresar esta ecuación en pies cúbicos y segundos, hemos de multiplicar los coeficien-
tes por el factor de conversión entre mes y segundos, esto es:
s 10592.2
día
s 86.400días 30mes 1 3×=×=
10
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s/ft 1079,5
s 102.592
mes
mes
ft105,1 313
3
6 −×=
×
××
239
2
32
3
3 s/ft 1019,1
s 102.592
mes
mes
ft108 −×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×
××
Por tanto, la ecuación definitiva del consumo de gas natural medido en pies cúbicos y se-
gundos es la siguiente:
=V 22393 )/sft 10(1,19/s)ft (0,579 tt −×+
18. Aplicamos la siguiente conversión de unidades:
1 pulg = 2,54 cm
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ nm/s 1869,9
s/día 86.400
cm) nm/10 cm/pulg)(1 54,2(pulg/día
32
1 -7
nm/s 9,19
Esto significa que las proteínas se agrupan en una razón de muchas capas de átomos cada
segundo, ya que las capas se ensamblan a una rapidez de
capas/s 92
nm/capa 0,1
nm/s 19,9
≈
19. Calculamos el área en pies cuadrados ( ) y usamos la conversión 1 m = 3,281 ft 2ft
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
= 2
2
m 4096,393.1
ft 3,281
m 1ft) ft)(150 100(Area 23 m 101,39×
20. Utilizando la misma conversión que en el ejercicio anterior tenemos:
a) El volumen de la clase es de:
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== 3
3
3 ft 43,070.339
m 1
ft 3,281m 9.600m) m)(12 m)(20 40(Volumen 35 ft 103,39×
b) La masa de aire que hay en el cuarto vale
kg 101,24kg 384.12)m 600.9)(kg/m 29,1( 433 ×≈==⋅= aireaireaire Vm ρ
El peso de esta masa de aire es de
N 101,22N 644.121)m/s kg)(9,81 1024,1( 524 ×≈=×== maP
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Ahora ya solo nos queda convertir a libras, esto es:
=××
N 4,448
lb 1N 101,22 5 lb 102,74 4×
21. a) 7 minutos son 420 segundos, por tanto la razón es de
==
s 420
gal 30r gal/s 107,14 2−×
b) Convertimos los galones primero a litros y después a metros cúbicos:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
33
cm 100
m 1
L 1
cm 000.1
gal 1
L 786,3
s 420
gal 30r /sm 102,70 34−×
c) Para completar un metro cúbico tardaríamos
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
= − s 3.600
h 1
s/m 1070,2
m 1
34
3
t h 1,03
22. Usamos el factor de conversión 1 yarda = 0,9144 m
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
s 86.400
día 1
yd 1
m 9144,0
días 14
quincena 1
furlong 1
yd 220
quincena
furlongs 5 m/s 108,31 4−×
Por la reducida velocidad, estimamos que pueda tratarse del caracol.
23. Usamos el factor de conversión 1 milla = 1.609 m
( ) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ 22
mi 1
m 609.1
acres 640
mi 1acre 1 2m 104,05 3×
24. El recipiente tiene un volumen de un cuarto de galón, cuyo contenido es helado.
. La fórmula del volumen de un cubo es . Por tanto, tenemos que: qt 1=V 3lV =
32
3
cm 10465,9
L 1
cm 000.1
gal 1
L 786,3
qt 4
gal 1qt) 1( ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=V
Así pues, el lado del cubo medirá
323 cm 10465,9 ×== lV → =×= 3 32 cm 10465,9l cm 9,82
12
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25. La densidad está definida como el cociente entre la masa y el volumen. Por tanto, la
densidad del plomo (Pb) es igual a:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== 3
36
3 m 1
cm 10
g 1.000
kg 1
cm 10,2
g 3,942
V
m
Pbρ
33 kg/m 1011,40×
26. Una Unidad Astronómica es 1 UA = m 10496,1 11×
a) La distancia que recorre la luz en un año es del orden
m/año 1046,9
año
días 365
día
s 86.400m/s) 103( 158 ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×
La cantidad de UA que hay en esta distancia es de
≈
×
×
m/UA 101,496
m 1046,9
11
15
UA 106,32 4×
b) La distancia de la tierra a la galaxia Andrómeda (M31) es . Esta distancia equi-
vale en Unidades Astronómicas a
m 102 22×
≈
×
×
m/UA 101,496
m 102
11
22
UA 101,34 11×
27. El número de átomos de hidrógeno que hay en el sol es
=
×
×
=
kg/átomo 101,67
kg 1099,1
27-
30
N átomos 101,19 57×
28. 1 milla = 1.609 m; luego los factores de conversión pedidos son:
a) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
mi 1
km 1,609mi/h) (1mi/h 1 km/h 1,609
b) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
mi 1
km 1,609mi/h) (55mi/h 55 km/h 88,5
c) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
mi 1
km 1,609mi/h) (65mi/h 56 km/h 104,6
El incremento de velocidad ha sido de =−=Δ km/h 5,88km/h 6,104V km/h 16,1
13
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29. La deuda nacional es de $ 106 12×
a) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
=
días 365
año 1
s 86.400
día 1
$/s 10
$ 106
3
12
t años 101,90 2×
b) La longitud de todos los billetes del total de la deuda es igual a
km 1093
cm 10
km 1
$
cm 5,15$) 106( 75
12 ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=l
Suponiendo la tierra redonda, su longitud equivale al de una circunferencia, siendo su valor
igual a
km 104km) 378.6(22 4×=== ππ TierraTierra Rl
Por tanto, el número de vueltas que se podría dar a la tierra (sobre el ecuador) poniendo los
billetes de un dólar uno tras de otro es:
=
×
×
==
km 104
km 1093
4
7
Tierral
ln vueltas 102,32 4×
30. Las soluciones son:
a) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
día
s 400.86
año
días 365año) (1año 1 s 103,16 7×
b) La Luna tiene un radio promedio de . Si la superficie de la luna se cubre con
una capa de 1 metro de espesor, el incremento de volumen de la capa esférica es igual a
m 1074,1 6×
( )32233 )()(33
3
4
3
4)(
3
4 RRRRRRRRV Δ+Δ+Δ=−Δ+=Δ πππ siendo m 1=ΔR
313 m 103,80×=ΔV
Si cada micrometeorito tiene un volumen 31836 m 1019,4m) 10(
3
4 −− ×=π , el tiempo que har-
ía falta para cubrir la superficie de la Luna con una capa de un metro es de:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
= − s 103,16
año 1
s/m 1019,4
m 1080,3
7318
313
t años 102,87 23×
14
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
31. Si se ha empleado el galón de pintura por completo, en el área pintada estará todo el ga-
lón de pintura. Por tanto, si llamamos e al espesor de la capa de pintura tenemos:
33 m 1078,3 −×=× eárea → m 101512,0
m 10
m 1
m 25
m 1078,3 362
33
μμ ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×= −
−
e
≈e μm 151
32. La figura geométrica de una pirámide es la que se muestra en el siguiente dibujo
Figura problema 32
El volumen de la pirámide es igual a
( ) 37
2
ft 1008,9
acre
ft 43.560ft 481acres) 13(
3
1
3
1
×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== BhV
( ) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=
3
37
ft
m 3048,0ft 10,089V 36 m 102,57×
33. El peso de la pirámide es
kg 105
piedra
kg 102,50piedras) 102( 9
3
6 ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
×=Peso
Como , el peso en libras será de lb 20,2kg 1 =
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×=
kg
lb 2,20kg) 105( 9Peso lb 101,1 10×
15
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
34. El radio promedio de la tierra es de . Por tanto, la superficie cubierta de
agua será igual a:
m 1037,6 6×
214262 m 1057,3m) 1037,6(4%)70(4%)70( ×=×= ππR
Esta es la superficie de la tierra que está cubierta de agua. Por tanto, el volumen de agua se-
rá:
318214 m 1032,1
mi
m 609.1mi) 3,2)(m 1057,3( ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=AguaV
Así pues, la masa de agua en kg será de
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×= − L 1
kg 1
m 10
L 1)m 1032,1( 33
318
Aguam kg 101,32
21×
35. El volumen de la presa es igual a
36
2
ft 1009,1
acre
ft 3.5604)ftacres 25( ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅=PresaV
Pasando los pies (ft) a unidades del SI ( 3m ) nos queda:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=
3
36
ft
m 0,3048)ft 1009,1(PresaV
34 m 103,08×
36. Las soluciones son:
a) El factor de escala (cuántos diámetros del átomo de hidrógeno representa un campo de
fútbol americano) es:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
=
yd
m 9144,0
m 101,06
yd 100
10-L
11108,63×
Un campo de fútbol americano representa o equivale a veces el diámetro del
átomo de hidrógeno.
111063,8 ×
Vamos ahora a calcular una relación a escala entre el diámetro del núcleo y el diámetro del
átomo con respecto a la longitud de un campo de fútbol americano (300 pies).
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×=⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
= −
−
m 101,06
ft 300m) 1040,2( 10
15
,
,
, ,
realÁtomo
escalaÁtomo
realNúcleoescalaNúcleo D
D
DD ft 106,79 3−×
16
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
El diámetro del núcleo a escala en milímetros es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×= −
m 1
mm 1.000
ft 1
m ,30480ft) 1079,6( 3 , escalaNúcleoD mm 2,07
Podemos observar, a la luz de los resultados y según el modelo de escala elegido (un campo
de fútbol americano), cuán pequeño resulta el núcleo (tan solo 0,00679 pies) en relación al diámetro
del átomo (300 pies).
b) Comparamos los volúmenes del átomo con el núcleo, esto es
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== −
− 3
15
1033
3
3
4
3
3
4
m 1040,2
m 1006,1
Núcleo
Átomo
Núcleo
Átomo
Núcleo
Átomo
Núcleo
Átomo
D
D
R
R
R
R
V
V
π
π 13108,62×
Este el número de veces en que el volumen del átomo es más grande que el volumen del
núcleo, correspondiente al átomo de hidrógeno.
37. El factor de escala usado es:
luz m/años 105,2
luz años 100,1
m 25,0 6
5
−×=
×
=L
La distancia a Andrómeda en función de la escala utilizada es:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
×=×=
−
luz año
m 105,2luz) años 102(
6
6Ldd realescala m 5,0
38. Las soluciones son:
a) Comparamos las áreas respectivas de los planetas, esto es
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
2
8
62
2
2
cm) m/100 cm)(1 1074,1(
m 1037,6
4
4
Luna
Tierra
Luna
Tierra
Luna
Tierra
R
R
R
R
A
A
π
π
13,40
b) Ahora comparamos los volúmenes respectivos de los planetas, esto es
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
3
8
63
3
3
4
3
3
4
cm) m/100 cm)(1 1074,1(
m 1037,6
Luna
Tierra
Luna
Tierra
Luna
Tierra
R
R
R
R
V
V
π
π
49,06
17
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
39. En primer lugar vamos a calcular el peso de la esfera sólida de hierro, esto es.
[ ] kg 1039,263
m
kg 1086,7cm) m/100 cm)(1 2(
3
4 3
3
3
3 −
− ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
= πhierroesferaP
Para que se equilibre la balanza, el peso de la esfera de aluminio debe ser, lógicamente, el
mismo. Por tanto, el radio de la esfera de aluminio deberá ser:
kg 1039,263
m
kg 1070,2
3
4 3
3
3
3 −
− ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
= Alaluminioesfera RP π
m 1029,23 63 −×=AlR → =×=×=
−− m 1086,2m 1029,23 23 6AlR cm 2,86
40. Las masas de cada esfera son:
3
4 3AlAl
AlAlAl
r
Vm
πρ
ρ ==
3
4 3FeFe
FeFeFe
r
Vm
πρ
ρ ==
Para que las esferas se equilibren en la balanza, de brazos iguales, las masas de las esferas
deben de coincidir. Por tanto, igualando las masas tenemos:
→ FeAl mm = 3
4
3
4 33 FeFeAlAl rr πρπρ =
Despejando el radio de aluminio tenemos la solución al problema, esto es:
→ 33 FeFeAlAl rr ρρ = =Alr 3
Al
Fe
Fer ρ
ρ
41. Un cuarto, en promedio, tiene unas dimensiones de 4 metros de ancho por 4 metros de
largo por 3 metros de altura.
Por otra parte, las pelotas de ping-pong tienen un diámetro medio de 0,038 m.
El volumen de la habitación y de una pelota de ping-pong son los siguientes:
3m 48m 3m 4m 4 =××=CuartoV
35
3
m 1087,2
2
m 0,038
3
4 −×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= πPelotaV
18
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
Así pues, una persona puede rellenar un cuarto con pelotas de ping-pong en aproximada-
mente la cantidad
≈
×
== − 35
3
m 1087,2
m 48
Pelota
Cuarto
V
V
n pelotas 101,67 6×
El número real de pelotas de ping-pong que se puedan introducir en un cuarto será mucho
más pequeño que el calculado, debido a que habrá mucho espacio en la habitación que no pueda ser
rellenado con pelotas (téngase en cuenta que hemos calculado el volumen de las pelotas de ping-
pong como esferas, cuando en realidad cada pelota ocupa un volumen real equivalente a un cubo de
arista 0,038 m).
Así pues, un valor más aproximado es tomando el volumen de cada pelota de ping-pong
como un cubo de arista 0,038 m. Por tanto, la estimación anteriormente calculada se reduce a:
≈×= pelotas 1075,8
m) 0,038(
m 48 5
3
3
pelotas 106
42. Una caja media de patatas fritas tiene unas dimensiones aproximadas de
. Cada caja puede estar rellena de patatas fritas en unas tres cuartas
partes de su volumen, y cada patata frita puede tener una sección cuadrada de
3cm 240cm 10cm 8cm 3 =××
2cm 0,25cm 5,0cm 5,0 =×
Así pues, la longitud que pueden alcanzar las patatas fritas de una típica caja de McDonald’s
puestas una tras de otra es del orden
m 7,2cm 720
cm 25,0
cm 240
4
3
4
3
2
3
==⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
A
VL
Por tanto, los 250 millones de paquetes pueden alcanzar una longitud aproximada de
≈×=× m 108,1m/paquete) 7,2paquetes)( 1050,2( 98 m109
Del problema 28 sabemos que la longitud de la Tierra de la circunferencia que pasa por el
ecuador es de . Luego, con todas las ventas de paquetes de patatas fritas que McDonald’s
vende al año, poniendo una patata frita tras de otra se podría dar la vuelta al mundo.
km 104 4×
43. Una estimación razonable del diámetro de un neumático es de 0,5 m, con una circunfe-
rencia de aproximadamente 1,57 m. Así pues, el neumático podría dar
≈×= rev 1012,5m) rev/1,57 m/mi)(1 mi)(1.609 000.50( 7 rev 108
44. Una gota de lluvia es esférica y podría tener un radio de aproximadamente 0,1 in. Su
volumen es, pues, aproximadamente . Sabemos que , luego el volumen
de agua requerido para cubrir una profundidad de 1,0 pulgada es
33 in 104× 2ft 43.560acre 1 =
19
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
36
22
in 103,6
ft 1
in 12
acre
ft 43.560in)acre (1in) acre)(1 1( ×≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅=
Así pues, el número de gotas de lluvia requeridas será igual a
≈×=
×
×
== 933
33
106,1
in 104
in 103,6
lluviadegotaunadevolumen
requeridoaguadevolumenn lluvia de gotas109
45. En relación a mantener la fotosíntesis, podríamos esperar que las hojas de pasto requie-
ran un área de al menos 252 ft 1043in
16
1 −×= . El número de hojas de pasto esperadas en un cuarto
de acre de tierra será de
≈×=
×
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== −
7
25
2
1053,2
ft 1043
acre
ft 43.560acre) 25,0(
hoja una de Área
total Árean pasto de hojas 107
46. Si dedicamos 8 horas al día para dormir y comer, nos quedan 16 horas para contar los
billetes de un dólar. Como solamente somos capaces de contar un dólar por cada segundo, en un día
llegaremos a contar
$ 1076,5
s
$ 1
h
s 3.600h) 16( 4×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Por tanto, para contar los cien millones de dólares nos harán falta
≈×=
×
= días 1074,1
$/día 105,76
$ 10 3
4
8
n años 5
La oferta se aceptaría sin dudarlo un instante, ya que en 5 años seríamos millonarios, aunque
eso sí, con un esfuerzo monótono considerable de hacer día tras día lo mismo (contar billetes de un
dólar). Si empezamos con 18 años, a los 23 somos millonarios con toda una vida por delante.
47. Una bañera puede tener de dimensiones 1,3 m de largo por 0,5 m de ancho y por 0,3 m
de alto. Así pues, la mitad del volumen de la bañera es de
3m 1,0m) m)(0,3 m)(0,5 3,1(
2
1
==V
La masa de este volumen de agua es
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== − kg 100)m 1,0(m 10
kg 1 3
33Vm aguaagua ρ kg 10
2
20
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
La masa de este volumen la calculamos en monedas de un euro (diámetro 2,325 cm, grosor
0,233 cm y peso 7,5 g)
kg 17,758)m 1,0(
m 1
cm 10
g 10
kg 1
cm) 233,0(
2
cm 2,325
g 5,7 3
3
36
32 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
==
π
ρ Vm monedasmonedas
≈monedasm kg 10
3
48. Una persona media puede beber entre 2 y 3 bebidas ligeras al día. De éstas, quizás la
mitad fueron en latas de aluminio. Por tanto, estimamos un consumo medio de una bebida en lata de
aluminio por persona y día. La población española ronda los 40 millones de habitantes, que en un
año consumen un total de , latas que son tira-
das o recicladas cada año.
latas/año 101,46días/año) (365latas/día) 104( 107 ×=×
Por otra parte, una lata de aluminio pesa aproximadamente 5 g. Por tanto, el tonelaje de latas
de aluminio que se consumen el año representa
≈×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛× kg103,7
g 1.000
kg 1
lata
g 5latas/año) 10(1,46 710 Tn 105
49. New York tiene una población aproximada de habitantes. Estimamos que una per-
sona de cada 100 tiene un piano. Un afinador puede servir a 1.000 pianos (4 pianos por día durante
250 días al año; asumiendo que cada piano es afinado una vez al año). Así pues,
710
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= )habitantes 10(
habitantes 100
piano 1
pianos 1.000
afinador 1 7n afinadores 102
50. a) 2 cifras, b) 4 cifras, c) 3 cifras, y d) 2 cifras
51. a) El área de un círculo es , luego 2rA π=
[ ]=+±=±= 222 m) 2,0()m 2,0)(m 5,10(2m) 5,10(m) 2,05,10( ππA 2m 13)(346 ±
b) La circunferencia es rL π2= , luego
=±=±= m) 2,0m 5,10(2m) 2,05,10(2 ππL m 1,3)(66 ±
21
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
52. a) La suma será igual a:
756,??
37,2?
0,83
2,5?
796,53 = 797
b) ≈=× 14016,13,3560032,0 1,1 (sólo dos cifras significativas)
c) ≈=× 65575071,17620,5π 17,66 (sólo cuatro cifras significativas)
53. El radio es m 10)20,050,6(cm )20,050,6( 2−×±=±=r
La masa es kg )02,085,1( ±=m
La fórmula de la densidad viene medida por
3
3
4 r
m
π
ρ =
Al ser la densidad una medida indirecta, es decir, en su cálculo intervienen dos cantidades,
la masa y el volumen mediante un cociente, el error relativo máximo cometido se determina
V
dV
m
dmd
+=
ρ
ρ →
r
dr
m
dmd 3
+=
ρ
ρ
El valor de la densidad es 33
32
kg/m 1061,1
m) 1050,6(
3
4
kg 85,1
×≈
×
=
−π
ρ
103,0
50,6
)2,0(3
85,1
02,0
=+=
ρ
ρd → 3333 kg/m 1017,0)103,0)(kg/m 1061,1( ×≈×=ρd
y la medida final es =± ρρ d 33 kg/m 100,17)(1,61 ×±
54. a) 3 cifras, b) 4 cifras, c) 3 cifras, y d) 2 cifras
55. La distancia alrededor del rectángulo es m 115,88m )5,195,1944,3844,38( =+++
Esta respuesta debe ser redondeada a 115,9 m dado que la medida del lado más corto es el
que menos decimales aporta (tan solo uno).
22
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
56. La siguiente figura ilustra gráficamente el problema. La alberca es el hueco blanco del
rectángulo, y el andador la parte sombreada en gris.
Figura problema 56
El volumen es )(222 2121 VVVVV +=+=
31 m 70,1m) m)(0,09 m)(1,0 1,0m 1,0m 0,17( =++=V
3
2 m 9,0m) m)(0,09 m)(1,0 0,10( ==V
=+=+= )m 9,0m 70,1(2)(2 3321 VVV
3m 5,20
Al ser el volumen una medida indirecta, es decir, en su cálculo intervienen tres cantidades, la
longitud l, el ancho w y el espesor t mediante un producto, el error relativo máximo cometido se
determina
t
dt
w
dw
l
dl
V
dV
++= → ≈=++++= 027,0
0,9
1,0
0,1
01,0
19
)01,001,01,0(
V
dV % 2,7
La incertidumbre en el volumen calculado está en % 7,2±
La medida final es =± dVV 3m 0,14)(5,20 ±
57. Deseamos encontrar una distancia x tal que se cumpla la siguiente ecuación:
x
x m 000.1
m100
=
La distancia x es el mismo múltiplo de 100 m como el múltiplo de 1.000 m es de x.
→ 252 m 10=x ≈== 2277,316m 10 25x m 316
23
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
58. El volumen de aceite es igual a
310
3
7
m 1080,9
kg/m 918
kg 1000,9 −− ×=×==
Aceite
Aceite
mV
ρ
Este es el volumen que ocupa la gota de aceite esparcida en el círculo de 0,418 m. Si las mo-
léculas de aceite se esparcen uniformemente, el espesor d del circulo será precisamente el espesor
de una molécula. Por tanto, este valor es
ÁreadVAceite ×= → ≈
×
=
−
2
310
m) 418,0(
m 1080,9
π
d m 101,79 9−×
59. Para conocer la superficie total de las N gotas esféricas tenemos que multiplicar el nú-
mero de gotas que caben en los 30 cm3 de gasolina por la superficie de una sola de estas gotas esfé-
ricas. Analíticamente, el planteamiento es el siguiente:
r
V
r
r
V
A
V
V
NAA TotalTotalGota
Gota
Total
GotaTotal
3
4
3
4
2
3
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== π
π
≈
×
×
= −
−
m 1000,2
)m 100,30(3
5
36
TotalA
2m 4,50
60. Vamos a plantear el problema de manera que hemos de encontrar aquel ángulo α ma-
yor que cumpla
%0,10100 <×−
α
αα
sen
sentg
'α α αtg αsen Diferencia
15,0
20,0
22,0
24,0
24,2
24,4
24,5
24,6
24,7
0,2618
0,3491
0,3840
0,4189
0,4224
0,4259
0,4276
0,4294
0,4311
0,2679
0,3640
0,4040
0,4452
0,4494
0,4536
0,4557
0,4578
0,4599
0,2588
0,3420
0,3746
0,4067
0,4099
0,4131
0,4147
0,4163
0,4179
3,53
6,42
7,85
9,46
9,63
9,81
9,89
9,98
10,07
La solución es 24,6º.
24
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
61. Conocemos la longitud de la circunferencia del estanque 15,0 m. Por tanto, el radio vale
m 39,2
2
==
π
lr
El esquema gráfico del problema puede verse en la siguiente figura:
Figura problema 61
De esta figura deducimos que
r
h
=º55 tan → º55tan⋅= rh
Así pues, la altura de la fuente es de
≈= º55tanm) 39,2(h m 3,41
62. a) Las dimensiones del área son y la de la altura 2][ LA = Lh =][ . Como el volumen de
la figura está dado como , sus dimensiones serán: AhV =
32]][[][ LLLhAV =⋅==
Por tanto, la ecuación es dimensionalmente correcta, puesto que las dimensiones del volu-
men son . 3][ LV =
b) AhhrhrV
Área
Cilindro === 321 )(
22 ππ
{ AhhlwlwhV
Área
Caja === )( , siendo l la longitud y w el ancho de la caja
63. El número de segundos quetiene un año es
s 600.557.31
h
s 600.3
día
h 24
año
días 365,25año) 1( =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
25
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
El porcentaje de error en la aproximación es de:
≈×
−× %100
s600.557.31
|s 600.557.31s 10| 7π 0,449%
64. El esquema gráfico del problema es el que se muestra a continuación:
d
L
Si los átomos residen en cubos de arista 0,200 nm, la distancia entre los centros de los áto-
mos es . nm 200,0=L
Del gráfico podemos ver que el espacio entre los planos diagonales d es la mitad de la dis-
tancia diagonal entre los centros de átomos adyacentes diagonales (línea de color rojo). Esta diago-
nal se puede calcular por el teorema de Pitágoras, es decir, 22 LLLdiag += . Así pues, los átomos
están separados por una distancia , mientras que los planos diagonales lo están en nm 200,0=L
=×≈
×
=+= −
−
nm 1041,1
2
nm) 10200,0(2
2
1
2
10
29
22 LL
Ldiag nm 0,141
65. La rapidez del champú es ocupar un volumen a una velocidad de . Por tan-
to, la rapidez con la que se eleva el nivel de la botella será:
s/cm 5,16 3
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
4
:
2DÁrea
ovolumétricflujoRatiov
π
a) ==
4
cm) 30,6(
s/cm 5,16
2
3
π
v cm/s 0,529
26
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición
b) ==
4
cm) 35,1(
s/cm 5,16
2
3
π
v cm/s 11,5
66. El área que cubre el plato es 2
22
cm 415
4
cm) 0,23(
4
===
ππDA
Si llamamos t al espesor, el volumen que ocupa la melaza en el plato será , el cual de-
berá ser igual a . Así pues, el espesor vale
At ×
3cm 0,12
32 cm 0,12)cm 415( =t → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= − m 10
m 1
cm 10
m 1
cm 154
cm 0,12
622
3 μt m 289 μ
67. Vamos a calcular el consumo anual de combustible para cada consumo promedio, esto
es
gal/año 105
mi/gal 20
coche)mi/año coches)(10 10( 1048
mpg 20 ×=
⋅
=V
gal/año 104
mi/gal 25
coche)mi/año coches)(10 10( 1048
mpg 25 ×=
⋅
=V
Por tanto, el combustible que se ahorraría es:
=−= || mpg 20mpg 25 VVecombustiblAhorro gal/año 101
10×
68. a) Un metro cúbico de agua tiene una masa
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
==
−
)m 1(
m
cm 10
cm 1
kg 1000,1 3
3
36
3
3
Vm ρ kg 103
c) Haciendo un cálculo aproximado, trataremos a cada elemento como si fuera 100% agua.
Para la célula tenemos:
≈⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛==
3
6
3
3
3
33
m 10
m 1
6
m) 1(
m 1
kg 10
6
1
3
4
μ
μππρπρρ DrVm kg 105,2 16−×
Para el riñón humano tenemos:
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛==
3
2
3
3
3
3
cm 10
m 1
3
cm) 4(4
m 1
kg 10
3
4 ππρρ rVm kg 0,27
27
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
Para la mosca tenemos:
3
3
2
3
3
2
mm 10
m 1
4
mm) 0,4(mm) 0,2(
m 1
kg 10
4
1)( ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛===
ππρρρ hDhAVm
≈m kg 101,3 5−×
69. El volumen de la galaxia es de
36136019
221
2 m 10m 1085,7m) 10(
2
m 10
≈×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= ππ tr
Si la distancia entre estrellas es de , entonces cada estrella ocupa un volumen
igual a
m 104 16×
350349316 m 10m 104,6m) 104( ≈×=×
Por tanto, el número de estrellas en la Vía Láctea es
≈=
estrella/m 10
m 10
350
361
N estrellas 1011
70. La densidad de cada material es de
hD
m
hr
m
V
m
22
4
ππ
ρ ===
Al: == cm) 75,3(cm) 52,2(
g) 5,51(4
2π
ρ 3g/cm 2,75 El valor de la tabla es
3g/cm 70,2
Un 1,85 % más pequeño.
Cu: == cm) 06,5(cm) 23,1(
g) 3,56(4
2π
ρ 3g/cm 9,36 El valor de la tabla es
3g/cm 92,8
Un 4,70 % más pequeño.
Latón: == cm) 69,5(cm) 54,1(
g) 4,94(4
2π
ρ 3g/cm 8,91
Sn: == cm) 74,3(cm) 75,1(
g) 1,69(4
2π
ρ 3g/cm 7,68
Fe: == cm) 77,9(cm) 89,1(
g) 1,216(4
2π
ρ 3g/cm 7,88 El valor de la tabla es
3g/cm 86,7
Un 0,25 % más pequeño.
28
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
29
II
Movimiento en una dimensión
Preguntas
1. El tipo de movimiento que estamos buscando es aquel en el que el móvil mantiene siem-
pre la misma velocidad instantánea en todo el recorrido, es decir, la velocidad es constante y el des-
plazamiento varía linealmente con el tiempo.
Analíticamente la respuesta sería:
El desplazamiento del móvil es BAtx +=
La velocidad media es =
−
−
=
−
+−+
=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
if
if
if
if
x tt
ttA
tt
BAtBAt
tt
xx
t
xv
)()(
A
La velocidad instantánea =+==
dt
BAtd
dt
dxvx
)( A
Sólo en este caso, velocidad constante en todo el recorrido (velocidad igual a A) la velocidad
instantánea y velocidad media coinciden.
2. No se puede asegurar. Si la velocidad media es distinta de cero tenemos que
0≠
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
x tt
xx
t
xv → if xx ≠
Al ser la velocidad media distinta de cero podemos asegurar que las posiciones final e inicial
del móvil son distintas; por tanto, ha habido un desplazamiento. Sin embargo, la velocidad media no
nos dice nada acerca de cómo ha sido este desplazamiento.
Por ejemplo, consideremos a un corredor. Su velocidad media sería simplemente la longitud
recorrida dividida entre el tiempo que tardó el corredor en completar esta longitud. Si el corredor se
para a lo largo de la carrera para atarse sus zapatillas, entonces su velocidad instantánea en este
momento sería cero.
3. Asumimos que el objeto se mueve a lo largo de una línea recta. Si la velocidad media es
cero, entonces
0=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
x tt
xx
t
xv → if xx =
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
30
La posición final e inicial del objeto es la misma. Por tanto, no existe desplazamiento. El ob-
jeto podría estar estacionario durante el intervalo. Sin embargo, si primeramente se está moviendo
hacia la derecha, debe más tarde moverse hacia la izquierda para regresar al punto de partida. La
velocidad instantánea debe ser cero precisamente en el punto de retorno o regreso.
Por ejemplo, consideremos un lanzamiento vertical hacia arriba de una moneda. Su represen-
tación gráfica es la siguiente:
En ella observamos que el lanzamiento parte desde el suelo ( 0=ix ), asciende hacia arriba
hasta que su velocidad se hace cero en el punto de máxima altura 0t . A partir de este punto, la velo-
cidad cambia de signo y la moneda cae hacia el suelo, volviendo al mismo punto de donde partió.
4. Sí es posible una situación en el que la velocidad y la aceleración tengan signos opuestos.
Consideremos el lanzamiento de una pelota linealmente hacia arriba.
Como la pelota sube, su velocidad es positiva ( 0>yv ), mientras que su aceleración está en
dirección descendente ( 0<−= gay ). La gráfica de este modelo es la siguiente:
La aceleración es la pendiente de la gráfica de la velocidad con respecto al tiempo, siendo
esta pendiente negativa en todo momento, aun cuando la velocidad sea positiva.
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
31
5. Si la velocidad de una partícula no es cero, significa que ésta esta en movimiento. Si la
aceleración es cero, la velocidad de la partícula no cambia, es decir, la velocidad es constante.
6. Si usted deja caer una galleta desde el reposo ( 0=yv ), entonces su aceleración no es ce-
ro, debido a la gravedad. Un error muy común es pensar que inmediatamente después de que la ga-
lleta es lanzada, ambos, velocidad y aceleración son cero. Si la aceleración fuera cero, entonces la
velocidad no cambiaría, y la galleta se quedaría flotando en reposo en medio del aire (algo física-
mente imposible).
7. No. Si un objeto tiene una aceleración constante: a) Su velocidad se incrementará lineal-
mente en el tiempo si el sentido de la velocidad es el mismo que elde la aceleración, o b) Si la ve-
locidad tiene sentido contrario al de la aceleración, llegará un punto en el que el objeto se detendrá
y cambiará el sentido de su velocidad al mismo sentido que el de la aceleración.
Así pues, para que un objeto con Cteax = se detenga y permanezca detenido, debe de actuar
una fuerza sobre él de igual magnitud y dirección que se oponga a su movimiento, haciendo que su
aceleración sea cero.
8. La posición sí depende del sistema de coordenadas original. Por ejemplo, asumimos que
la azotea está a 20 m de altura y que la piedra alcanza una altura máxima de 10 m sobre la azotea. Si
el origen de coordenadas lo tomamos en la azotea, diremos que la altura máxima alcanzada por la
piedra sería de 10 m; sin embargo, si el origen de coordenadas lo tomamos en la parte baja del edi-
ficio, diremos que la altura máxima alcanzada por la piedra es de 30 m.
Por otra parte, la velocidad es independiente del origen del sistema de coordenadas. Esto es
así, ya que la velocidad instantánea se mide la pendiente de la recta tangente a la curva de posición
del móvil, de ahí que la elección del origen de coordenadas sea arbitrario.
9. Las velocidades finales de las pelotas cuando llegan al suelo son iguales. Después de que
la primera pelota alcance su máxima altura y caiga de regreso hacia abajo, pasará al estudiante, y lo
hará con una velocidad inicial igual a yiv− (nótese el signo negativo como descendente). Esta velo-
cidad es la misma que la velocidad inicial con la que es lanzada la segunda pelota. Así pues, ambas
pelotas caen con la misma velocidad inicial y desde la misma altura, por lo que sus velocidades de
impacto contra el suelo serán igualmente iguales.
10. La magnitud de la velocidad instantánea puede ser mayor, menor o igual a la velocidad
promedio del objeto.
Por ejemplo, consideremos el caso de un móvil que recorre una distancia de 125 m partiendo
del reposo y con una aceleración constante de 2m/s 10=xa . La gráfica de la velocidad en función
del tiempo es la siguiente:
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
32
Función de velocidad
0,00
10,00
20,00
30,00
40,00
50,00
60,00
v (t)
v (media)
El móvil tarda 5 s en llegar a su destino y lo hace con una velocidad final m/s 50=xfv (véa-
se línea roja en el gráfico, que representa la velocidad instantánea del móvil).
Como la aceleración es constante ( 2m/s 10=xa ), la velocidad media es igual a
m/s 25
2
m/s )500(
2
=
+
=
+
= xfxix
vv
v
Esta velocidad media se representa mediante una línea azul oscuro en el gráfico. Observe
como el desplazamiento (área encerrada bajo la curva velocidad en función del tiempo) es el mismo
tanto para la velocidad instantánea como para la velocidad media, esto es, 125 m (desplazamiento
del móvil).
Así pues, vemos como:
⎯ xx vv < para 5,20 <≤ t
⎯ xx vv = para 5,2=t
⎯ xx vv > para 55,2 ≤< t
En general, en todos los movimientos en una dimensión, la velocidad instantánea oscilará
por encima y por debajo de la magnitud de la velocidad media.
11. Si la velocidad media es cero, entonces
0=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
x tt
xx
t
xv → if xx =
La posición final e inicial del objeto es la misma. Por tanto, no existe desplazamiento
1 S 3 S 5 S
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
33
12. Suponemos que la planta comienza con una longitud inicial ix . Además, la planta du-
plica su altura con respecto a la altura de la semana anterior. Por tanto, la función de crecimiento de
la planta, expresando el tiempo en semanas, es
⎯ Semana 0: ixx =0
⎯ Semana 1: ixxx 22 01 ==
⎯ Semana 2: ixxx
2
12 22 ==
⎯ Semana 3: ixxx
3
23 22 == , y así sucesivamente.
Podemos observar que la función de crecimiento obedece a la expresión i
t
t xx 2= , siendo t
el tiempo medido en semanas.
Al final del día 25 la planta tiene la altura h de un edificio. Pasamos los 25 días en unidades
de semanas, esto es:
semanas
7
25
adías/seman 7
días 25
=
Al final del día 25 la altura de la planta será:
hxx i ==
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
7
25
7
25 2 →
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
7
25
2
hxi
Ya hemos relacionado la altura inicial de la planta con la altura del edificio. Ahora ya sólo
nos resta encontrar aquel valor de t para el cual la altura de la planta es un cuarto del edificio, esto
es:
4
22 7
25 hhxx
t
i
t
t ===
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
→ 12
2
7
25
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +−t
→ 02
7
25
=+−t
La solución a esta última ecuación es == semanas
7
11t días 11
Al final del undécimo día la planta tomará una altura equivalente a un cuarto del edificio.
13. No necesariamente. Es cierto que la aceleración del coche A podría ser más grande que
la del coche B. Pero también podrían tener ambos coches aceleración cero o iguales aceleraciones.
Por ejemplo, supongamos que el coche B, debido al tráfico, tiene una velocidad inferior a la
del coche A ( xBxA vv > ), pero el coche B para ganar velocidad empieza a acelerar con una acelera-
ción superior a la del coche A ( xBxA aa < ) o incluso igual ( xBxA aa = ).
14. Una vez que los objetos se sueltan de la mano, éstos caen caída libre, siendo la acelera-
ción hacia la superficie de la tierra la misma que la aceleración de la gravedad, es decir, gay −= .
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
34
15. Las soluciones son:
a) El coche está viajando y acelerando hacia el este.
b) El coche está viajando hacia el este, pero está reduciendo su velocidad debido a que está
frenando.
c) El coche está viajando hacia el este con velocidad constante.
d) El coche está viajando hacia el oeste, pero está reduciendo su velocidad debido a que es-
tá frenando.
e) El coche está viajando y acelerando hacia el oeste.
f) El coche está viajando hacia el oeste con velocidad constante.
g) El coche está parado, pero comienza a moverse hacia el este.
h) El coche está parado, pero comienza a moverse hacia el oeste.
16. El guijarro se suelta desde el reposo. Por tanto, llamando h a la altura del pozo y eli-
giendo la orilla del pozo como el sistema de referencia inercial, la expresión que nos permite calcu-
lar su altura (no tenemos en cuenta la velocidad del sonido) es
2
2
1 gth = → ≈= 22 s) 16)(m/s 81,9(
2
1h m 1.256
17. La expresión tx ΔΔ / expresa la rapidez promedio en el espacio, es decir, cuál es la dis-
tancia recorrida por unidad de tiempo (desplazamiento espacial por unidad de tiempo). Si calcula-
mos el recíproco de esta expresión obtenemos xt ΔΔ / , que nos viene a decir, en promedio, la rapi-
dez temporal, es decir, el tiempo necesario que ha de transcurrir para que el objeto de medida en
cuestión se desplace una unidad de longitud (desplazamiento temporal por unidad de longitud).
Por ejemplo, las placas continentales se desplazan a una velocidad de cm/año 5 , la misma
con la que crecen las uñas de las manos. Por tanto, la “lentitud” será de:
años/cm 2,0
cm 5
año 1
==
Δ
Δ
x
t
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
35
Problemas
1. La velocidad promedio para cada intervalo es:
a) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 1
0m 3,2
t
xvx m/s 2,3
b) =
−
−
=
Δ
Δ
=
s 2s5
m 2,9m 5,57
t
xvx m/s 16,1
c) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 5
0m 5,57
t
xvx m/s 11,5
2. a) Es obvio que el desplazamiento total es igual al espacio recorrido durante los 35 pri-
meros minutos más los 130 km que recorre al final, esto es
=+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= km 130
min/h 60
min 35km/h) 85(entoDesplazami km 179,58
b) La velocidad promedio es igual a:
≈
++
=
Δ
Δ
=
h 2
min/h 60
min 15
min/h 60
min 35
km 79,581
t
xvx m/s 63,4
3. Observando la gráfica x(t) las velocidades promedio pedidas son:
a) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 2
0m 10
t
xvx m/s 5
b) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 4
0m 5
t
xvxm/s 1,25
c) =
−
−
=
Δ
Δ
=
s 2s 4
m 10m 5
t
xvx m/s 2,5−
d) =
−
−−
=
Δ
Δ
=
s 4s 7
m 5m 5
t
xvx m/s 3,34−
e) =
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 8
m 0m 0
t
xvx m/s 0
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
36
4. Tenemos como dato la función de posición 210tx = . Para un intervalo de tiempo, el des-
plazamiento experimentado sobre la partícula es:
222 )(10)(2010)(10 ttttttx f Δ+Δ+=Δ+=
210txi =
Así pues, tenemos que 2)(10)(20 tttxxx if Δ+Δ=−=Δ , y la velocidad media será igual a
)2(10)(10)(20
2
tt
t
ttt
t
xvx Δ+=Δ
Δ+Δ
=
Δ
Δ
= , siendo t el tiempo inicial del intervalo.
a) [ ] =−+=Δ+= s) 2s 3(s) 2(210)2(10 ttvx m/s 50
b) [ ] =−+=Δ+= s) 2s 1,2(s) 2(210)2(10 ttvx m/s 41
5. La distancia de A a B es la misma que de B a A. Llamemos a esta distancia d. El tiempo
que emplea la persona en cada recorrido es:
m/s 5
d
v
dt
BA
BA ==
→
→
m/s 3
d
v
dt
AB
AB ==
→
→
En ir del punto A al B, y regresar de nuevo al punto A, camina la persona una distancia igual
a 2d.
a) La rapidez promedio es igual a:
==
+
=
22 /sm 51
m/s) 8(
2
m/s 3m/s 5
2
d
d
dd
dpromedioRapidez m/s 3,75
b) Como la persona empieza y termina en el mismo punto (el A) el desplazamiento es nulo
y, por consiguiente, la velocidad promedio también.
6. Nos encontramos en la misma situación que en el ejercicio anterior, con la salvedad de
que la rapidez con que camina la persona es ahora una variable.
1v
d
v
dt
BA
BA ==
→
→
2v
d
v
dt
AB
AB ==
→
→
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
37
En ir del punto A al B, y regresar de nuevo al punto A, camina la persona una distancia igual
a 2d.
a) La rapidez promedio es igual a:
=
+
=
+
=
21
21
21
)v(
22
vv
dv
d
v
d
v
d
dpromedioRapidez m/s
2
)( 21
21
vv
vv
+
b) Igual que paso antes, como la persona empieza y termina en el mismo punto (el A) el
desplazamiento es nulo y, por consiguiente, la velocidad promedio también.
7. a) La gráfica es la siguiente:
b) El valor de la pendiente es:
=
−
−−
=
Δ
Δ
=
s 1s 6
m) 3(m 5
t
xvx m/s 1,60
8. Para cualquier tiempo t, el desplazamiento está dado por 22 )m/s 3( tx =
a) Para s 3=it → ==
22 s) 3)(m/s 3(ix m27
b) Para tt f Δ+= s 3 → =Δ+=
22 )s 3)(m/s 3( tx f
22 t))(m/s 3tm/s) 18m 27 Δ+Δ+ ((
c) La velocidad instantánea es:
[ ]t
t
tt
t
xx
t
xv
tt
if
ttx
Δ+=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ+Δ
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=
→Δ→Δ→Δ→Δ
)m/s (3m/s) (18lim)(318limlimlim 2
0
2
000
de donde
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
38
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
Δ+=
→Δ 43421
0
2
0
)m/s (3m/s) (18lim tv
tx
m/s 18
9. a) Tenemos que medir la pendiente de la recta que va desde el punto A al punto B, esto
es:
Punto A: s 5,1=At m 8=Ax
Punto B: s 0,4=Bt m 2=Bx
Por tanto, la velocidad promedio vale:
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 5,1s 4
m) 8(m 2
t
xvx m/s 2,4−
b) La pendiente de la línea tangente se obtiene de la recta que pasa por los puntos C y D.
Punto C s 0,1=Ct m 5,9=Cx
Punto D s 5,3=Dt m 0=Dx
Por tanto, la velocidad instantánea en s 2=t es
≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 1s ,53
m 5,9m 0
t
xvx m/s 3,8−
c) La velocidad es cero cuando x es un mínimo, ya que la recta tangente a la curva x(t) es
horizontal, y su pendiente es nula. Esto ocurre en =t s 4
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
39
10. a) La gráfica x(t) es la siguiente:
b) La velocidad instantánea para diferentes tiempos se puede calcular mediante la pendiente
de las líneas tangentes a la curva x(t), según la gráfica del apartado a). Otra forma de hacerlo es
haciendo un ajuste mediante una línea de tendencia a la gráfica x(t), lo cual nos da la función de
posición con respecto al tiempo 22 )m/s 3,2( tx =
Función de posición
x (t ) = 2,3t2
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
En s 5=t → ≈=== s) 5(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 23
En s 4=t → ≈=== s) 4(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 18,4
En s 3=t → ≈=== s) 3(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 13,8
1 s 3 s 5 s
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
40
En s 2=t → ≈=== s) 2(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 9,2
c) La velocidad instantánea tiene como expresión t
dt
dxvx 6,4== . Su representación gráfica
es la siguiente:
Función de velocidad
0
5
10
15
20
25
La aceleración promedio del automóvil es la pendiente de la gráfica v(t), esto es:
≈=
dt
dvax
2m/s 4,6
d) La velocidad inicial del coche es cero.
11. Las velocidades instantáneas se calculan por el valor de las pendientes de las rectas tan-
gentes a la curva x(t).
a) ≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 0s 2
m 0m 10
t
xvx m/s 5
b) ≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 2s 4
m 10m 5
t
xvx m/s 2,5−
c) ≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 4s 5
m 5m 5
t
xvx m/s 0
d) ≈
−
−−
≈
Δ
Δ
=
s 7s8
m) 5(m 0
t
xvx m/s 5
1 s 3 s 5 s
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
41
12. La velocidad inicial de la partícula es m/s 60=iv . En 15 segundos, la partícula se de-
tiene. La aceleración promedio durante este intervalo es:
=
−
−
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 51
m/s 60m/s 0
if
if
x tt
vv
t
va 2m/s 4−
El signo menos indica que la aceleración está en el sentido negativo del eje x, es decir, la
partícula está frenando.
13. Elegimos la dirección positiva como el sentido de la velocidad de la superbola después
de chocar contra la pared de ladrillo. Así pues, la aceleración promedio es igual a:
=
×
−−
=
−
−
=
Δ
Δ
= − s 10,503
m/s) 25(m/s 22
3
if
if
x tt
vv
t
va 24 m/s 101,34×
14. a) La aceleración es constante durante los primero 10 segundos. Así, la fórmula de la
velocidad es atvv if += .
==+= s) 10)(m/s 2( 2atvv if m/s 20
Después, la aceleración cae a cero, por lo que la velocidad es constante desde s 10=t hasta
s 15=t .
Al final de los últimos 5 segundos la velocidad cae a:
=−+=+= s) 5)(m/s 3(m/s 20 2atvv if m/s 5
b) En los primeros diez segundos:
m 100s) 10)(m/s 2(
2
100
2
1 222 =++=++= attvxx iif
En los próximos 5 segundos la posición cambia a:
m 2000s) m/s)(5 20(m 100
2
1 2 =++=++= attvxx iif
Y, finalmente, al cabo de los 20 segundos, la distancia recorrida es de:
=−++=++= 222 s) 5)(m/s 3(
2
1s) m/s)(5 20(200
2
1 attvxx iif m 262,5
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42
15. a) La gráfica a(t) es la siguiente:
b) Durante s 15s 5 << t
s 5=it m/s 8−=iv
s 15=ft m/s 8=fv
La aceleración promedio es igual a:
=
−
−−
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 5s 15
m/s) 8(m/s 8
if
if
x tt
vv
t
va 2m/s 1,6
Por otra parte, durante s 02s 0 << t
s 0=it m/s 8−=iv
s 20=ft m/s 8=fv
La aceleración promedio es igual a:
=
−
−−
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 02
m/s) 8(m/s 8
if
if
x tt
vv
t
va 2m/s 0,8
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
43
16. a) y b) Escogemos 0=ix en 0=it . Calculamos tres posiciones del móvil en los si-
guientes tiempos:
⎯ En s 3=t → m 12s) 3(
2
m/s 80)(
2
1
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +=+= tvvx xfxif
⎯ En s 5=t → m 28s) m/s)(2 8(m 12 =+=+= tvxx xiif
⎯ En s 7=t → m 63s) 2(
2
0m/s 8m 28)(
2
1
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ++=++= tvvxx xfxiif
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44
En cuanto a la aceleración, ésta toma los siguientes valores:
⎯ De s 3s 0 ≤≤ t → 2m/s 67,2
0s3
0m/s 8
=
−
−
=xa
⎯ De s 5s 3 ≤≤ t → 2m/s 0
s3s5
m/s 8m/s 8
=
−
−
=xa
⎯ De s 9s 5 ≤≤ t → 2m/s 4
s5s9
m/s) 8(m/s 8
−=
−
+−−
=xa
c) La aceleración en s 6=t es la misma que la delintervalo s 9s 5 ≤≤ t , ya que el valor de
la pendiente es la misma, es decir, =xa
2m/s 4−
d) En s 6=t → =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
++=++= 2
2
2 s) 1(
2
m/s 4s) m/s)(1 8(m 28
2
1 attvxx xiif m 34
e) La posición final en s 9=t es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −++=++= s) 4(
2
m/s) 8(m/s 8m 28)(
2
1 tvvxx xfxiif m 28
17. Las fórmulas que nos hacen falta para solucionar este problema son:
232 ttx −+=
t
dt
dxvx 23−==
2−==
dt
dvax
a) Su posición en s 3=t es:
=−+= 2s) 3(s) m/s)(3 3(m 2x m2
b) Su velocidad en s 3=t es:
=−= s) 3)(m/s 2(m/s 3 2xv m/s 3−
c) Su aceleración en s 3=t es:
=xa
2m/s 2−
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
45
18. a) Las posiciones de la partícula son:
En s 2=t → m 11m 3s) m/s)(2 2(s) 2)(m/s 3( 22 =+−=ix
En s 3=t → m 42m 3s) m/s)(3 2(s) 3)(m/s 3( 22 =+−=fx
=
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 2s 3
m 11m 42
t
xvx m/s 13
b) La velocidad instantánea será igual a 26 −== t
dt
dxvx
En s 2=t → =−= m/s 2s) m/s)(2 6(xv m/s 10
En s 3=t → =−= m/s 2s) m/s)(3 6(xv m/s 16
c) La aceleración promedio es igual a:
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 2s 3
m/s 10m/s 61
t
vax
2m/s 6
d) La aceleración instantánea será igual a 2m/s 6==
dt
dvax
Al no depender de la variable tiempo t, la aceleración instantánea sería igual a =xa
2m/s 6
para cualquier instante.
19. a) El valor de la aceleración promedio es inmediato, esto es
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 6
m/s 0m/s 8
t
vax
2m/s 1,34
b) El máximo valor de la aceleración es aquel instante en el que la pendiente, positiva, de la
recta tangente a la curva v(t) es máxima. Esto ocurre en s 3=t , y su valor, aproximadamente, es
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 1s 4
m/s 0m/s 6
t
vax
2m/s 2
c) La aceleración es cero para aquellos instantes en los que la pendiente de la recta tangente
a la curva v(t) es nula u horizontal. Esto ocurre en s 6=t y, también, para s 10>t .
d) El máximo valor negativo de la aceleración ocurre, aproximadamente, para s 8=t , y su
valor es:
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 7s 5,9
m/s 75,7m/s 4
t
vax
2m/s 1,5−
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46
20. Las gráficas serían las siguientes:
a)
b)
c)
d)
e)
f) El espacio de las sucesivas posiciones del objeto cambiaría con menos regularidad. Los
vectores de aceleración variarían en magnitud.
Orden de lectura
Velocidad
Aceleración
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
47
21. Puesto que no nos interesa el tiempo que recorre la cápsula la longitud del cañón, usa-
mos la siguiente fórmula:
xavv if Δ+= 2
22 → m) 220(20m/s) 970.10( 2 a+= , de donde
≈=
m 440
m/s) 970.10( 2a 2m/s 102,74 5×
Si comparamos este valor con el de la aceleración en caída libre, observamos que es
42
25
1079,2
m/s 81,9
m/s 1074,2
×=
× veces más grande que g.
22. a) La aceleración (supuesta constante) del vehículo es:
atvv if += → s) 8(0m/s 42 a+= → == s8
m/s 24a 2m/s 5,25
b) La distancia recorrida en los primeros 8 segundos es:
2
2
1 attvxx iif ++= → ==
22 s) 8)(m/s 25,5(
2
1
fx m 168
c) Procediendo con la misma fórmula que en el apartado a), nos queda
atvv if += → s) 10)(m/s 25,5(0
2+=fv → =fv m/s 52,5
23. a) Partimos de las siguientes fórmulas:
atvv if += → t
vv
a if
−
=
2
2
1 attvxx iif ++= →
2
2
1 t
t
vv
tvxx ifiif ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
++= → t
vv
x if ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
=Δ
2
Ahora, sustituyendo datos nos queda:
s) 50,8(
2
m/s 2,80
m 40 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ += i
v
→ ≈iv m/s 6,61
b) El valor de la aceleración es:
t
vv
a if
−
= → =−=
s 50,8
m/s 61,6m/s 80,2a 2m/s 0,448−
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48
24. Suponemos que la aceleración desconocida es constante. Por tanto, la aceleración que
sufre el vehículo para ser frenado en 40 pies es de:
xavv if Δ+= 2
22 →
x
vv
a if
Δ
−
=
2
22
2
222
ft/s 94,32
s 3.600
h 1
mi
ft 280.5
ft) 40(2
mi/h) 35(0
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=a
Ahora, consideramos el mismo vehículo que frena con la misma aceleración, pero cuya ve-
locidad inicial es diferente ( mi/h 70=iv ). Por tanto, la distancia mínima de frenado será igual a:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
−
=Δ
22
2
222
s 3.600
h 1
mi
ft 280.5
)ft/s 94,32(2
mi/h) 70(0
2a
vv
x if ft 160
25. Los datos que nos facilita el problema son:
cm/s 12=iv y cm 3=ix
Para un tiempo de 2 segundos más tarde, su coordenada es cm 5−=fx .
2
2
1 attvxx iif ++= →
2s) 2(
2
s) cm/s)(2 (12cm 3cm 5 a++=−
Así pues, la aceleración vale =a 2cm/s 16−
26. a) El desplazamiento total es igual al área bajo la gráfica v(t), esto es:
=−+−+= s) 40s m/s)(50 50(
2
1s) 15s m/s)(40 50(s) m/s)(15 50(
2
1entoDesplazami m 1.875
b) En este intervalo de tiempo el desplazamiento es aproximadamente igual a:
≈−+−+−−= s) 10s m/s)(15 33(s) 15s m/s)(40 50(10s)s m/s)(15 33m/s 50(
2
1entoDesplazami
m 1.457
c) Los valores que toma la aceleración son:
⎯ De s 15s 0 ≤≤ t → 2m/s 34,3
0s51
0m/s 05
=
−
−
=xa
⎯ De s 40s 51 ≤≤ t → 2m/s 0
s15s04
m/s 50m/s 05
=
−
−
=xa
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
49
⎯ De s 50s 04 ≤≤ t → 2m/s 5
s40s05
m/s) 50(m/s 0
−=
−
+−
=xa
La gráfica es la siguiente:
d) (i) 22211 )m/s 34,3(2
1
2
1 ttax == o 221 )m/s 67,1( tx =
(ii) s) 51m/s)( (50s) 15)(m/s 67,1(
2
1 22
0
2
2112 −+=++= ttatvxx
321
o tx )m/s 50(m 3752 +−=
(iii)
222
3223 )s 40)(m/s 5(2
1)s 40m/s)( (50s) 40)(m/s 50(m 375
2
1
−−+−++−=++= tttatvxx
o 223 )m/s 5,2()m/s 250(m 375.4 ttx −+−=
e) La velocidad promedio será igual a:
=≈
Δ
Δ
=
s 05
m .8751
t
xvx m/s 37,5
27. a) Su posición será aquel valor de t para el cual la velocidad de la partícula cambia de
sentido, esto es, la velocidad toma el valor 0=xv (se trata de un máximo o un mínimo de la gráfica
x(t):
083 =−== t
dt
dxvx → s 375,0=t
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50
En este instante, la posición de la partícula será igual a:
=−++= 22 s) 375,0)(m/s 4(s) m/s)(0,375 (3m 2x m 2,56
Hasta s 375,0=t , la velocidad es positiva y la partícula se mueve en el sentido positivo del
eje x. A partir de este instante, la velocidad cambia de sentido y se mueve en el sentido negativo del
eje x.
b) En s 0=t la posición inicial es m 2=x . Vamos a calcular en qué otro instante de tiempo
t su posición siga siendo m 2=x , esto es:
22 )m/s 4(m/s) (3m 2m 2 tt −++= → )43(0 tt −=
⎩
⎨
⎧
=
=
s 75,0
s 0
t
t
Por tanto, para s 75,0=t la velocidad de la partícula es igual a:
=−=−== s) 75,0)(m/s 8(m/s 383 2t
dt
dxvx m/s 3−
28. Por la fórmula atvv if += hallamos la velocidad final:
a) =+=+= s) 50,2)(m/s (3m/s 20,5 2atvv if m/s 12,7
b) =−+=+= s) 50,2)(m/s 3(m/s 20,5 2atvv if m/s 2,3−
29. Los datos del problema son 0=iv , 2m/s 10=a y m 400=Δx
a) 2
2
1 atx =Δ → ==Δ= 2m/s 10
m) 400(22
a
xt s 8,94
b) La rapidez es igual a
=+=+= s) 94,8)(m/s (10m/s 0 2atvv if m/s 89,4
30. Los datos del problema son m/s 30=iv y 2m/s 2−=a . Tomamos como momento ini-
cial 0=t en la parte baja de la colina, donde m 0=ix .
a) La ecuación de la posición del vehículo es:
222 )m/s 2(
2
1)m/s 30(
2
1 ttattvxx iif −+=++= o m )30(
2ttx −=
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
51
La ecuación de la velocidad se obtiene derivando la ecuación anterior, esto es
dt
ttd
dt
dxv )30(
2−
== → m/s )230( tv −=
b)La distancia máxima que recorrerá el automóvil será cuando éste se pare ( 0=fv ) y vuel-
va, pendiente abajo, al punto de partida.
0)m/s 2(m/s 30 2 =−+=+= tatvv if → s 15=t
=−+=++= 222 s) )(15m/s 2(
2
1s) 15)(m/s 30(
2
1 attvxx iif m 225
31. Los datos del problema son m/s 100=iv y 2m/s 5−=a .
a) El tiempo que tarda en detenerse ( 0=fv ) es
0)m/s 5(m/s 100 2 =−+=+= tatvv if → =t s 20
b) Calculemos la distancia mínima de frenado:
=
−
−
=
−
=Δ
)m/s 5(2
m/s) 100(0
2 2
222
a
vv
x if m 1.000
Al tener la pista del aeropuerto una distancia menor (800 m) este avión no podría aterrizar en
una isla tropical.
32. Los datos del problema son s 2,4=t , m 4,62=Δx y 2m/s 60,5−=a .
m/s ,5232s) 20,4)(m/s 5,60( 2 −=−+=+= iiif vvatvv → m/s 52,23)( −=− if vv
xavv if Δ+= 2
22 → m) 4,62)(m/s 60,5(2))(( 2−=−+ ifif vvvv
m/s 714,29
m/s 52,23
s/m 88,698
)(
m) 4,62)(m/s 60,5(2)(
222
=
−
−
=
−
−
=+
if
if vv
vv
Ahora, sustituyendo iv en la expresión anterior nos queda:
m/s 714,29)m/s 52,23( =++ ff vv → =fv m/s 3,10
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52
33. Partimos de las siguientes fórmulas:
atvv if += → atvv if =− )( (I), y también atvv fi −= (II)
xavv if Δ+= 2
22 → xavvvv ifif Δ=−+ 2))((
Sustituyendo, en esta última ecuación, las expresiones (I) y (II) nos queda:
xaatatvv ff Δ=−+ 2))(( →
2
2
1 attvx f −=Δ
Ahora, sustituyendo es esta expresión obtenida los datos del problema 32 tenemos:
22 s) 20,4)(m/s 60,5(
2
1s) 20,4(m 4,62 −−= fv → =fv m/s 3,10
34. a) Suponemos una aceleración constante. La bala tiene que atravesar la tabla (0,1 m)
desde que el frontal de la bala impacta sobre la tabla hasta que el frontal de la bala aparece por el
final de la tabla. Por tanto, la aceleración vale:
xavv if Δ+= 2
22 → m) 1,0(2m/s) 420()m/s 280( 22 a+=
=a 25 m/s 104,9×−
b) El tiempo que tarda la bala en atravesar la tabla es que cubre el propio espesor de la tabla
más la longitud de la bala, esto es:
=×+
×−
−
=+
−
= − s 1014,7
m/s 109,4
m/s 420m/s 280
m/s 280
m 02,0 5
25a
vv
t if s 103,57 4−×
c) Los datos de partida son 0=fv , m/s 420=iv y
25 m/s 109,4 ×=a
=
×
−
=
−
=Δ
)m/s 109,4(2
m/s) 420(0
2 25
222
a
vv
x if m 0,180
35. a) El tiempo que tarda el camión en alcanzar los 20 m/s es de:
s 10
m/s 2
0m/s 20
2 =
−
=
−
=
a
vv
t if
Así pues, el tiempo que está el camión en movimiento es:
=++= s 5s 20s 10t s 35
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
53
b) Para calcular la velocidad promedio necesitamos saber la distancia total recorrida.
Durante los primero 10 segundos, el camión recorre una distancia,
m 100s) 10(
2
m/s 2
2
1 222
1 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== atx
Durante los próximos 20 segundos, la distancia que recorre es de
m 400s) m/s)(20 20(12 === tvx
Y, por último, en los 5 segundos finales
m 50s) 5(
s 5
m/s 200
2
1s) m/s)(5 20(
2
1
2
1 22
2
2
23 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −+=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
+=+= t
t
vv
tvattvx if
Así pues, la distancia total es m 550m 50m 400m 100321 =++=++= xxxx , y la veloci-
dad promedio:
==
Δ
Δ
=
s 35
m 550
t
xv m/s 15,7
36. El tiempo que tarda el tren en frenarse es
s 20
m/s1
m/s 200
2 =−
−
=
−
=
a
vv
t if
Por tanto, el movimiento del tren no es uniformemente acelerado durante los 40 segundos,
esto es, en los primeros 20 segundos el tren tiene una aceleración de 2m/s 1− y en los últimos 20
segundos su aceleración es 2m/s 0 , es decir, el tren está en reposo.
Así pues, la distancia recorrida por el tren se encuentra sólo durante los primeros 20 segun-
dos, esto es:
=−+=+= 222 s) 20)(m/s 1(
2
1s) m/s)(20 20(
2
1 attvx i m 200
37. a) La tremenda aceleración negativa que experimentó fue de
≈−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−
=
−
= 2m/s 76,201
s 40,1
s 3.600
h 1
mi
m 1.609mi/h) 632(0
t
vv
a if 2m/s 202−
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
54
b) La distancia recorrida fue de
( ) m 5,197s) 40,1(m/s 202
2
1s) (1,40
s 3.600
h 1
mi
m 1.609mi/h) 632(
2
1 222 =−+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=+= attvx i
≈x m 198
38. a) Tenemos que m/s 102 4×=iv y m/s 106 6×=fv en una distancia de m 015,0=Δx
El tiempo que tarda el electrón en recorrer esta distancia es
tvvxx fiif )(2
1
+=− → =×≈
×+×
= − s 1098,4
m/s) 106m/s 102(
2
1
m 015,0 9
64
t ns 4,98
b) La aceleración que experimenta el electrón es de
≈
×−×
=
Δ
−
=
)m 015,0(2
m/s) 102(m/s) 106(
2
242622
x
vv
a if 215 m/s 101,2×
39. a) La velocidad de la pelota en la parte inferior del plano inclinado es de
xavv if Δ+= 2
22 =+= m) 9)(m/s 5,0(20 2fv m/s 3
b) El tiempo que tarda la pelota en alcanzar la parte inferior del plano inclinado es de
2
2
1 atxx if =− → ==
Δ
= 2m/s 0,5
m) 9(22
a
xt s 6
c) La aceleración a lo largo del segundo plano es
=
−
=
Δ
−
=
)m 15(2
m/s) 3(0
2
222
x
vv
a if 2m/s 0,3−
d) Después de recorrer 8 metros, la rapidez de la pelota es de
xavv if Δ+= 2
22 =−+= m) 8)(m/s 3,0(2m/s) 3( 22fv m/s 2,05
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
55
40. Elegimos como origen de coordenadas del problema la situación de Susana. Ahora,
planteamos el problema considerando las funciones de posición de los vehículos, tanto de Susana
(1) como de la camioneta (2), esto es:
211 2
1 attvx +=
tvx 22 155 +=
Para comprobar si los vehículos chocan, igualamos sus funciones de posición ( 21 xx = ), esto
es
tvattv 2
2
1 1552
1
+=+
Ordenamos respecto al tiempo
0310)(2 21
2 =−−+ tvvat (I)
Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe ser
mayor que cero, esto es
[ ] 0240.1)(4)310)((4)(2 221221 >+−=−−−=Δ avvavv → 0310)( 221 >+− avv
Si sustituimos las variables por sus datos obtenemos que:
0s/m 5)m/s 2(m) 310(m/s) 5m/s 30(310)( 2222221 >=−+−=+− avv . Luego, los vehícu-
los sí chocan.
Calculamos el tiempo en el que ocurre el choque desde la ecuación (I), esto es:
m/s 301 =v , m/s 52 =v y
2m/s 2−=a
)m/s 2(2
)m/s 2(240.1m/s) 524(m/s) 25(2
2
240.1)(4)(2
2
222
2121
−
−+±−
=
+−±−−
=
a
avvvv
t
⎩
⎨
⎧
=
s 13,61
s 38,11
t
El valor más pequeño es el tiempo de colisión. El tiempo mayor sería aquel en el que la ca-
mioneta golpearía al coche de Susana si el coche de ésta pudiera moverse a través de la camioneta y
ponerse delante de ella.
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
56
El choque o colisión se produce en la posición:
≈+=+= s) m/s)(11,38 (5m 155155 22 tvx m212
41. a) Tomamos como origen de coordenadas el punto en el que es soltada la bola de golf.
Su velocidad inicial es cero (se suelta desde el reposo) y su aceleración es el de caída libre dirigida
hacia abajo, es decir, en el sentido negativo del eje de ordenadas. Por tanto, su posición en cualquier
momento t viene dado por la fórmula:
2
2
1 gty −= 22 )m/s 905,4( ty −=
Para s 1=t =−= 22 s) 1)(m/s 905,4(y m 4,90−
Para s 2=t =−= 22 s) 2)(m/s 905,4(y m 19,62−
Para s 3=t =−= 22 s) 3)(m/s 905,4(y m 44,15−
b) Su velocidad viene dada por la expresión
gtvv if += tv f )m/s 81,9(
2−=
Para s 1=t =−= s) 1)(m/s 81,9( 2fv m/s 9,81−
Para s 2=t =−= s) 2)(m/s 81,9( 2fv m/s 19,62−
Para s 3=t =−= s) 3)(m/s 81,9( 2fv m/s 29,43−
42. Asumimos que la resistencia del aire puede ser omitida. Por tanto, la aceleración en to-
do el tiempo que dura el vuelo es debida a la gravedad, esto es, 2m/s 81,9−== ga . Durante el
tiempo que dura el vuelo Goff sube una milla y despuésregresa al suelo.
La velocidad de lanzamiento es de
yavv if Δ+= 2
22 → ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−+=
mi
m 1.609mi) 1)(m/s 81,9(20 22iv → m/s 68,177=iv
El tiempo que permanece en el aire puede ser calculado considerando su movimiento desde
que es lanzado hacia arriba hasta el momento justo de golpear el suelo:
0)m/s 81,9(
2
1m/s) 68,177(
2
1 222 =−+=+= ttgttvy i →
⎩
⎨
⎧
=
s 36,22
s 0
t
Si en este tiempo perdió un dólar, su ratio de pago será:
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
57
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
h
s 600.3
s 36,22
$ 1Salario $/h 99,4
43. a) La velocidad inicial es
2
2
1 gttvy i += →
22 s) 5,1)(m/s 81,9(
2
1s) 5,1(m 4 −+= iv → =iv m/s 10
NOTA: No podemos usar ninguna fórmula donde aparezca la velocidad final, porque no sa-
bemos con qué velocidad llega la caja a la mano de la estudiante.
b) La velocidad con la que es atrapada la caja de llaves es
atvv if += → s) 5,1)(m/s 81,9(m/s 10
2−+=fv → =fv m/s 4,7−
El signo negativo indica que la caja de llaves fue cogida cuando ésta estaba descendiendo.
44. El origen de coordenadas lo situamos en el mismo punto de lanzamiento. Así, el tiempo
que tarda la pelota en golpear el suelo es:
m 30)m/s 81,9(
2
1m/s) 8(
2
1 222 −=−+−=+= ttgttvy i →
⎩
⎨
⎧
−
=
s 3,42
s ,791
t
Usamos sólo la solución positiva, por lo que =t s 1,79
45. El billete comienza desde el reposo, m/s 0=iv , y cae con una aceleración hacia abajo
de 2m/s 81,9 (debido a la gravedad). Así pues, en 0,20 segundos el billete caerá una distancia igual
a:
2
2
1 gttvy i += → cm 20m 2,0s) 20,0)(m/s 81,9(2
10 22 =≈−+=y
Si la mitad del billete de un dólar tiene una longitud de, aproximadamente, 8 cm, en 0,20
segundos el billete caerá una distancia de dos veces y media la mitad del billete. Por tanto, cuando
David quiera reaccionar y coger el billete, una vez transcurridos 0,20 segundos, el extremo superior
del billete ya habrá sobrepasado los dedos de David, por lo que no tendrá éxito.
46. La ecuación que describe la posición de la pelota que se deja caer desde el reposo es
2
1 2
1 gty −=
Cuando esta pelota alcanza una altura de 2 h− (consideremos el origen de coordenadas el
mismo punto en el que se suelta la pelota), el tiempo que ha empleado es de:
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
58
2
2
1
2
gth −=− →
g
ht =
Como las dos pelotas son lanzadas en el mismo instante y se encuentran a mitad de camino,
es obvio que el tiempo que emplean las pelotas es el mismo.
La ecuación que describe la posición de la pelota que se lanza hacia arriba es
2
2 2
1 gttvy i −=
Sustituyendo en esta última ecuación el valor de t hallado anteriormente, y sabiendo que la
altura que alcanza esta pelota es de 2h , nos queda:
g
hg
g
hvh i ⋅⋅−= 2
1
2
→ =iv hg
47. a) Cuando la pelota de béisbol llega a su altura máxima sabemos que 0=fv en un
tiempo s 3=t . Por tanto, la velocidad inicial es de
atvv if += → s) 3)(m/s 81,9(0
2−+= iv → =iv m/s 29,43
b) La altura máxima que alcanza es
2
2
1 gttvy i += → =−+=
22 s) 3)(m/s 81,9(
2
1s) m/s)(3 43,29(y m 44,14
48. a) La rapidez de la mujer antes de chocar, considerando el origen de coordenadas el
punto en el que la mujer empieza a caer, es
yavv if Δ+= 2
22 → ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−−+=
ft
m 3048,0ft) 144)(m/s 81,9(20 2fv → =fv m/s 29,35
b) Cuando la mujer entra en contacto con la caja de ventilador, y éste se hunde 18 pulgadas,
la aceleración promedio que experimenta es de
yavv if Δ+= 2
22 → ≈
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
cm 100
m 1
in
cm 2,54in) 18(2
m/s) 35,29(0 2a 2m/s 942−
El sentido de esta aceleración es hacia arriba.
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
59
c) El tiempo que tarda la caja en doblarse 18 pulgadas es de
atvv if += → t)m/s 942(m/s 35,290
2−+= → =t s 103,12 2−×
49. a) El tiempo que tarda el vaquero en descender los 3 metros de altura es:
m 3)m/s 81,9(
2
10
2
1 222 −=−+=+= tgttvy i → s 782,0=t
En este tiempo, el caballo recorre una distancia igual a m 7,82s) m/s)(0,782 10( === vtx .
Por tanto, el vaquero debe saltar cuando el caballo se encuentre a 7,82 m de distancia de la rama.
b) Este tiempo ya ha sido calculado en el apartado anterior, esto es, =t s 0,782
50. a) La pelota tarda en subir y bajar 20 segundos. Cuando es atrapada por su lanzador, su
desplazamiento es nulo, por tanto, la velocidad inicial es de
m 0s) 20)(m/s 81,9(
2
1s) 20(
2
1 222 =−+=+= ii vgttvy → =iv m/s 98,1
b) Cuando alcanza su altura máxima 0=fv . El tiempo que emplea en alcanzar esta altura
máxima es de
atvv if += → t)m/s 81,9(m/s 1,980
2−+= → s 10=t
222
max s) 10)(m/s 81,9(2
1s) 10(m/s) 1,98(
2
1
−+=+= gttvy i → =maxy m 490,5
51. a) Cuando alcanza su altura máxima 0=fv . El tiempo que emplea en alcanzar esta al-
tura máxima es de
atvv if += → t)m/s 81,9(m/s 150
2−+= → =t s 1,53
b) La altitud máxima es
222
max s) 53,1)(m/s 81,9(2
1s) 53,1(m/s) 15(
2
1
−+=+= gttvy i → =maxy m 11,47
c) En s 2=t , la pelota está bajando, ya que este tiempo es superior al tiempo en el que al-
canza la altura máxima.
atvv if += → s) 2)(m/s 81,9(m/s 15
2−+=fv → =fv m/s 4,62−
La aceleración es == ga y
2m/s 9,81− , que corresponde a la gravedad, única fuerza externa
que actúa sobre la pelota.
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
60
52. Al cabo de 2 segundos el helicóptero se encuentra a una altura
m 24s) 2)(s 3(3 333 === −th
y con una velocidad de subida (suponemos que el helicóptero asciende desde el reposo) igual a
m/s 36s) 2)(s 9(9 222 ==== −t
dt
dhv
Así pues, la valija es soltada a una altura de 24 m y con una velocidad ascendente de 36 m/s.
Por tanto, el tiempo que tarda en llegar al suelo (escogemos como origen de coordenadas el suelo)
es de
0)m/s 81,9(
2
1m/s) 36(m 24
2
1 222 =−++=++= ttgttvyy ii → →
⎩
⎨
⎧
−
=
s 0,61
s ,957
t
Usamos sólo la solución positiva, por lo que =t s 7,95
53. Se define el jalón J como la variación de la aceleración en el tiempo.
a) tetancons
dt
daJ ==
Jdtda = → ∫∫ = Jdtda → CJta +=
Como xiaa = cuando 0=t , entonces xiaC =
Jtaa xi +=
dt
dva = → ∫∫∫ +== dtJtaadtdv xi )( → KJttav xi ++= 221
Como xivv = cuando 0=t , entonces xivK =
2
2
1 Jttavv xixi ++=
dt
dxv = → ∫∫∫ ++== dtJttavvdtdx xixi )( 221 → LJttatvx xixi +++= 361221
Como ixx = cuando 0=t , entonces ixL =
3
6
12
2
1 Jttatvxx xixii +++=
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
61
b) Como Jtaa xi += , entonces JtatJaJtaa xixixi 2)(
22222 ++=+=
Ahora bien, de la fórmula de la velocidad 221 Jttavv xixi ++= tenemos que
221 Jtvvta xixi −−= que sustituida esta expresión nos queda
)(2 221
2222 JtvvJtJaa xixi −−++= → )(2
22
xixi vvJaa −+=
54. a) Como
dt
dva = , entonces
258 m/s )10310( ×+−= ta
Para calcular la posición de la bala sabemos que
dt
dxv = , entonces
∫∫∫ ×+×−== dtttvdtdx )103105( 527 → Cttx +×+×−= 25233735 1010
Como 0=x cuando 0=t , entonces 0=C
m )1010( 2523
37
3
5 ttx ×+×−=
b) La bala acelera mientras se encuentra dentro del cañón del rifle, ya que cuando sale des-
pedida del cañón su aceleración es cero. Así pues, el tiempo durante el cual la bala se acelera es de
010310 58 =×+−= ta → =×= 38
25
m/s10
m/s 103t s 103 3−×
c) La rapidez con que la bala sale del cañón, sabiendo que tarda s 103 3−× en salir del mis-
mo, resulta ser de
=××+××−= −− s) 103)(m/s 103(s) 103)(m/s105( 3252337v m/s 450
d) La longitud del cañón es
2325
2
33337
3
525
2
337
3
5 s) 103)(m/s 10(s) 103)(m/s 10(1010 −− ××+××−=×+×−= ttx
=x m 9000,
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62
55. La rapidez inicial es m/s 5,1=iv y hemos de encontrar el tiempo t para el cual la velo-
cidad es m/s 75,0=v
23v
dt
dva −== → ∫ ∫
= =
− −=
v
v
t
t
dtdvv
5,1 0
2 3
[ ]t
v
tv 0
5,1
1
3
12
−=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+−
−
→ t
v
3
5,1
11
−=+−
La ecuación de la velocidad de la canica en el fluido queda finalmente como
t
v
92
3
+
=
Sustituyendo en la expresión anterior m/s 75,0=v encontramos el valor de t, esto es
75,0
92
3
=
+
=
t
v → =t s 0,222
56. a) Cuando el automovilista aplica los frenos, la distancia que recorre es de
xavv if Δ+= 2
22 → m 36
)m/s 5,4(2
m/s) 18(0
2
2
=
−
−
=Δx
Si el venado está a 38 metros, la máxima distancia que puede recorrer antes de aplicar los
frenos es de 2 metros. Para recorrer esta distancia emplea un tiempo, que es el llamado Tiempo de
reacción, y vale para este caso concreto
===
m/s 18
m 2
v
xT s 0,111
b) Si tarda en reaccionar s 3,0=T la distancia que recorre es de
m 5,4s) m/s)(0,3 18( === vTx
Cuando el automovilista aplique los frenos se encontrará a una distancia igual a
m 6,324,538 =− . Por tanto, la velocidad con la que impacta al venado es
xavv if Δ+= 2
22 → =−+= m) 6,32)(m/s 5,4(2m/s) 18( 22fv m/s 5,53
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
63
57. El tiempo que tarda la caja de seguridad en caer, desde el reposo, al suelo (tomamos
como origen de coordenadas el suelo) es
2
2
1 gttvyy ii ++= →
22 )m/s 81,9(
2
10m 250 t−++= → s 257,2
m/s 9,81
m 50
21 ==t
Cuando la caja de seguridad ha descendido 15 metros, ha invertido en ello un tiempo
2
2
1 gttvyy ii ++= →
22 )m/s 81,9(
2
10m 25m 10 t−++= de donde
s 748,1
m/s 9,81
m 30
22 ==t
Así pues, el coyote tendrá un tiempo para quitarse, antes de que le caiga la caja de seguridad,
igual a
=−=− s 748,1s 257,221 tt s 0,509
58. La rapidez con que crece el pelo es mm/día 04,1=v . Con la llegada del invierno, esta
rapidez se incrementa en semanamm/día 132,0 ⋅=a
El crecimiento del pelo en 5 semanas será de
2semanas) (5
semana
días 7semana)mm/día 132,0(
2
1
semana
días 7semanas) mm/día)(5 04,1( ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛⋅+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=Δx
≈=Δ mm 95,47x mm 48
59. a) El movimiento del cohete lo vamos a dividir en tres partes, desde que despega y al-
canza una altura de 1.000 metros acelerando debido a sus motores, cuando alcanza esta altura y con-
tinua moviéndose hacia arriba pero bajo la influencia de la gravedad y cuando el cohete comienza a
descender.
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
64
Camino 1
xavv if Δ+= 2
22 → m/s 120m) 000.1)(m/s 4(2m/s) 80( 22 =+=fv
atvv if += → s 10m/s 4
m/s 80m/s 120
2 =
−
=t
Camino 2
yavv if Δ+= 2
22 → m 734m 94,733
)m/s 81,9(2
m/s) 120(0
2
2
≈=
−
−
=Δy
atvv if += → s 2,12m/s 81,9
m/s 120m/s 0
2 =−
−
=t
Camino 3
2
2
1 gttvyy ii ++= →
22 )m/s 81,9(
2
1m 734.1 t−=− → s 80,18
m/s 9,81
m 468.3
2 ==t
atvv if += → m/s 42,184s) 8,18)(m/s 81,9(0
2 −=−+=fv
El tiempo que está el cohete en el aire es =++=++= s 8,18s 2,12s 10321 tttt s 41
b) La altura máxima que alcanza es =+=+= m 734m 000.121max yyy m 1.734
c) La velocidad antes de chocar contra el suelo ya se ha calculado en el camino 3, siendo su
valor =fv m/s 184,42− (el signo menos indica su sentido descendente, es decir, hacia abajo).
En la siguiente tabla se detalla de forma resumida todos los parámetros del cohete:
Camino t (s) y (m) v (m/s) a (m/s2)
0
1
2
3
0,0
10,0
22,2
41,0
0
1.000
1.734
0
80,00
120,00
0,00
−184,42
+4,00
+4,00
−9,81
−9,81
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
65
60. a) Las ecuaciones de posición para la automovilista (1) y el policía (2) son:
tx m/s) 15(1 =
22
2 )m/s 2(2
1 tx =
Cuando el policía alcance a la automovilista, sus posiciones coincidirán, por tanto
21 xx = →
22 )m/s 2(
2
1m/s) 15( tt = → == 2m/s2
m/s) 15(2t s 15
b) La velocidad del policía es
atvv if += → =+= s) 15)(m/s 2(0
2
fv m/s 30
c) El desplazamiento es
=== 22222 s) 15)(m/s 2(2
1)m/s 2(
2
1 tx m 225
61. El esquema gráfico del problema puede verse en la siguiente figura:
El valor de las áreas es:
tvA i=1
tvvA i )(2
1
1 −=
El área total vale tvvtvAAA ii )(2
1
21 −+=+= , y como atvv i =− nos queda finalmente
que
2
2
1 attvA i +=
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
66
El desplazamiento dado por la ecuación es
2
2
1 attvx i += , el mismo resultado que el calculado más arriba para el área total.
62. Durante los dos tramos en que se divide el problema tenemos las siguientes expresio-
nes:
Tramo 1 Tramo 2
2
1 m/s 1,0=a
2
2 m/s 5,0−=a
2
111 2
1 tax = 222212 2
1 tatvx +=
111 tav = 2210 tav +=
De las expresiones de velocidad hallamos la relación entre los tiempos, esto es:
22111 tatav −== → 1
2
1
2 ta
at −=
También sabemos la distancia total recorrida, es decir, 21000.1 xx += . Sustituyendo valores
nos queda:
2
1
2
2
12
1
2
2
12
11 2
1
2
1m 000.1 t
a
at
a
ata ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−= → 21
2
2
12
11 2
1
2
1m 000.1 t
a
ata ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
2
2
2
2
1
1
1
m/s 5,0
m/s 1,01)m/s 1,0(
m 000.2
1
m) 000.1(2
a
aa
t s 129,1
El tiempo del segundo tramo es s 82,25s) 1,129(
m/s 5,0
m/s 1,0
2
2
1
2
1
2 =−
−=−= t
a
at
El tiempo total de viaje es ≈=+=+= s 154,92s 25,82s 1,12921 ttt s 155
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
67
63. a) Para cualquiera de las dos velocistas tenemos que el tramo de carrera se puede des-
componer en dos partes:
Tramo 1 Tramo 2
¿?1 =a 22 m/s 0=a
2
111 2
1 tax = 212 tvx =
111 tav =
m 10021 =+= xxx
s 2,1021 =+= ttt
)2,10(
2
1
2
1
111
2
1121
2
1121 ttatatvtaxxx −+=+=+= , y despejando la aceleración:
1
2
1
1
s) 2,10(
2
1
m 100
tt
a
+−
=
Ana
s 21 =t , luego =
+−
=
s) 2(s) 2,10(s) 2(
2
1
m 100
2
1a
2m/s 5,43
Julia
s 31 =t , luego =
+−
=
s) 3(s) 2,10(s) 3(
2
1
m 100
2
1a
2m/s 3,83
b) La rapidez máxima respectiva fue de:
Ana
s 21 =t → === s) 2)(m/s 43,5(
2
111 tav m/s 10,86
Julia
s 31 =t → === s) 3)(m/s 83,3(
2
111 tav m/s 11,49
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
68
c) Al cabo de 6 segundos de carrera, las posiciones de cada velocista son:
Ana
=−+=−+=+= )s 26(m/s) 86,10(s) 2)(m/s 43,5(
2
1)6(
2
1 22
11
2
1121 tvtaxxx m 54,3
Julia
=−+=−+=+= )s 36(m/s) 49,11(s) 3)(m/s 83,3(
2
1)6(
2
1 22
11
2
1121 tvtaxxx m 51,7
Así pues, Ana está por delante de Julia en una distancia de 2,6 m.
64. Estimamos que la altura promedio del pecho de una persona adulta es de 1,5 metros.
Desde esta altura se deja caer la bola, la cual llega al suelo con una velocidad (elegimos como ori-
gen de coordenadas el pecho, punto desde el que se suelta la bola) igual a:
yavv if Δ+= 2
22 → m/s 42,5m) 5,1)(m/s 81,9(20 2 −=−−+=fv
Observe que el signo negativo indica el sentido de la velocidad, que justo antes de impactar
la bola en el suelo es de sentido descendente.
Ahora, la bola se deforma 1 cm = 0,01 m hasta que se detiene por completo (elegimos como
origen de coordenadas el suelo). Portanto, la aceleración que experimenta la bola es:
yavv if Δ+= 2
22 → m) 01,0(2m/s) 42,5(0 2 −+−= a → 23 m/s 1047,1 ×+=a
La máxima aceleración será más grande que la aceleración media que hemos calculado su-
poniendo aceleración constante, pero estará en un orden de magnitud 23 m/s 10≈
65. La aceleración del coche es 2m/s 3=a , y la desaceleración es 2m/s 5,4−=a
a) Para cada tramo vamos a calcular el tiempo empleado, esto es
Tramo 1
m/s 01 =iv m/s 121 =fv s 4m/s3
0m/s 12
2111 =
−
=−=Δ if ttt
Tramo 2
m/s 1212 == fi vv m/s 122 =fv s 52 =t
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
69
Tramo 3
m/s 1223 == fi vv m/s 03 =fv s 67,2m/s 5,4
m/s 120
23 =−
−
=t
Tramo 4
m/s 034 == fi vv m/s 184 =fv s 6m/s3
0m/s 18
24 =
−
=t
Tramo 5
m/s 1845 == fi vv m/s 185 =fv s 205 =t
Tramo 6
m/s 1856 == fi vv m/s 6s) 67,2)(m/s 5,4(m/s 18
2
6 ≈−+=fv s 67,26 =t
Tramo 7
m/s 667 == fi vv m/s 67 =fv s 47 =t
Tramo 8
m/s 678 == fi vv m/s 08 =fv s 33,1m/s 5,4
m/s 60
28 =−
−
=t
La duración total del recorrido se obtiene sumando las duraciones parciales de los distintos
tramos, esto es:
≈=+++++++==∑
=
s 67,45s 1,33s 4s 2,67s 20s 6s 67,2s 5s 4
8
1i
itt s 45,7
b) Para cada tramo vamos a calcular la distancia recorrida, esto es
Tramo 1
m 24s) 4)(m/s 3(
2
1
2
1 222
11 === atx
Tramo 2
m 60s) 5)(m/s 12(222 === tvx
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
70
Tramo 3
m 16s) 67,2)(m/s 5,4(
2
1s) 67,2)(m/s 12(
2
1 222
3333 =−+=+= attvx i
Tramo 4
m 54s) 6)(m/s 3(
2
1
2
1 222
44 === atx
Tramo 5
m 360s) 20)(m/s 18(555 === tvx
Tramo 6
m 32s) 67,2)(m/s 5,4(
2
1s) 67,2)(m/s 18(
2
1 222
6666 =−+=+= attvx i
Tramo 7
m 24s) 4)(m/s 6(777 === tvx
Tramo 8
m 4s) 33,1)(m/s 5,4(
2
1s) 33,1)(m/s 6(
2
1 222
8888 =−+=+= attvx i
El desplazamiento total del recorrido se obtiene sumando los desplazamientos parciales de
los distintos tramos, esto es:
=+++++++==∑
=
m 4m 42m 23m 063m 54m 16m 60m 24
8
1i
ixx m 574
c) La rapidez promedio es
≈==
Δ
Δ
= m/s 56,12
s 45,7
m 574
t
xvm m/s 12,6
d) El tiempo que tardaría en ir caminando a la tienda y regresar
≈=
Δ
=
m/s 5,1
m) 574(22
Caminar
Caminar v
xt s 765
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
71
66. a) El tiempo de respuesta del sonido del agua es el tiempo que tarda la roca en caer al
agua más el tiempo que tarda el sonido en recorrer la altura del pozo.
Llamemos h a la altura del pozo. El tiempo que tarda la roca en tocar el agua es de
2
1
2 )m/s 81,9(
2
1 th −=− → 21 m/s 81,9
2ht =
El tiempo que tarda el sonido en subir la altura del pozo es
m/s 3362
ht =
Además, sabemos que s 40,221 =+ tt . Sustituyendo, nos queda:
s 40,2
m/s 336m/s 81,9
2
2 =+
hh
Haciendo operaciones llegamos a la siguiente ecuación de 2º grado:
096,280.650313,629.242 =+− hh →
⎩
⎨
⎧
=
±
=
m 88,602.24
m 43,26
2
45,576.24313,629.24h
La solución es =h m 26,43 , ya que para la otra profundidad se necesitarían más de 2,40 se-
gundos para escuchar el sonido del agua.
b) Si omitimos la distancia recorrida por el sonido, entonces la profundidad del pozo sería de
22 s) 40,2)(m/s 81,9(
2
1
−=− h → =h m 28,25
El error E cometido viene dado por la siguiente expresión:
EVVV RRA ⋅±= →
R
RA
V
VV
E
−
=
=AV Valor aproximado
=RV Valor real o exacto
=E Error relativo (en tanto por uno)
Así pues, el porcentaje de error que cometemos es de:
==
−
=
−
= 0688,0
m 43,26
m 43,26m 25,28
R
RA
V
VV
E % 6,88
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
72
67. a) Las respectivas ecuaciones de posición para las dos piedras son:
Primera piedra
2
1
2
1 )m/s 81,9(2
1m/s) 2(m 50 tt −+−=−
Segunda piedra
2
1
2
12 )1)(m/s 81,9(2
1)1(m 50 −−+−=− ttv i
Como las dos piedras golpean el agua al mismo tiempo, resolviendo la primera ecuación nos
da el resultado, esto es:
0100481,9 1
2
1 =−+ tt
⎩
⎨
⎧
−
+
=
s 40,3
s 99,2
1t
Obviamos el resultado negativo. Por tanto, la solución es =1t s 2,99 , que es el tiempo, des-
pués de soltar la primera piedra, que tardan las dos piedras en chocar con el agua.
b) De la función de posición de la segunda piedra, sustituimos el valor 1t hallado, esto es
22
2 )s 1s 99,2)(m/s 81,9(2
1)s 1s 99,2(m 50 −−+−=− iv → =iv2 m/s 15,36−
El signo negativo indica el sentido de la velocidad, la cual es hacia abajo o descendente.
c) La velocidad de cada piedra es:
=−+−=−= s) 99,2)(m/s 9,81(m/s 2 2111 gtvv if m/s 31,33−
=−−+−=−−= s) 1s 99,2)(m/s 9,81(m/s 36,15)1( 2122 tgvv if m/s 34,88−
68. Cuando al auto ve la luz roja, el tiempo que tarda en detenerse es de:
s 10
m/s 2,50
m/s 250
2 =−
−
=
−
=
a
vv
t if
La distancia que recorre en este tiempo es de
m 125s) 10)(m/s 5,2(
2
1s) 10)(m/s 25(
2
1 222 =−+=+= attvx i
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
73
Después de permanecer en reposo acelera de nuevo hasta alcanzar la misma velocidad ini-
cial que tenía al principio. El tiempo que emplea es
s 10
m/s 2,50
0m/s 25
2 =
−
=
−
=
a
vv
t if
La distancia que recorre en este tiempo es de
m 125s) 10)(m/s 5,2(
2
1
2
1 222 ==+= attvx i
En resumen. Desde que el auto ve la luz roja, frena hasta pararse y vuelve a acelerar para al-
canzar una velocidad de 25 m/s, ha empleado un tiempo y recorrido una distancia igual a:
s 65s 10s 45s 10 =++=autot
m 250m 125m 125 =+=autox
Por su parte, el tren ha avanzado en el mismo tiempo una distancia igual a:
m 1.625s) m/s)(65 25( ==trenx
Así pues, la distancia a la que se encuentra el auto por detrás del tren es de:
=−=−= m 250m 625.1autotren xxDistancia m 1.375
69. a) Las respectivas ecuaciones de posición de los dos coches son:
Coche de Clara
22 )1)(m/s 90,4(
2
1
−= txClara
Coche de Esteban
22 )m/s 50,3(
2
1 txEsteban =
Cuando Clara alcance a Esteban, sus ecuaciones de posición coincidirán, esto es:
2222 )m/s 50,3(
2
1)1)(m/s 90,4(
2
1 tt =− → 22)1(4,1 tt =−
tt =− )1(4,1 → s 46,6
14,1
4,1
=
−
=t
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
74
Este es el tiempo que emplea Esteban en alcanzar la misma posición que Clara. Sin embar-
go, ésta emplea un segundo menos, ya que sale un segundo más tarde de la línea de salida. Por tan-
to, la solución es =t s 5,46
b) La distancia recorrida es de
=−= 22 )146,6)(m/s 90,4(
2
1
Clarax m 73
c) La velocidad de cada auto es:
==−+= s) 46,5)(m/s ,904()1( 2tavv if m/s 26,75 Para Clara
==+= s) 46,6)(m/s ,503( 2atvv if m/s 22,61 Para Esteban
70. Las distancias x y h están siempre relacionadas mediante el teorema de Pitágoras, esto
es
222 lhx =+
Esta relación no es siempre la misma, es decir, para un aumento de valor de x el paquete de
comida asciende una altura y, siendo esta misma altura la distancia que gana la hipotenusa l. Luego,
la velocidad a la que asciende el paquete de comida es la misma que la velocidad con que se incre-
menta la hipotenusa l. Por tanto, la velocidad del paquete viene dada por la siguiente expresión:
dt
dl
dt
dyv ==
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
75
Sabemos que el boy scout (niño) se desliza hacia la derecha con velocidad constante niñov , es
decir, niñovdt
dx
+= . El signo positivo indica el sentido de la velocidad.
La velocidad del paquete de comida la podemos expresar, usando la regla de la cadena, de la
siguiente manera:
dt
dx
dx
dl
dt
dl
⋅=222 lhx =+ → 22 hxl +=
22222
2
hx
x
hx
x
dx
dl
+
=
+
=
Por tanto, la expresión general de la velocidad del paquete de comida v es la siguiente:
niñov
hx
x
dt
dx
dx
dl
dt
dl
22 +
=⋅= ó niñov
hx
xv
22 +
=
b) La aceleración del paquete es
niño
niño
niño
v
hx
hx
vx
hxv
dt
dx
dx
dv
dt
dva
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
−+
=⋅== 22
22
2
22
Desarrollando esta expresión nos queda:
2
2
3
22
2
)(
)(
niñov
hx
ha
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
c) Si 0=x , los valores que toma la velocidad y la aceleración son:
=
+
== niñox v
hx
xv
220
0
=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
==
2
2
3
22
2
0 )(
)(
niñox v
hx
ha
h
v 2)( niño
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
76
d) Si ∞→x , los valores que toma la velocidad y la aceleración son:
=
+
=∞→ niñox v
hx
xv
22 niño
v
=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=∞→
2
2
3
22
2
)(
)(
niñox v
hx
ha 0
71. a) m 6=h y m/s 2=niñov . La velocidad de paquete queda, entonces, bajo la siguiente
expresión matemática:
22 m 36
m/s) 2(
+
=
x
xv
Como la velocidad del niño es constante, su desplazamiento viene dado por tvx niño= , que
sustituido en la fórmula de velocidad nos queda finalmente que:
2222
22
m 36)/sm 4(
)/sm 4(
+
=
t
tv
Ahora vamos a tabular la velocidad de subida del paquete para un rango de tiempo de 5 se-
gundos en intervalos de 0,5 segundos:
t v
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
0,000
0,329
0,632
0,894
1,109
1,280
1,414
1,519
1,600
1,664
1,715
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
77
La gráfica v(t) es la siguiente:
b) Procediendo de igual forma que en el apartado anterior tenemos:
( )32222
24
2
2
3
22
2
m 36)s/m 4(
s/m 144)(
)( +
=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
t
v
hx
ha niño
Ahora vamos a tabular la aceleración del paquete para un rango de tiempo de 5 segundos en
intervalos de 0,5 segundos:
t a
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
0,667
0,640
0,569
0,477
0,384
0,302
0,236
0,184
0,144
0,114
0,091
La gráfica a(t) es la siguiente:
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
78
72. Construimos la siguiente tabla:
t(s) h(m) m)(hΔ s)(tΔ m/s)(mv s)(t
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
2,25
2,5
2,75
3
3,25
3,5
3,75
4
4,25
4,5
4,75
5
5,00
5,75
6,40
6,94
7,38
7,72
7,96
8,10
8,13
8,07
7,90
7,62
7,25
6,77
6,20
5,52
4,73
3,85
2,86
1,77
0,58
0,75
0,65
0,54
0,44
0,34
0,24
0,14
0,03
-0,06
-0,17
-0,28
-0,37
-0,48
-0,57
-0,68
-0,79
-0,88
-0,99
-1,09
-1,19
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
2,6
2,16
1,76
1,36
0,96
0,56
0,12
-0,24
-0,68
-1,12
-1,48
-1,92
-2,28
-2,72
-3,16
-3,52
-3,96
-4,36
-4,76
0,125
0,375
0,625
0,875
1,125
1,375
1,625
1,875
2,125
2,375
2,625
2,875
3,125
3,375
3,625
3,875
4,125
4,375
4,625
4,875
a) La velocidad media de cada intervalo se ha calculado en la quinta columna de la tabla.
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
79
b) La gráfica h(t) es la siguiente:
Altura (m)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Esta gráfica obedece a la expresión 22 )m/s 6367,1(
2
1m/s) 206,3(m 5 tth −+=
Por otra parte, la gráfica v(t) es la siguiente:
Velocidad (m/s)
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
Esta gráfica obedece a la expresión t
dt
dhv )m/s 6367,1(m/s 206,3 2−==
1 2 3 4
1 2
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
80
La aceleración es la pendiente de la gráfica v(t), cuyo valor vale:
==
dt
dva 21,6367m/s−
Esta aceleración constante es precisamente la aceleración de la gravedad del planeta en el
que se encuentran los dos astronautas.
73. La distancia x e y están siempre relacionadas mediante el teorema de Pitágoras, esto es
222 Lyx =+
Esta relación es siempre la misma, es decir, para cada valor de x hay un único valor de y,
siendo la suma de sus cuadrados igual a 2L .
Sabemos que el objeto A se desliza hacia la izquierda con velocidad constante v, es decir,
v
dt
dx
−= . El signo negativo indica el sentido de la velocidad.
El esquema gráfico del problema es el siguiente:
La velocidad de la bola B la podemos expresar, usando la regla de la cadena, de la siguiente
manera:
dt
dx
dx
dy
dt
dy
⋅=
222 Lyx =+ → 22 xLy −=
22222
2
xL
x
xL
x
dx
dy
−
−
=
−
−
=
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión
81
Por tanto, la expresión general de la velocidad de la pelota B es la siguiente:
2222
)(
xL
xvv
xL
x
dt
dx
dx
dy
dt
dy
−
=−
−
−
=⋅= o
y
xv
dt
dy
=
Sin embargo, nos están preguntando la velocidad instantánea de la pelota B cuando º60=α .
x
ytg =º60 → 60º xtgy =
v
xtg
xv
y
xv
dt
dy 577,0
60º
=== → ==
dt
dyvB Av0,577 , siendo Av el valor absoluto del ob-
jeto A.
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
III
Vectores
Preguntas
1. No. La suma de dos vectores sólo puede ser cero si ambos vectores tienen sentidos opues-
tos y tienen, también, la misma magnitud. Por ejemplo, si alguien camina 10 metros al norte y des-
pués 6 metros al sur, este caminante no llegará al sitio de donde partió.
Analíticamente, la demostración sería la siguiente:
jiBA )()( yyxx BABA +++=+
Para que la suma de los vectores y sea cero, los componentes del vector suma deben
ser cero, esto es:
A B
jiBA 00 +=+ si y sólo si xx BA −= y yy BA −=
Al ser los componentes de los vectores iguales en valor numérico, los módulos de los vecto-
res y serán, también, iguales. A B
2. No. La magnitud del desplazamiento es siempre menor o igual que la trayectoria o dis-
tancia recorrida.
Por ejemplo, si dos desplazamientos en la misma dirección y mismo sentido son añadidos,
entonces la magnitud de su suma será igual a la distancia recorrida. Dos vectores en distintas direc-
ciones darán un desplazamiento menor que la distancia recorrida. Por ejemplo, si usted primero
camina 3 metros hacia el este y luego 4 metros al sur, usted habrá caminado una distancia total de 7
metros, pero se encontrará únicamente a una distancia de 5 metros (magnitud del desplazamiento)
desde donde comenzó a andar.
3. La máxima magnitud posible es cuando los vectores y B tienen la misma dirección y
mismo sentido, por tanto
A
725|| =+=+=+ |B|ABA .
La menor magnitud posible es cuando los vectores y tienen la misma dirección pero
sentidos opuestos, por tanto
A B
325|| =−=−=+ |B|ABA .
4. Las componentes del vector serán negativas si el ángulo de dicho vector está com-
prendido entre los 180º y los 270º (tercer cuadrante).
A
Por otra parte, las componentes del vector tendrán signos opuestos si el ángulo de dicho
vector está comprendido entre los 90º y los 180º y, también, entre los 360º y los 270º, es decir, si el
vector está en el segundo cuadrante o en el cuarto cuadrante.
A
83
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
5. Los vectores y son perpendiculares el uno al otro. Por ejemplo, si el vector sólo
tiene componenteen el eje y, , y el vector sólo tiene componente en el eje x,
A B A
jA yA= B iB xB= ,
está claro, que dondequiera que situemos al vector a lo largo del vector , la componente del
vector es cero, ya que carece de componente en el eje x que es en donde está situado el vector
.
A B
A
B
6. No. La magnitud de un vector es siempre positiva. Un signo menos en un vector indica
solamente su sentido, y no la magnitud.
7. Sólo son vectores la fuerza y la velocidad. Ninguna de las otras cantidades requiere una
dirección y un sentido para ser describidas.
8. Cualquier vector que apunte a lo largo de una línea en 45º hacia los ejes x e y tiene sus
componentes de igual magnitud.
9. La adición de un vector a una magnitud escalar no está definido. Piense, por ejemplo, en
sumar una cantidad vectorial, en el sentido positivo del eje x, a una cantidad escalar, 20
naranjas, el resultado numérico de la suma sería 45, ¿pero 45 qué? ¿qué unidades? ¿tiene sentido
esta suma? La respuesta es no.
im/s) 25(
84
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
Problemas
1. Por el ángulo que forma con el eje x positivo, las coordenadas cartesianas están en el ter-
cer cuadrante, esto es:
=== 240º m)cos 5,5( cosθrx m 2,75−
=== 240ºm)sen 5,5(sen θry m 4,76−
2. Sean los puntos )4,2(),( 11 −== yxA y )3,3(),( 22 −== yxB
a) =−−+−−=−+−= 22212
2
12 ))4(3()23()()( yyxxd AB m 8,60
b) Las coordenadas polares para cada punto serán:
=−+=+= 2222 )4(2yxA AAr m 4,47
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
m 2
m 4arctanarctan
x
y
A A
A
θ 296,57º (El punto A se ubica en el cuarto cuadrante)
=+−=+= 2222 3)3(yxB BBr m 4,24
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
m 3
m 3arctanarctan
x
y
B B
B
θ 135º (El punto B se ubica en el segundo cuadrante)
3. º30
2
arctanarctan =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
y
x
yθ → º30 tan
2
=
y → =y 1,15
230º cos cos === rrx θ → ==
30ºcos
2r 2,31
4. a) Sean los puntos y )º30 ,m 50,2(=A )º012 ,m 80,3(=B . Sus coordenadas cartesianas
son:
=== 30º m)cos 50,2( cos1 AArx θ m 2,17
=== 30ºm)sen 50,2(sen 1 AAry θ m 1,25
Observe que el punto A está en el primer cuadrante.
85
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
=== 120º m)cos 80,3( cos2 BBrx θ m 1,90−
=== 120ºm)sen 80,3(sen 2 BBry θ m 3,29
Observe que el punto B está en el segundo cuadrante.
b) La distancia entre los puntos A y B es de
=−+−−=−+−= 22212
2
12 )m 25,1m 29,3()m 17,2m 90,1()()( yyxxd AB m 4,55
5. a) La distancia de la mosca a la esquina inferior izquierda de la pared (origen de coorde-
nadas) es de:
=+=+= 2222 )m 1()m 2(yxd m 2,24
b) Para las coordenadas polares tenemos que conocer el ángulo θ , esto es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
m 2
m 1arctanarctan
x
yθ 26,57º
Así pues, las coordenadas polares de la mosca son )26,57º m, 24,2(
6. Del punto sabemos que: ),( yx
22 yxr +=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
x
yarctanθ
a) Las coordenadas polares del punto ),( yx− serán:
=+=+−= 2222)( yxyxRadio r
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
x
y
x
yÁngulo arctan180arctan θ−180º (El punto está en el segundo cuadrante)
b) Las coordenadas polares del punto )2,2( yx −− serán:
=+=+=−+−= 222222 2)(4)2()2( yxyxyxRadio r2
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
x
y
x
yÁngulo arctan180
2
2arctan θ+180º
86
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
c) Las coordenadas polares del punto )3,3( yx − serán:
=+=+=−+= 222222 3)(9)3()3( yxyxyxRadio r3
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=
x
y
x
y
x
yÁngulo arctanº360arctan
3
3arctan θ−360º
7. a) La gráfica del problema es la siguiente:
El punto A lo situamos en el origen de coordenadas. Por tanto, las coordenadas de los otros
dos puntos serán:
km )0 ,200(),( 22 −== yxB
km 150) ,460()30º300sen ,30º cos300200(),( 33 −≈−−== yxC
La distancia del punto A al C es
≈−+−−=−+−= 22213
2
13 )km 0km 150()km 0km 460()()( yyxxd AC km 484
b) El valor del ángulo φ es:
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
km 460
km 501arctanarctan
3
3
x
y
φ 18,1º Al Norte del Oeste.
8. La magnitud del desplazamiento se calcula por el teorema de Pitágoras, esto es
≈+= 22 )km 13()km 6(R km 14,32
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
km 6
km 13arctanθ 65,22º Al Norte del Este.
La gráfica del problema puede verse en la página siguiente:
87
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
9. El ancho del río es
m 100
35º tan x= → ≈= 35º tanm) 100(x m 70
10. Dibujamos, en primer lugar, la gráfica del problema:
88
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
El punto base lo situamos en el origen de coordenadas. Por tanto, las coordenadas de los
otros dos puntos serán:
km 96) ,263()20ºsen 280 ,20º cos280(),( 11 ≈== yxA
km 261) ,168()30º 190cos96 ,30ºsen 190263(),( 22 ≈+−== yxB
La distancia del punto base al B es
≈+=+== 2222
2
2 )km 261()km 168(yxdR OB km 310
La dirección a la que se encuentra el punto base desde el punto B es:
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
km 681
km 612arctanarctan
2
2
x
y
φ 57,2º Al Sur del Oeste.
11. Las coordenadas cartesianas de los dos vectores son:
jijiA 66566,5)45ºsen 8()45º cos8( ,+=+=
iB 8−=
Gráficamente, la solución al problema es la siguiente:
a) =−++=+ )8()66566,5( ijiBA , ji 66534,2 ,+−
=+−=+ 22 )66,5()34,2(|BA| 6,12
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
34,2
66,5arctan180
34,2
66,5arctanθ 112,5º
89
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
b) =−−+=− )8()66566,5( ijiBA , ji 66566,13 ,+
=+=− 22 )66,5()66,13(|BA| 14,8
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
66,13
66,5arctanθ 22,5º
12. Las coordenadas cartesianas de los dos vectores de fuerza son:
jijiF 32,5)30ºsen 6()30º cos6(1 +=+=
jF 52 =
Gráficamente, la suma de los vectores de fuerza es la siguiente:
=++=+ jjiFF 5)32,5(21 ji 82,5 +
=+=+ 2221 )8()2,5(|FF| 9,5
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
2,5
8arctanθ 57º Sobre el eje x positivo
90
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
13. El planteamiento gráfico del problema es el siguiente:
a) Caminar alrededor de la mitad del círculo es hacerlo desde el punto A hasta el punto B.
Gráficamente, la magnitud del vector desplazamiento es el doble de la longitud del radio. Analíti-
camente, si el círculo lo centramos en el origen de coordenadas, los puntos A y B tendrán las si-
guientes coordenadas cartesianas:
y m 5iA = m 5iB −=
=−−=−= iiABd 55 m 10i−
=−=−= 2)10(|AB|d m10
b) La distancia caminada por la persona es la distancia que sigue el semicírculo ACB. Esta
distancia es la mitad de la longitud total del círculo, esto es
==== m) 5()2(
2
1 πππ RRs m15,7
c) Si la persona camina todo el círculo, entonces su desplazamiento es cero, ya que empieza
y termina en el punto A, esto es:
=−=−= iiAAd 55 m 0i
==−= 20|AA|d m0
14. Vamos a ir calculando, en coordenadas cartesianas, cada uno de los desplazamientos
del perro:
m 5,3 jA −=
m )141,7()30ºsen 2,8()30º cos2,8( jijiB ,+=+=
m 15iC −=
91
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
La gráfica del problema es la siguiente:
=−+++−=++ )15()1,41,7()5,3( ijijCBA ji 609,7 ,+−
=+−=++ 22 6,0()9,7( )|CBA| m7,92
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
9,7
6,0arctanθ 4,3º Al Norte del Oeste.
15. Vamos a hacer los cálculos de forma gráfica y analítica. Las coordenadas cartesianas de
cada vector son:
m )516,2()30ºsen 3()30º cos3( jijiA ,+=+=
m 3jB =
a) =++=+ jjiBA 3)5,16,2( m )546,2( ji ,+=+=+ 22 5,4()6,2( )|BA| m5,2
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
6,2
5,4arctanθ 60º
La gráfica es la que se muestra en la página siguiente:
92
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
b) =−+=− jjiBA 3)5,16,2( m )516,2( ji ,−
=−+=− 22 5,1()6,2( )|BA| m3
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
6,2
5,1arctanº360
6,2
5,1arctanθ 330º
La gráfica es la que se muestra seguidamente:
93
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
c) =+−=− )5,16,2(3 jijAB m )516,2( ji ,+−
=+−=− 22 5,1()6,2( )|BA| m3
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
6,2
5,1arctanº180
6,2
5,1arctanθ 150º
La gráfica es la que se muestra seguidamente:
d) =−+=− jjiBA 6)5,16,2(2 m )546,2( ji ,−
=−+=− 22 5,4()6,2(2 )|BA| m5,2
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
6,2
5,4arctanº360
6,2
5,4arctanθ 300º
La gráfica es la que se muestra seguidamente:
94
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
16. a) La gran mayoría de las personas están sentadas o de pie a las 10.00 a.m. Sus vectores
instantáneos, de los pies a la cabeza, tienen una componente vertical hacia arriba del orden de 1
metro (suponemos que las personas están sentadas y de pie en la misma proporción), y la compo-
nente horizontal está orientada aleatoriamente.
El vector total de altura será, aproximadamente, igual a
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= jH
persona
m 1personas) 000.100( )j m10( 5
b) La mayoría de las personas están descansando en la cama a las 5.00 a.m. del sábado. Su-
ponemos que sus camas están orientadas aleatoriamente al norte, sur, este y oeste. Luego, la com-
ponente horizontal de su vector instantáneo de altura es muy próximo a cero. Si las almohadas
comprimidas dan una altura media de 3 cm de la cabeza por encima de los pies, y si un 1‰ de la
población son médicos de guardia o policías de servicio, entonces estimamos que el vector total de
altura es aproximadamente:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= jjH
persona
m 1
10
1personas) 10(
persona
m 0,03
10
999personas) 10( 3
5
3
5 j m)103( 3×
17. El punto de partida lo situamos en el origen de coordenadas. Por tanto, las coordenadas
de cada uno de los vectores de desplazamiento del deslizador son:
ft )0 ,200(),( 11 == yxA
ft 67,5) ;317()30º135sen ,30º cos135200(),( 22 ≈+== yxB
ft 19) ,420()40º135sen 67,5 ,40º cos135317(),( 33 −≈−+== yxC
95
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
La representación gráfica del problema es la siguiente:
El módulo del vector d es
≈−+=+= 2223
2
3 )ft 19()ft 420(|| yxd ft 420
La dirección a la que se encuentra el vector d es:
º4,357
ft 204
ft 19arctanº360
ft 204
ft 19arctanarctan
3
3 ≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
x
y
θ ó 2,6º Al Sur del Este.
18. El planteamiento gráfico del problema es el siguiente:
Las coordenadas de cada uno de los vectores de desplazamiento del coche son:
km )3 ,0(),( 11 == yxA
km 4,4) ;4,1()45º2sen 3 ,45º cos2(),( 22 ≈+== yxB
km 4,4) ;6,2()4,4 ;44,1(),( 33 −≈−== yxC
km 2,3) ;7,4()45ºsen 34,4 ;45º cos36,2(),( 44 −≈−−−== yxD
96
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
El módulo del vector resultante es
≈+−=+= 2224
2
4 )km 3,2()km 7,4(|| yxR km 5,24
La dirección a la que se encuentra el vector R es:
º154
km 4,7
km ,32arctanº180
km 4,7
km ,32arctanarctan
4
4 ≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
x
y
θ ó 26º Al Norte del
Oeste
19. Vamos a elegir como su primera dirección el sentido positivo del eje x. Así pues, la su-
ma vectorial de sus desplazamientos es de
jiijiR m 5 m 3m) 7(m) 5(m) 10( −=−+−+=
=−+= 22 )m 5()m 3(|| R m 5,83
º301
m 3
m 5arctanº360
m 3
m 5arctan ≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=θ ó 59º Al Sur del Este o a la derecha de su
movimiento original
20. Las componentes del superhéroe son:
== 30º m)cos 100(x m 86,6
=−= )30º(m)sen 100(y m 50−
21. Nos están facilitando las coordenadas polares. Las coordenadas cartesianas serían:
== 25ºkm)sen 1,3(y km 1,31 de caminata hacia el norte
== 25º km)cos 1,3(x km 2,81 de caminata hacia el este
22. +x Este, +y Norte
El vector resultante de la entrada a la cueva es
jijjiijR m) 12,5()m 358(m) (150m) 30º(125sen m) 30º (125cosm) (250m) 75( −+=−+++=
=−+= 22 m) 12,5()m 358(|R| m 358
º358
m 358
m 5,12arctanº360
m 358
m 5,12arctan ≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=θ ó 2º Al Sur del Este
97
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
23. Vamos a considerar el eje x positivo la dirección Este, el eje y positivo la dirección as-
cendente de la pieza y el eje z positivo la dirección Sur.
a) El desplazamiento total es
kjikjjiD cm) 3,70(cm) (8,5cm) 8,4(cm) 3,70(cm) (3,70cm) (4,8cm) 8,4( −++=−+++=
=−++= 222 cm) 3,70(cm) (8,5cm) 8,4(|D| cm 10,44
b) El ángulo que forma con la vertical (eje y) es el coseno director, esto es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
cm 44,10
cm 5,8arccos
||
arccos
D
yDβ 35,5º
El planteamiento gráfico es el siguiente:
x
y
z
d1
d2
D
24. El vector es de la forma B kjiB zyx BBB ++= , luego:
kjiB 364 ++=
=++= 222 364|B| 7,81
Ahora, el ángulo que forma el vector B con cada uno de los ejes es de:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
81,7
4arccos
||
arccos
B
xBα 59,2º
98
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
81,7
6arccos
||
arccos
B
yBβ 39,8º
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
81,7
3arccos
||
arccos
B
zBγ 67,41º
25. El vector tiene de componentes A jiA 4025 +−=
=+−= 22 uds) 40()uds 25(|A| unidades 47,17
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
25
40arctanº180arctanº180
x
y
A
A
θ 122º
26. Vamos a calcular las componentes de los desplazamientos entre las capitales Dallas
(D), Atlanta (A) y Chicago (C):
mi 64) (727,mi )5º sen730 ,5º cos730(),( 11 ==== yxdA DA
mi 523) ,201(mi )21º 560cos ,21ºsen 560(),( 22 −=−=== yxdB AC
El desplazamiento de Dallas hasta Chicago será la resultante de BA + , esto es:
jiBAR mi) (587mi) 526( +=+=
=+=+ 22 mi) (587mi) 526(|BA| mi 778
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
mi 526
mi 587arctanarctan
x
y
R
R
θ 48,1º Al Norte del Este de Dallas
27. Por el ángulo que forma con el eje x, el vector se encuentra en el segundo cuadrante,
siendo sus coordenadas polares ( ). Las coordenadas cartesianas son: 120º m, 50
=== 120º m)cos 50( cosθrx m 25−
99
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
=== 120ºm)sen 50(sen θry m 43,3
jid m) (43,3m) 25( +−=
28. a) La gráfica del vector suma y del vector diferencia es la siguiente:
b) El vector suma es: BA +
=−++=+= )23()62( jijiBAC ji 45 +
=+=+ 22 45|BA| 6,4
Y sus coordenadas polares:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
5
4arctanarctan
x
y
C
C
θ 38,6º
=C ) ,( 38,6ºuds 6,40
El vector diferencia es: BA −
=−−+=−= )23()62( jijiBAD ji 8+−
=+=− 22 81|BA| 8,06
Y sus coordenadas polares:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
1
8arctanº180
1
8arctanarctan
x
y
D
D
θ 97,2º
100
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
=D ) ,( 97,2ºuds 8,06
29. La resultante es =+++−++=++= )6()35()23( jijijiCBAR ji 64 +
=+= 22 64|R| 7,21
Y su dirección es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
4
6arctanarctan
x
y
R
R
θ 56,3º desde el eje x positivo
30. Los vectores son:
jiA 157,8 +−= jiB 60,62,13 −= jiC yx CC +=
0)(3)60,62,13()157,8(3 =++−−+−=+− jijijiCBA yx CC
0)32,137,8( =+−− iii xC → 3,732,137,8
=
+
=xC
0)360,615( =++ jjj yC → 2,73
60,615
−=
−−
=yC
=C ji cm) 2,7(cm) 3,7( −+
31. Sean los vectores jiA 23 −= jiB 4−−=
a) =−−+−=+ )4()23( jijiBA ji 62 −
b) =−−−−=− )4()23( jijiBA ji 24 +
c) =−+=+ 22 )6(2|BA| 6,32
d) =+=− 22 24|BA| 4,47
e) Las direcciones son:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=+=
2
6arctanº360arctan( B)Aθ 288,43º desde el eje x positivo
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=−=
4
2arctanarctan( B)Aθ 26,57º desde el eje x positivo
101
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
32. El vector desplazamiento es:
=−+++= )5()º454sen º45 cos4()3( ijijd ji 83,5172 +− ,
=+−= 22 )83,5()17,2(|d| cuadras 6,22
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
17,2
83,5arctanº180θ 110,4º desde el eje x positivo o al Norte del Oeste
33. Por el ángulo que forman con el eje x positivo, las coordenadas cartesianas son:
a) === 150º m)cos 8,12( cosθrx m 11,1−
=== 150ºm)sen 8,12(sen θry m 6,4
m)4,61,11( ji +−
b) === 60º cm)cos 30,3( cosθrx cm 1,65
=== 60ºm)sen 30,3(sen θry cm 2,86
cm)86,265,1( ji +
c) === 215º in)cos 22( cosθrx in 18,02−
=== 215ºin)sen 22(sen θry in 12,62−
in)62,2102,18( ji −−
34. a) El vector resultante es:
=+−+−++=++= )52()4()33( jijijiCBAD ji 42 +
=+= 22 42|D| m4,47
Y su dirección es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
2
4arctanarctan
x
y
D
D
θ 63,43º desde el eje x positivo
b) El vector resultante es:
=+−+−−+−=+−−= )52()4()33( jijijiCBAE ji 66 +−
=+−= 22 6)6(|E| m8,49
102
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
Y su dirección es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
6
6arctanº180arctan
x
y
E
E
θ 135º desde el eje x positivo
35. El desplazamiento resultante es de:
=−+++−= m )15(m )º45sen 2,8º45 cos2,8(m )5,3( ijijd m )3,229( ji +− ,
=+−= 22 )3,2()2,9(|d| m 9,48
La dirección del vector resultante es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
2,9
3,2arctanº180arctan
x
y
d
d
θ 166º desde el eje x positivo
36. El desplazamiento resultante es de:
=+−+−=++= )50(yd )15(yd )10( ijiCBAR yd )1540( ji −
=−+= 22 )15()40(|R| yd 42,72
La gráfica del problema es la siguiente:
37. La resultante de las dos fuerzas es 21 FFF +=
N )2,1813,39()60ºsen 12060º cos120()75ºsen 8075º cos80(21 jijijiFFF +=+++−=+=
La magnitud de esta fuerza es de
=+=+= 2221 )2,181()3,39(FFF N 185,4
103
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
La dirección del vector resultante es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
3,39
2,181arctanarctan
x
y
F
F
θ 77,8º desde el eje x positivo
b) Para que la fuerza de una tercera persona haga que la resultante sea cero, ésta debe ser
0N) 2,181(N) 3,39( 3321 =++=++= FjiFFFF
=3F N )2,1813,39( ji −−
38. Vamos a calcular la resultante de cada uno de sus golpes, esto es:
=−−+++= m )º03 cos1º03sen 1(m )º45sen 2º45 cos2(m )4( jijijd ji 55,49140 +,
=+= 22 )55,4()914,0(|d| m 4,64
La dirección del vector resultante es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
914,0
55,4arctanarctan
x
y
d
d
θ 78,64º desde el eje x positivo o al Norte del Este
39. Los vectores son:
m )30º3sen 30º cos3( jiA += jB m) 3(=
=+ BA m )5,46,2( ji +
40. Sabemos que el aeroplano vuela con velocidad constante. Por tanto, dicha velocidad va-
le:
iiv m) 268(
s 30
m) 1004,8( 3
=
×
=
Δ
Δ
=
t
x
x
La posición general del aeroplano es jiP m) 1060,7(m/s) 268( 3×+= tt
Si , entonces: s 45=t
jiP m) 1060,7(m) 1021,1( 3445 ×+×==t
=×+×==
2324
45 m) 1060,7(m) 1021,1(|tP| m 101,43
4×
104
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
La dirección del vector resultante es
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
m 1021,1
m 1060,7arctanarctan 4
3
x
y
P
P
θ 32,13º desde el eje x positivo o al Norte del Este
41. El primer desplazamiento tiene de coordenadas:
jijiA cm) 9,129(cm) 75()120ºsen 150()120º cos150( +−=+=
jiB yx BB +=
jijiBAR cm) 3,80(cm) 7,114()35ºsen 140()35º cos140( +=+=+=
El vector tiene de componentes cartesianas: B
[ ] jijijiARB cm) 6,49(cm) 7,189(cm) 9,129(cm) 75(cm) 3,80(cm) 7,114( −+=+−−+=−=
El planteamiento gráfico es el siguiente:
=−+= 22 cm) 6,49(cm) 7,189(|B| cm 196
La dirección del vector resultante es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
cm 189,7
cm 9,64arctanarctan
x
y
R
R
θ 14,66º− a partir del eje x positivo
42. La suma de los dos vectores es
jjiBA 6)()( =+++=+ yyxx BABA
Por tanto y xx BA −= 6=+ yy BA
105
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
Los módulos de cada vector son:
5)()( 22 =+= yx AA|A|
5)()( 22 =+= yx BB|B|
Como los vectores tienen igual magnitud podemos establecer la siguiente igualdad:
22222 5)()()()( =+=+ yxyx BBAA
Y como tenemos que , por lo que la ecuación anterior se reduce a xx BA −=
22
xx BA =
22 )()( yy BA = → yy BA = → yy BB =−6 → 32
6
==yB
El planteamiento gráfico del problema es el siguiente:
Llamando θ al ángulo que forma cualquiera de los dos vectores con el eje y tenemos:
6,0
5
3
||
cos ====
|B|A
yy BAθ → 53,13º0,6 arccos ==θ
== θφ 2 106,26º
106
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
43. a) La expresión vectorial es
=A kji 4128 −+
b)
222222
222
4441616164
1||
4
1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=++=++== zyxzyxzyx
AAAAAA
AAAA|B|
2
4
8
4
=== xx
A
B
3
4
12
4
=== yy
A
B
1
4
4
4
−=
−
== zz
AB
=B kji 132 −+
c) 222222222 )3()3()3(9993||3 zyxzyxzyx AAAAAAAAA ++=++=++== A|C|
243 −=−= xx AC
363 −=−= yy AC
123 =−= zz AC
=C kji 123624 +−−
44. El vector resultante es:
)160ºsen 001160º cos100(
)135º125sen 135º cos125()240º75sen 240º cos75(
ji
jijiR
++
++++=
Ordenando, nos queda:
jiR 64,7585,219 +−=
=+−= 22 )64,57()85,219(|R| pasos 227,28
La dirección del vector resultante es
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
pasos 219,85
pasos 7,645arctanº180arctan
x
y
R
R
θ 165,31º a partir del eje x positivo
107
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
45. a) =−+++−=+= )732()443( kjikjiBAC m )315( kji −−
=−+−+= 222 )3()1(5|C| m 5,92
b) =−+−+−=−= )732()886(2 kjikjiBAD m )51114( kji +−
=+−+= 222 15)11(4|D| m 19,02
46. La estación de radar la situamos en el origen de coordenadas XY, mientras que el avión
de rescate está, con respecto a la estación de radar, elevado 2,20 km en un sistema de coordenadas
XYZ.
El barco hundido se encuentra a 46º al sur del este de la estación de radar. El avión se en-
cuentra a 63º al sur del este de la estación de radar.
El vector desplazamiento desde la estación de radar hasta el barco es:
km )44,1201,12()314ºsen 3,7146º cos3,17( jijiS −=+=
El vector desplazamiento desde la estación de radar hasta el avión es:
km )2,246,179,8()297ºsen 6,9163º cos6,19( kjijiP +−=+=
a) El vector desplazamiento desde el avión hasta el barco es:
km )20,202,511,3( kjiPSD −+=−=
b) La separación del barco al avión es de:
=−++= 222 )20,2()02,5()11,3(|D| km 6,30
47. Durante las tres primeras horas el desplazamiento del ojo del huracán es:
km )52,1065,61(60ºh)sen km/h)(3 41(120º cosh) km/h)(3 41( jijiA +−=+=
Al cabo de las tres horas, se desvía al norte. Su desplazamiento en 1,5 h es:
jjB km) 5,37(h) km/h)(1,5 25( ==
Así pues, al cabo de 4,5 horas, el ojo del huracán se encuentra de la isla a una distancia
km )02,1445,61(km )5,37(km )52,1065,61( jijjiBA +−=++−=+
=+−=+ 22 )02,144()5,61(|BA| km 156,60
108
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
48. a) La expresióndel vector E es:
=+= jiE 27ºsen 1727º cos17 cm )72,71,15( ji +
b) La expresión del vector F es:
=+= jiF 117ºsen 17117º cos17 cm )1,1572,7( ji +−
c) La expresión del vector G es:
=+= jiG 63ºsen 1763º cos17 cm )1,1572,7( ji +
La representación gráfica de los tres vectores es la siguiente:
49. a) y 3−=xA 2=yA
=A ji 00,200,3 +−
b) La magnitud y dirección son:
=+−= 22 )00,2()00,3(|A| 3,61
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
3,00
,002arctanº180arctan
x
y
A
A
θ 146,31º a partir del eje x positivo
c) Las componentes del vector son B xx AB −= y 4−=+ yy BA de donde 6−=yB
=B ji 00,600,3 −
109
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
50. Fijamos el aeropuerto A en el origen de coordenadas. Vectorialmente, la distancia del
aeropuerto B se encuentra del aeropuerto A:
km )453125(150)30º cos35030ºsen 350(300 jijjiiD +=++−+=
a) La dirección en la que debe viajar el piloto para ir directo de un aeropuerto a otro es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
125
453arctanarctan
x
y
D
D
θ 74,57º Al Norte del Este o a partir del eje x positivo
b) La distancia que recorrerá el piloto será de:
=+= 22 )453()125(|D| km 470
51. Los vectores de la figura P3.51, expresados en sus componentes cartesianas, son:
jA 0,20=
jijiB 3,283,2845ºsen 0,4045º cos0,40 +=+=
jijiC 2,212,2145ºsen 0,3045º cos0,30 −=−=
El vector resultante es:
=++= CBAR ji 1,275,49 +
b) La magnitud del vector resultante es:
=+= 22 )1,27()5,49(|R| 56,4
La dirección del vector resultante es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
49,5
7,12arctanarctan
x
y
R
R
θ 28,7º Al Norte del Este, o a partir del eje x positivo
52. , y jiA )00,8()00,6( aaa −+= jiB )00,3()00,8( bbb +−= . Por tanto:
0)0,1900,300,8()0,2600,800,6( =++−++−=++ jiCBA bababa
00,1900,300,8
00,2600,800,6
=++−
=+−
ba
ba
Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Resolviendo este sistema tene-
mos que las soluciones son:
=a 5 y =b 7
110
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
Por tanto, 075 =++ CBA
53. Representamos con θ el ángulo entre los dos vectores y . Como estos vectores
tienen la misma magnitud y , los tres vectores forman un triángulo isósceles, siendo los
ángulo
A B
BAS +=
θ−º180 , 2/θ y 2/θ , tal como se observa en la figura adjunta.
Aplicando la ley de los cosenos tenemos que:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−+=
2
cos2222 θSBBSA y como BA = porque los módulo son iguales, nos queda:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
2
cos2 θBS
De igual manera , y A B− BAD −= forman un triángulo isósceles con un ángulo θ en el
vértice (véase figura de arriba). De nuevo, aplicando la ley de los cosenos tenemos:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −−+=
2
180cos2222 θDBBDA y como BA = porque los módulo son iguales, nos que-
da:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=
2
º90cos2 θBD → ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
2
sen2 θBD
El problema requiere que , es decir, DS 100= ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
sen200
2
cos2 θθ BB
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
2
cos
2
sen
1001
θ
θ
→ 01,0
2
tan =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛θ → º573,001,0 arctan
2
==
θ
De donde =×= º573,02θ 1,146º
111
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
54. El planteamiento inicial es igual al del ejercicio anterior. Sin embargo, ahora el proble-
ma es el siguiente:
, es decir, nDS = ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
sen2
2
cos2 θθ BnB
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
2
cos
2
sen
1
θ
θ
n →
n
1
2
tan =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛θ → ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
n
1arctan
2
θ
De donde =θ ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
n
12arctan
55. a) Las magnitudes pedidas son:
=xR 2,00 =yR 1,00 =zR 3,00
b) =++= 222 )00,3()00,1()00,2(|R| 3,74
c) Los ángulos vienen dados por los cosenos directores, esto es:
||
cos
R
xR=α → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
74,3
00,2arccosα 57,67º del eje x positivo.
||
cos
R
yR=β → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
74,3
00,1arccosβ 74,49º del eje y positivo.
||
cos
R
zR=γ → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
74,3
00,3arccosγ 36,66º del eje z positivo.
112
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
56. Escogemos como eje x positivo la dirección de la primera fuerza. El planteamiento grá-
fico del problema es el siguiente:
La fuerza total en Newtons es =−−+ jiji 0,2440,80,310,12 N )00,760,3( ji +
La magnitud de la fuerza total es =+= 22 )00,7()60,3(|R| N7,87
La dirección del vector resultante es
º78,62
3,60
,007arctanarctan =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
x
y
R
R
θ a partir del nuevo eje x positivo. Por tanto, el án-
gulo del vector resultante con respecto a la horizontal es de =+ º78,62º35 97,78º
57. Vamos a calcular vectorialmente cada uno de los desplazamientos:
id 1001 =
jd 3002 −=
jijid 0,759,129)30ºsen 150()30º cos150(3 −−=−−=
jijid 2,173100)60ºsen 200()60º cos200(4 +−=+−=
El desplazamiento resultante es:
jidR 8,2019,129
4
1
−−==∑
=i
i
113
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
La magnitud del desplazamiento total es =−+−= 22 )8,201()9,129(|R| m240
La dirección del vector resultante es
º23,57
129,9
,8201arctanarctan =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
x
y
R
R
φ
Por tanto, el ángulo del vector resultante con respecto al eje x positivo es:
=+=+= º23,57º180180 φθ 237,23º
58. jjiP t234 −+=
jP m/s) 2(−=
dt
d
Si entonces . En 0=t jiP 34 += s 1=t el vector posición es jiP 14 += , y así sucesiva-
mente.
La componente del eje x es constante e invariable con respecto al tiempo. No ocurre así con
la componente del eje y, es decir, el objeto se está moviendo de forma recta y hacia abajo con una
velocidad de 2 m/s. Por tanto, la derivada anterior representa la velocidad vectorial del objeto:
vP =
dt
d
114
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
59. A la velocidad inicial del avión hay que añadirle la velocidad de empuje del viento, esto
es:
mi/h )056,386()30º(100sen )30º cos100300( jijiv +=++=
La magnitud de la nueva velocidad es
=+= 22 )50()6,386(|v| m389,82
La dirección de la velocidad resultante es
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
386,6
50arctanarctan
x
y
v
v
θ 7,37º Al Norte del Este, o a partir del eje x positivo
60. a) Comenzamos en jirr 0,200,301 −== A
La segunda distancia a cubrir es la mitad desde el punto 1 al B, esto es:
jijijirrrr 0,300,45)0,800,60(
2
1)0,200,30(
2
1)( 12112 +=++−=−+= B
La tercera distancia a cubrir es un tercio desde el punto 2 al C, esto es:
jijijirrrr ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=−−++=−+=
3
0,50
3
0,80)0,100,10(
3
1)0,300,45(
3
2)( 23123 C
La cuarta distancia a cubrir es un cuarto desde el punto 3 al D, esto es:
jijijirrrr 00,50,30)0,300,40(
4
1
3
0,50
3
0,80
4
3)( 34134 +=−+⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=−+= D
La quinta y última distancia a cubrir es un quinto desde el punto 4 al E, esto es:
jijijirrrr 0,160,10)0,600,70(
5
1)00,50,30(
5
4)( 45145 +=+−++=−+= E
Posición del tesoro = m )0,160,10( ji +
b) Independientemente de la localización de los puntos, los pasos que seguimos para alcan-
zar el tesoro dados por las instrucciones son los siguientes:
2
)(21
BA
ABA
rrrrr +=−+
115
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
Después
323
1
2
CBABA
C
BA rrrrrrrr
++
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +−+
+
Después
434
1
3
DCBACBA
D
CBA rrrrrrrr
rrr +++
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ++−+
++
Y finalmente
545
1
4
EDCBADCBA
E
DCBA rrrrrrrrrr
rrrr ++++
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +++−+
+++
Este centro de masas de la distribución de los árboles es la misma localización que antes de
la reordenación, esto es:jirrrrr 8050 +=++++ EDCBA , y la localización del tesoro será:
Posición del tesoro = =+
5
8050 ji m )0,160,10( ji +
61. El esquema gráfico del problema puede verse en la siguiente figura:
a) La expresión vectorial del vector es 1R
=1R ji ba +
Y su módulo =|1R|
22 ba +
b) La expresión vectorial del vector es 2R
=2R kji cba ++
116
_________________________________________________ CAPITULO 3 Vectores
Del triángulo rectángulo tenemos que , y como , el mó-
dulo del vector es
2
2
22
1 || R|R| =+c
222
1 | ba +=R|
2R
=+= 2212 ||| cRR|
222 cba ++
62. a) Las posiciones 1 y 2 se definen de la siguiente manera:
jir 111 yx += y jir 222 yx +=
21 rdr =+ define el desplazamiento d , así que 12 rrd −=
=+−+=−= )( 112212 jijirrd yxyx ji )()( 1212 yyxx −+−
b) El planteamiento gráfico es el siguiente:
63. Respecto al sistema de coordenadas cartesiano ordinario, el punto P tiene de coordena-
das:
jir
4342143421
yx
rr )sen()cos( θθ +=
Por otra parte, respecto al nuevo sistema de coordenadas, el punto P tiene de coordenadas:
jir
4342143421
''
)sen()cos(
yx
rr ββ +=
Ahora bien, αθβ −= . Por tanto,
αθαθαθβ sensencoscos)cos(cos +=−=
αθαθαθβ sencoscossen)(sensen −=−=
117
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
Desarrollando las nuevas coordenadas del punto P nos queda:
=+== αθαθβ sensencoscoscos' 321321
yx
rrrx α+α sencos yx
=−== αθαθβ sencoscossensen' 321321
xy
rrry α+α− cossen yx
El planteamiento gráfico del problema es el siguiente:
118
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
119
IV
Movimiento en
dos dimensiones
Preguntas
1. Sí. Cualquier objeto que se mueva con movimiento circular uniforme con una rapidez
constante ( || v=v ), ya que al cambiar la dirección y sentido de la velocidad v se cambia la dirección
del movimiento y, por tanto, el objeto experimenta una aceleración radial o centrípeta dirigida hacia
el centro de la circunferencia.
Si la velocidad vectorial v es constante, un objeto no puede acelerar. Esto significa que tanto
xv , yv como zv permanecen invariables respecto al tiempo. La trayectoria seguida por el objeto
será una línea recta con rapidez || v=v constante.
2. Si la velocidad promedio es cero en el intervalo de tiempo tΔ , entonces
0=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
ttt
rrrv → if rr =
Al ser la velocidad promedio igual a cero podemos asegurar que los vectores de posición
final e inicial del móvil son iguales; por tanto, no ha habido desplazamiento. Sin embargo, aunque
no haya habido desplazamiento en el intervalo de tiempo considerado, sí ha habido (siempre que el
objeto no se haya quedado quieto) una distancia recorrida a lo largo de la trayectoria establecida por
el móvil.
3. Para que el caso de la velocidad promedio sí es posible su determinación, ya que por de-
finición esta es
if
if
ttt −
−
=
Δ
Δ
=
rrrv
y tanto los datos del numerador como del denominador los tenemos.
Sin embargo, no es posible conocer la velocidad instantánea, dado que para esto necesitar-
íamos conocer como varía el vector de posición respecto del tiempo, ya que por definición la velo-
cidad instantánea vale
dt
drv =
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
120
4. El movimiento circular uniforme con el centro de la circunferencia en el origen de coor-
denadas. En este tipo de movimiento la velocidad es siempre perpendicular al vector de posición.
Un ejemplo de este tipo de movimiento podría ser el balanceo hacia arriba y hacia abajo de
un objeto atado a una cuerda.
5. a) La partícula no tiene aceleración, ya que la velocidad no cambia ni de magnitud ni de
dirección. b) En este caso la partícula sí posee aceleración, dado que la velocidad aun no cambiando
de magnitud (la rapidez es constante) sí que cambia de dirección. Esta aceleración es la aceleración
centrípeta y está dirigida hacia el centro del radio de curvatura.
6. Hay que cambiar la palabra velocidad (expresión vectorial) por la expresión rapidez (ex-
presión escalar).
7. Tendrán una trayectoria parabólica aproximada aquellos movimientos que queden sujetos
únicamente a la aceleración de la gravedad. a) Sí, b) No, d) No, d) Si y e) No
8. La pelota tendrá una mayor rapidez cuando alcance el suelo. Esto es así debido a que tan-
to la roca como la pelota tienen la misma componente vertical de velocidad, pero la pelota, además,
tiene una componente horizontal adicional de velocidad.
9. La nave, con la fuga de gas, tendrá dos componentes de velocidad. Una componente de
velocidad será uniforme o constante en la misma dirección que tenía la nave antes de la fuga, y la
otra componente será perpendicular a la primera y uniformemente acelerada. Este movimiento es
parecido a un lanzamiento horizontal, siendo la trayectoria seguida por la nave una parábola.
10. Las ecuaciones de posición de las dos pelotas son.
tvx x=1
2
1 2
1 gty −=
y
x
v
r
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
121
)1(2 −= tvx x
2
2 )1(2
1
−−= tgy
La distancia que separa una pelota de la otra viene dada por la siguiente expresión:
2
22
12
2
12 2
1)()()( ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +−+−=−+−= gtgvyyxxd x
Cuando s 1=t , las dos pelotas ya han sido lanzadas horizontalmente quedando ambas suje-
tas a la ley de la gravedad. Resulta fácil observar que la distancia d se hace cada vez más grande
conforme pasa el tiempo t. Por tanto, las pelotas se encuentran más cerca la una de la otra en el
momento s 1=t .
Respecto sobre la rapidez, sí es cierto que la primera pelota viaja más rápido que la segunda
dado que su tiempo de vuelo es mayor, pero sólo en la componente vertical, ya que la componente
horizontal es constante e igual para ambas, es decir, xv , mientras que la componente vertical es
gtvy −=1
)1(2 −−= tgvy
El intervalo de tiempo que transcurre entre que la primera pelota golpea el suelo y el mo-
mento en que lo hace la segunda es de un segundo.
Variar la componente horizontal de velocidad de la segunda pelota no provocará cambios en
el tiempo de vuelo, ya que éste viene determinado por la componente vertical de velocidad.
11. Son dos los errores que comete el estudiante:
⎯ En primer lugar, el satélite orbita con rapidez constante, y no con velocidad constante.
La velocidad cambia de dirección.
⎯ El segundo error proviene, precisamente, en no considerar el cambio de dirección del
vector velocidad. Este cambio es el que origina una aceleración centrípeta (dirigida
hacia el centro de la trayectoria circular) que es la causante de que el satélite describa un
círculo.
12. Los vectores unitarios r̂ y θ̂ están en diferentes direcciones en diferentes puntos del
plano xy. Por ejemplo, a lo largo del eje x ir =ˆ y j=θ̂ , pero en un punto del eje y jr =ˆ y i−=θ̂ .
Los vectores i y j son iguales en todos los puntos del plano xy.
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
122
13. La aceleración del péndulo no puede ser cero, porque éste no permanece en descanso al
final de su arco.
La aceleración del péndulo es la debida a la gravedad, la cual genera una aceleración tan-
gencial y otra normal que dependen del ángulo que forma la cuerda que sustenta el péndulo con la
vertical de su punto de apoyo, las cuales provocan el movimiento del péndulo.
14. Si el barco está en reposo, la roca golpeará en el mismo punto de la cubierta cuya verti-
cal coincida con el mástil, es decir, la vertical del punto de caída coincide con la vertical del punto
de golpeo contra la cubierta.
En el caso de que el barco se mueva a velocidad constante en línea recta,la roca también
golpeará en la cubierta en el mismo punto sobre la vertical de caída de la roca, ya que la componen-
te horizontal de velocidad es la misma tanto para la roca como para el barco, es decir, durante el
tiempo de caída, la roca y el barco avanzan la misma distancia (suponemos despreciable la resisten-
cia del viento y la del agua sobre el casco del barco).
15. No. El desplazamiento sólo depende del vector de posición final y del vector de posi-
ción inicial, es decir, de rΔ , y no del origen del sistema de coordenadas.
La velocidad de la piedra tampoco depende de la ubicación del origen de coordenadas, ya
que vectorialmente la velocidad depende del vector desplazamiento rΔ , que como ya se ha dicho
anteriormente no depende del origen del sistema de coordenadas.
16. No. Para que un vehículo pueda describir una curva, su vector velocidad debe de cam-
biar de dirección, independientemente de que la magnitud de la velocidad varíe o sea constante.
Este cambio en la dirección de la velocidad es lo que provoca que el vehículo experimente una ace-
leración radial o centrípeta, es decir, una aceleración dirigida hacia el centro del radio de curvatura.
17. a) En el punto más alto la velocidad de la pelota de béisbol será iv m/s) 10(= que co-
rresponde a la componente horizontal de velocidad, ya que la componente vertical está sometida a
la aceleración de la gravedad, cuyo sentido es hacia abajo.
b) La aceleración en el punto más alto es la debida a la gravedad, esto es, ja )m/s 81,9( 2−=
18. a) No. El vector velocidad cambia de dirección constantemente, debido a que está cam-
biando la dirección de su movimiento. Esto es precisamente lo que provoca que exista una acelera-
ción centrípeta dirigida hacia el centro del círculo.
b) No. El vector aceleración no es constante, porque siempre señala o apunta hacia el centro
del círculo. Sí es constante la magnitud de la aceleración, pero no su dirección.
19. Sí, el proyectil es un cuerpo en caída libre, debido a que una vez que es lanzado al aire
la única fuerza que actúa sobre él es la debida a la gravedad.
Su aceleración en dirección vertical es la aceleración de la gravedad, es decir,
ja )m/s 81,9( 2−= .
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
123
El proyectil no tiene componente horizontal de aceleración.
20. Producirá el mismo alcance el ángulo complementario de 30º, el cual resulta ser igual a
º60º30º90 =− . Recuerde que el alcance horizontal está en función de θ2sen . El valor de esta fun-
ción es la misma tanto para un ángulo de 30º como de 60º.
21. Dado que el alcance es inversamente proporcional a la aclaración de la gravedad, y co-
mo la gravedad en la Luna es inferior a la de la Tierra, el proyectil lanzado en la superficie lunar
tendrá tanto un mayor alcance como una mayor altura. Por ejemplo, los astronautas del Apollo rea-
lizaron el experimento con pelotas de golf.
22. a) No, b) Sí, c) Sí y d) No.
23. a) Con respecto a un marco de referencia fijo situado en el tren, la velocidad con la que
se mueve la cuchara es la misma para dos observadores distintos situados en el tren a una distancia
x, ya que ambos se mueven con la misma velocidad, esto es:
x−=′ rr
Si derivamos con respecto al tiempo, nos queda:
dt
dx
dt
d
dt
d
−=
′ rr → vv =′ →
dt
d
dt
d vv
=
′
→ aa =′
El vector velocidad sólo tiene componente vertical, ya que la cuchara cae en línea recta
hacia abajo.
Así pues, puesto que el tren se mueve con velocidad constante, la aceleración de la cuchara
con respecto al tren es la de la gravedad dirigida hacia el suelo.
b) Con respecto a un marco de referencia fijo situado sobre la Tierra, la velocidad con la que
se mueve la cuchara no es la misma para dos observadores distintos (uno situado en el tren y otro en
la Tierra), esto es:
t0vrr −=′ → Siendo 0v la velocidad constante del tren
Si derivamos con respecto al tiempo, nos queda:
dt
td
dt
d
dt
d 0vrr −=
′
→ 0vvv −=′
El observador situado en el tren ve caer la cuchara verticalmente en línea recta, es decir, úni-
camente con componente vertical de velocidad jv )( gt−=′ , mientras que el observador situado en
la Tierra ve caer la cuchara mediante una trayectoria parabólica, esto es, jiv )(0 gtv −+=
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
124
Si derivamos las velocidades con respecto al tiempo nos queda:
{
0
0
dt
d
dt
d
dt
d vvv
−=
′
→ aa =′
La aceleración es, por tanto, igual para los dos observadores, siendo ésta la aceleración de la
gravedad dirigida hacia el suelo.
NCOMENTARIO AL EJEMPLO 4.4N
La restricción de colisión implica que ésta tendrá lugar sólo si el alcance del proyectil lanza-
do es superior o igual a la distancia horizontal que lo separa del blanco. Analíticamente sería:
i
iii dx
v
R
θ
θθ
tang
cossen 2
T
2
=≥=
Simplificando la desigualdad nos queda:
i
iiii dv
θ
θθθ
sen
cos
g
cossen 2 2
≥ →
2
sen 22 gdv ii ≥θ → 2
sen gdv ii ≥θ
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
125
Problemas
1. a) Vamos a calcular vectorialmente cada uno de los desplazamientos:
jjd m) 3600(
min
s 60min) m/s)(3 20(1 −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=
iid m) 000.3(
min
s 60min) m/s)(2 25(2 −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=
[ ] jijid m) 8,272.1(m) 8,272.1(
min
s 60min) (1)45º m/s)(cos 30()45º m/s)(cos 30(3 +−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+−=
El desplazamiento resultante es:
)2,327.28,272.4(
3
1
jidR −−==∑
=i
i
=−+−= 22 )2,327.2()8,272.4(|R| m 4.865
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+=
4.272,8
2,327.2arctanº180arctanº180
x
y
R
R
θ 208,6º A partir del eje x positivo
La representación gráfica del movimiento del motociclista es la siguiente:
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
126
b) La rapidez promedio es igual a la distancia total recorrida entre el tiempo total invertido,
esto es:
s 360
m 400.8
s 60s 120s 180
s) m/s)(60 30(s) m/s)(120 25(s) m/s)(180 20(
||
3
1
3
1 =
++
++
==
∑
∑
=
=
i
i
i
i
t
promedioRapidez
d
=promedioRapidez m/s 23,3
c) Por su parte, la velocidad promedio es:
m/s )46,687,11(
s 360
m )2,327.28,272.4( jijiRv −−=−−=
Δ
=
t
Siendo su magnitud:
=−+−= m/s )46,6()87,11( 2|v| m/s 13,5
2. a) La velocidad promedio en el intervalo de tiempo elegido es:
Para s 4=t → m 5m 1s) m/s)(4 1( =+=fx m 3m 1s) )(4m/s 125,0(
22 =+=fy
Para s 2=t → m 3m 1s) m/s)(2 1( =+=ix m 5,1m 1s) )(2m/s 125,0(
22 =+=iy
=
−
+−+
=
Δ
Δ
=
s 2s 4
m )50,100,3(m )00,300,5( jijirv
t
m/s )750,000,1( ji +
b) Para cualquier valor de tiempo t, el vector de posición vale
jir )()( 2 dctbat +++=
La velocidad instantánea se calcula por derivación del vector de posición, esto es:
[ ] m/s )2()()(
2
jijirv cta
dt
dctbatd
dt
d
+=
+++
==
En s 2=t la velocidad vale =v m/s )500,000,1( ji + , y su rapidez es
=+== m/s )500,0()00,1(
22
s 2t|v| m/s 1,12
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
127
3. a) La expresión vectorial de la posición de la pelota de golf es
=r ji ])m/s 90,4(m/s) 00,4[( m/s) 0,18( 22 ttt −+
b) La expresión vectorial de la velocidad es igual a:
[ ]
dt
tttd
dt
d jirv ])m/s 90,4(m/s) 00,4[( m/s) 0,18(
22−+
==
=v ji ])m/s 80,9(m/s) 00,4[(m/s) 0,18( 2 t−+
c) La expresión vectorial de la aceleración es:
[ ] =−+==
dt
td
dt
d jiva ])m/s 80,9(m/s) 00,4[(m/s) 0,18(
2
j)m/s 80,9( 2−
d) =−+== jir ]s) )(3m/s 90,4(s) m/s)(3 00,4[(s) m/s)(3 0,18(
22
s 3t m ) 1,32 0,54( ji −
e) =−+== jiv ]s) 3)(m/s 80,9(m/s) 00,4[(m/s) 0,18(
2
s 3t m/s ) 4,25 0,18( ji −
f) == s 3ta
2m/s ) 80,9(j−
4. a) Las componentes de la velocidad y la aceleración son:
t
dt
dxvx ωω cosm) 00,5(−== → ωm) 00,5()0( −==txv
t
dt
dv
a xx ωω sen m) 00,5(
2== → 2)0( m/s 0==txa
t
dt
dyvy ωωsen m) 00,5(== → m/s 0)0( ==tyv
t
dt
dv
a yy ωω cosm) 00,5(
2== → 2)0( m) 00,5( ω==tya
Las expresiones vectoriales en s 0=t son las siguientes:
== s 0tv m/s ) 0 00,5( ji +− ω
== s 0ta
22 m/s ) 00,5 0( ji ω+
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
128
b) Las expresiones pedidas son:
=r m ]) cos00,500,4( sen 00,5[ ji tt ωω −+−
=v m/s ) sen 00,5 cos00,5( ji tt ωωωω +−
=a 222 m/s ) cos00,5 sen 00,5( ji tt ωωωω +
c) De las coordenadas del objeto tenemos que:
tx ωsen 5−= →
5
sen xt −=ω
ty ω cos54 −= →
5
4 cos −−= ytω
Elevamos al cuadrado las dos expresiones trigonométricas, esto es:
2
2
2
2
2
2
5
)4( cos
5
sen
−
=
=
yt
xt
ω
ω
→ 2
2
2
2
1
22
5
)4(
5
cos sen −+=+ yxtt 444 3444 21 ωω
Resumiendo nos queda que 222 )4(5 −+= yx
La ecuación analítica general de una circunferencia de radio r y de centro (a,b) es de la for-
ma 222 )()( byaxr −+−= . Esta ecuación es semejante a la anteriormente calculada y cerrada en
un borde rectangular. Por tanto, el objeto sigue una trayectoria circular de radio 5 metros y cen-
trada en las coordenadas (0, 4 m).
5. a) La aceleración de la partícula es
=
−−+
=
Δ
Δ
=
s 3
m/s ) 00,2 00,3(m/s ) 00,7 00,9( jijiva
t
2m/s ) 00,3 00,2( ji +
b) Sabemos que la partícula está en el origen en s 0=t . Por tanto, su vector de posición en
cualquier momento t es igual a:
22 ) 00,3 00,2(
2
1) 00,2 00,3(
2
1 ttttii jijiavrr ++−=++=
Agrupando términos nos queda:
=r m )00,250,1(m )00,3( 22 ji tttt −++
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
129
6. a) La velocidad de la partícula es:
=
−
==
dt
td
dt
d m ) 00,6 00,3( 2 jirv m/s)012( jt ,−
La aceleración es:
=
−
==
dt
td
dt
d m/s ) 0,12( jva 2m/s)012( j ,−
b) Para s 1=t , la posición y velocidad de la partícula son:
=−= m ) 00,6 00,3( 2 jir t m ) 00,6 00,3( ji −
=−= m ) 0,12( jv t m/s ) 0,12( j−
7. a) Las componentes de la aceleración son:
=
+−−
=
Δ
Δ
=
s 20
m/s ) 00,1 00,4(m/s ) 00,5 0,20( jijiva
t
2m/s ) 300,0 800,0( ji −
b) La dirección del vector aceleración respecto del eje horizontal positivo es:
=−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= º56,20
m/s 800,0
m/s 300,0arctanarctan 2
2
x
y
a
a
θ 339,4º desde el eje +x
c) El vector de posición del pez es el siguiente:
[ ] [ ] 222 m/s ) 300,0 800,0(
2
1 m/s ) 00,1 00,4(m ) 00,4 0,10(
2
1 ttttii jijijiavrr −+++−=++=
Pasados 25 segundos la posición del pez es:
=r m ) 75,72 360( ji −
La dirección en la que se mueve es:
≈−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= º154,15
m/s 0,24
m/s 50,6arctanarctan
x
y
v
v
θ 15,2º− Al Sur del Este
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
130
8. a) El vector posición viene definido por
22 ) 00,3(
2
1) 00,5(
2
1 ttttii jiavrr +=++=
Agrupando términos nos queda:
=r m ) 50,1 00,5( 2 ji tt +
El vector velocidad se halla por derivación, esto es:
=
+
==
dt
ttd
dt
d m ) 50,1 00,5( 2 jirv m/s)003005( ji t , , +
b) Las coordenadas para s 2=t son las siguientes:
=+= m ) )00,2)(50,1( )00,2)(00,5[( 2 jir m ) 00,6 0,10( ji +
Por otra parte, la velocidad de la partícula es:
=+= m/s ] s) 00,2)(00,3( 00,5[ jiv m/s)006005( ji , , +
Y su rapidez:
=|v| =+ m/s )006()005( 22 ,, m/s 7,81
9. a) Nos encontramos ante un tipo de lanzamiento horizontal. Las componentes horizontal
y vertical de este lanzamiento son:
tvx xi= →
xiv
t m 40,1=
El tiempo que tarda el tarro vacío de cerveza en recorrer la distancia horizontal es el mismo
tiempo que tarda en recorrer la altura de la barra, por tanto:
2
2
1 gtyy i −= →
2
2 m 40,1)m/s 81,9(
2
1m 860,00 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
xiv
==
2m/s 81,9
m) 860,0(2
m 40,1
xiv m/s 3,34 En sentido horizontal positivo
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
131
b) Ahora, vamos a calcular la componente vertical de la velocidad, esto es:
gtvv yiy −= → m/s 11,4m/s 34,3
m 40,1)m/s 81,9( 2 −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=yv
La dirección de la velocidad del tarro antes de golpear contra el suelo es de:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
m/s 34,3
m/s 11,4arctanarctan
x
y
v
v
θ 50,9º− Al Sur del Este
10. Nos encontramos en la misma situación que en el problema anterior, pero con la salve-
dad de que no disponemos de datos numéricos.
Las componentes horizontal y vertical de la trayectoria seguida por el tarro son:
tvx xi=
2
2
1 gttvyy yii −+=
Puesto que la velocidad inicial vertical es nula m/s 0=yiv , podemos determinar el tiempo
que tarda el tarro en golpear contra el suelo, es decir, cuando hy −= :
2
2
1 gth −=− →
g
ht 2=
a) Como la distancia recorrida es dx = cuando el tarro alcanza el suelo, la velocidad con la
que deja la barra es entonces:
tvd xi= → =xiv h
gd
2
b) Justo antes de golpear contra el suelo, las componentes de la velocidad del tarro son:
h
gdvv xix 2
==
gh
g
hggtvv yiy 2
20 −=−=−=
La dirección de la velocidad del tarro antes de golpear contra el suelo es de:
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
132
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
m/s
2
m/s 2
arctanarctan
h
gd
gh
v
v
x
yθ ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
d
h2arctan Al Sur del Este
11. a) El tiempo de vuelo de la primera bola hasta que llega a su objetivo es de:
2
11 2
1 gttvyy yii −+= →
2
1
2
1 )m/s 81,9(2
1)70ºm/s)(sen 25(0 tt −=
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡ −= 1
2
1 )m/s 81,9(2
1m/s) 5,23(0 tt → s 79,41 =t
El tiempo igual a cero segundos no nos sirve, ya que éste corresponde con el punto de lan-
zamiento de la bola de nieve.
La distancia horizontal recorrida es:
1tvx xi= → m 0,41s) 79,4()70º m/s)(cos 25( ==x
Respecto a la segunda bola tenemos:
2
22 2
1 gttvyy yii −+= →
2
2
2
22 )m/s 81,9(2
1)m/s)(sen 25(0 tt −= θ
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡ −= 2
2
22 )m/s 81,9(2
1)m/s)(sen 25(0 tt θ 2
2
2 m/s 81,9
)m/s)(sen 50( θ
=t
La distancia horizontal recorrida de la segunda bola ha de ser la misma que la de la primera
bola, esto es:
2tvx xi= → ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 2
2
2 m/s 81,9
)m/s)(sen 50() m/s)(cos 25(m 0,41 θθ
))(sen (cos2643536,0 22 θθ= → 22sen 643536,0 θ=
== )643536,0 (arcosen
2
1
2θ 20º
b) El tiempo que está en el aire la segunda bola es de:
s 74,1
m/s 81,9
)0º2m/s)(sen 50(
22 ==t
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
133
Por tanto, para que la segunda bola llegue al objetivo al mismo tiempo que la primera, debe
lanzarse con un retraso de:
=−=−= s 74,1s 79,421 ttt s 3,05
12. La trayectoria vertical seguida por la pelota es la siguiente:
2
2
1 gttvyy yii −+= →
22 )m/s 81,9(
2
1)3º(sen ttvy −=
Sabemos que la pelota apenas libra la red, por lo que alcanza su altura máxima en 0,330 m.
El tiempo que emplea es de:
0)3ºsen ( =−= gtvvy → 2m/s 9,81
)3ºsen (vt =
Sustituyendo este tiempo en la trayectoria vertical nos queda:
2
2
2
2 m/s 9,81
)3ºsen ()m/s 81,9(
2
1
m/s 9,81
)3ºsen ()3º(sen m 330,0 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
vvv
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 2
22
m/s 9,81
)3ºsen (
2
1m 330,0 v → == 2
2
)3ºsen (
)m/s m)(9,81 330,0(2v m/s 48,6
13. Las coordenadas x e y donde explota el obús son:
2
2
1 gttvyy yii −+=
=−= 22 s) 42)(m/s 81,9(
2
1s) )(4255ºm/s)(sen 300(y m 101,67 3×
tvx xi= → == s) )(4255º m/s)(cos 300(x m 107,233×
14. La fórmula del alcance máximo es:
g
vR θ2sen
2
=
El alcance máximo se produce cuando 12sen =θ . Por tanto, la aceleración de caída libre del
planeta es de:
===
m 0,15
m/s) 00,3( 22
R
vg 2m/s 0,600
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
134
15. La altura máxima se consigue en un tiempo:
0)sen ( =−= gtvvy θ → g
)sen ( θvt =
Así pues, la altura máxima es de:
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=−=
g
)sen (
2
1
g
)sen (
2
1
g
)sen ()sen (
2
1 22
2
2
max
θθθθ vvgvvgttvy yi
Por otra parte, el alcance horizontal es:
g
vx θ2sen
2
=
Si el alcance horizontal es tres veces la altura máxima ( max3yx = ), nos queda:
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
g
)sen (
2
32sen 222 θθ v
g
v → 2)sen (
2
3)sen )( cos(2 θθθ =
3
4 tan =θ → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
3
4arctanθ 53,1º
16. a) La distancia horizontal es:
tvx xi= → == s) )(3,0020º m/s)(cos 00,8(x m 22,6
b) La altura desde la que se lanzó la pelota la encontramos en la componente vertical, esto
es:
0s) 00,3)(m/s 81,9(
2
1s) )(3,0020ºm/s)(sen 00,8( 220 =−−= yy =0y m 52,4
c) Cuando alanza los 10 metros bajo el lanzamiento, ha transcurrido un tiempo igual a:
22 )m/s 81,9(
2
1)20ºm/s)(sen 00,8(m 10 tt −−=− → =
+±−
=
62,19
8,7849,2947,5
t s 1,18
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
135
17. Sea θ el ángulo que estamos buscando. La distancia horizontal recorrida es igual a:
tvx xi= → m 000.2) m/s)(cos 000.1( == tx θ → θcos
s 00,2
=t
Ahora, sustituimos este valor del tiempo en la componente vertical, esto es:
m 800
cos
s 2,00)m/s 81,9(
2
1
cos
s 2,00)m/s)(sen 000.1(
2
2 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
θθ
θy
) m)(cos 800(m) 62,19() )(cosm)(sen 000.2( 2 θθθ =−
) m)(cos 800(m) 62,19() )(cos cos1m)( 000.2( 22 θθθ =−−
Elevamos al cuadrado ambos miembros:
) (cos)m 392.31() )(cosm 1064()m 9,384() cos)( cos)(1m 104( 2242422226 θθθθ +×+=−×
0)m 9,384() (cos)m 608.968.3() cos()m 1064,4( 222426 =−+×− θθ
⎩
⎨
⎧
×
=
×−
−×−−±−
=
−56
62
2
1070,9
8552,0
)1064,4(2
)9,384)(1064,4(4608.968.3(608.968.3
cos θ
De lo anterior tenemos:
⎩
⎨
⎧
=
00985,0
925,0
cosθ
== 925,0 arccos1θ 22,3º o, también, == 00985,0 arccos2θ 89,4º
Ambas soluciones son válidas.
18. La ecuación de la trayectoria del proyectil es:
2
22 cos2
)(tan x
v
gxy
ii
i ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
θ
θ
Como la pendiente en la parte más alta de la trayectoria es cero, tenemos que:
0
cos
)(tan 22 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−= x
v
g
dx
dy
ii
i θ
θ
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
136
Por tanto, la coordenada horizontal en la cual la altura es máxima ocurre en
g
v
x iii
θθ cossen 2
=
Dada la simetría en la ecuación de la trayectoria del proyectil, la máxima altura se encuentra
en el punto medio de la distancia total recorrida. Así pues, el alcance horizontal del proyectil es el
doble de la distancia calculada, esto es:
===
g
v
xR iii
θθ cossen 2
2
2
g
v ii θ2sen
2
19. a) Vamos a usar la fórmula de la trayectoria del proyectil, esto es:
2
22
2
2
22 m) 36,0()53,0º (cosm/s) 2(20,0
m/s 81,9m) 36,0()3,0º5(tan
cos2
)(tan ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−= x
v
gxy
ii
i θ
θ
m 89,3=y
El balón libra el travesaño en una distancia igual a =− m 05,3m 89,3 m 0,84
b) El balón alcanza su altura máxima en el momento
0)m/s 81,9()53,0ºm/s)(sen 0,20( 1
2 =−=−= tgtvv yiy → s 63,11 =t
El tiempo que tarda en alcanzar la distancia horizontal de 36,0 m es de:
2tvx xi= → s 99,2)3,0º5 m/s)(cos 0,20(
m 0,36
2 ==t
Como 12 tt > el balón libra el travesaño cuando se encuentra en descenso.
20. Los datos del problema son los siguientes:
m 0,50=d
º0,30=iθ
m/s 0,40=iv
El tiempo que tarda el chorro del agua en alcanzar la distancia horizontal d es de:
tvd xi= → s 44,1)0,0º3 m/s)(cos 0,40(
m 0,50
==t
Como el agua tarda en alcanzar el edificio 1,44 s, la altura a la que llega el agua es igual a:
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
137
=−= 22 s) 44,1)(m/s 81,9(
2
1s) )(1,4430ºm/s)(sen 0,40(y m 18,6
21. Nos encontramos en la misma situación que en el problema anterior, pero sin datos nu-
méricos.
El tiempo que tarda el chorro del agua en alcanzar la distancia horizontal d es de:
tvd xi= →
i cosθiv
dt =
Como este es el tiempo que el agua tarda en alcanzar el edificio, la altura a la que llega el
agua por encima del nivel del suelo es igual a:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
2
ii
i cos2
1
cos
)(sen
θθ
θ
ii
i v
dg
v
dvy 2
i
22i cos2
tan d
v
gd
i
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
θ
θ
22. El golpeo horizontal da una velocidad vertical cero a la roca. Luego, el tiempo de vuelo
sigue la forma:
2
0 2
1 gttvyy yi −+= → 1
2 )m/s 81,9(
2
1m 0,40 t−=− → s 856,21 =t
Como el sonido de contacto con el agua se escucha 3,00 s después de patear la roca, la dife-
rencia es el tiempo que tarda el sonido en recorrer la distancia recta entre la situación del jugador y
el punto en que la roca golpea el agua, esto es:
s 00,321 =+ tt → s 144,02 =t
En este tiempo, el sonido cubre la distancia recta entre el jugador y el punto en que la roca
golpea el agua. Si llamamos a esta distancia d tenemos:
s) m/s)(0,144 343(m) 0,40( 22 =+= xd → m 4,49m) 0,40( 22 =+ x
de donde m 9,28=x
Como 1tvx x= → == s 2,856
m 9,28
xv m/s 10,1
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
138
23. Desde el instante en el que deja el suelo hasta que retorna a él, el jugador se comporta
como un proyectil.
A partir del dato de la altura máxima podemos calcular la velocidad vertical inicial, esto es:
g
v
yy yii 2
2
max += → m/s 04,4)m 02,1m 85,1)(m/s 81,9(2
2 =−=yiv
Nótese que consideramos el suelo de la pista de baloncesto como el origen del sistema de re-
ferencia inercial.
a) El tiempo de vuelo se determina por la fórmula del desplazamiento vertical, esto es:
2
0 2
1 gttvyy yi −+= → tt )m/s 81,9(2
1m) (4,04m 02,1m 900,0 2−+=
Desarrollado la expresión anterior llegamos a que =t s 0,852
b) La componente horizontal inicial de la velocidad es
tvx xi= → == s 0,852
m 80,2
xiv m/s 3,29
Aunque el centro de masa del jugador cae un poco más abajo (0,900 m) de su posición ini-
cial (1,02 m), la distancia horizontal es de 2,80 m para el tiempo de vuelo del mismo.
c) La componente vertical inicial de la velocidad fue calculada al inicio del problema, siendo
ésta de
=yiv m/s 4,04
d) El ángulo de despegue es de:
xi
yi
v
v
=θ tan → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
m/s 29,3
m/s 04,4arctanθ 50,8º
e) A partir del dato de la altura máxima podemos calcular la velocidad vertical inicial, esto
es:
g
v
yy yii 2
2
max += → m/s 05,5)m 20,1m 50,2)(m/s 81,9(2
2 =−=yiv
El tiempo de vuelo se determina por la fórmula del desplazamiento vertical, esto es:
2
0 2
1 gttvyy yi −+= → tt )m/s 81,9(2
1m) (5,05m 20,1m 700,0 2−+=
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
139
Desarrollado la expresión anterior llegamos a que =t s 1,08
24. a) La rapidez orbital se obtiene de la siguiente manera:
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×
=
Δ
Δ
=
d 1
s 86.400d) 3,27(
m) 1084,3(2 8π
t
xv m/s 101,02 3×
b) Dado que la velocidad v es constante y sólo cambia la dirección, la aceleración centrípeta
vale:
=
×
×
==
m 103,84
m/s) 1002,1(
8
232
r
var
23 m/s 102,71 −×
25. La aceleración radial máxima es:
===
m 1,06
m/s) 0,20( 22
r
var
2m/s 377
El valor de la masa es información innecesaria.
26. La rapidez deun objeto situado en el ecuador de la Tierra se obtiene de la siguiente ma-
nera:
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×
=
Δ
Δ
=
d 1
s 86.400d) 1(
m) 1037,6(2 6π
t
xv m/s 463
Esta velocidad v es constante y sólo cambia la dirección. Por tanto, la aceleración centrípeta
debida a la rotación de la Tierra vale:
=
×
==
m 106,37
m/s) 463(
6
22
r
var
2m/s 0,0337 directo hacia el centro de la Tierra
27. La rapidez de la piedra es la misma que la rapidez de la llanta, ya que la piedra al estar
incrustada se mueve a la misma velocidad que la llanta.
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= m/s 47,10
s 60
min 1
rev 1
m) (0,5002rev/min) 200( πv m/s 10,5
La aceleración normal de la piedra vale:
===
m ,5000
m/s) 47,10( 22
r
var
2m/s 219
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
140
28. En primer lugar, con los datos facilitados, vamos a calcular la rapidez constante con la
que se mueve la cabina en la que se encuentra el astronauta en su entrenamiento.
r
var
2
= → m/s 72,11m) 0,10)(m/s 81,9(40,1 2 === rav r
El período (tiempo de una rotación) viene dado por vrT /2π= , y la relación de rotación es
la frecuencia:
====
m) 0,10(2
m/s 72,11
2
1
ππr
v
T
f 1−s 0,186
Este es el tiempo que tarda la cabina en dar una vuelta completa.
29. a) Vamos a calcular cada rapidez para cada una de las longitudes de honda, esto es:
A rev/s 00,8 m/s 60,9
rev 1
m) (0,6002rev/s) 00,8( ππ =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=v
A rev/s 00,6 m/s 8,10
rev 1
m) (0,9002rev/s) 00,6( ππ =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=v
rev/s 6,00 da la mayor rapidez lineal
b) A rev/s 00,8 ===
m ,6000
m/s) 60,9( 22 π
r
var
23 m/s 101,52×
c) A rev/s 00,6 ===
m ,9000
m/s) 8,10( 22 π
r
var
23 m/s 101,28×
30. El satélite está en caída libre. Su aceleración es debida a la aceleración de la gravedad y
es por el efecto de una aceleración centrípeta:
gar =
r
vgar
2
== =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+==
km 1
m 10km) 600km 400.6)(m/s 21,8(
3
2grv m/s 107,58 3×
El tiempo requerido es el período, esto es:
=
×
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
==
m/s 1058,7
km 1
m 10km) 600km 400.6(2
2
3
3
π
π
v
rT s 105,80 3×
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
141
min 7,96
s 60
min 1s) 1080,5( 3 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=T
31. Asumimos que el tren está todavía frenando en el instante en cuestión.
2
223
2
2
m/s 29,1
m 150
s 3.600
h 1
km 1
m 10km/h) (50
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
r
var Dirigido hacia el centro del radio de
curvatura.
2
3
m/s 741,0
s 15
s 3.600
h 1
km 1
m 10km/h) 90km 50(
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
Δ
Δ
=
t
vat En sentido contrario a la di-
rección del movimiento.
La aceleración del tren será, por tanto:
=−+=+= 222222 )m/s 741,0()m/s 29,1(tr aaa
2m/s 1,49 Hacia adentro del arco de cur-
vatura.
º9,29
m/s 29,1
m/s 741,0arctan
||
arctan 2
2
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
r
t
a
a
θ Detrás del radio de curvatura.
32. a) Este dato ya es facilitado por el problema, y es el ritmo de cambio de la rapidez, esto
es:
=ta
2m/s 0,600
b) ===
m ,020
m/s) 00,4( 22
r
var
2m/s 0,800
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
142
c) La aceleración total es:
=+=+= 222222 )m/s 600,0()m/s 800,0(tr aaa
2m/s 1,00
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 2
2
m/s 800,0
m/s 600,0arctanarctan
r
t
a
a
θ 36,9º Delante del radio de curvatura.
33. La situación de la partícula es la que se muestra en la siguiente figura
a) La aceleración radial vale:
=== º30 cos)m/s 0,15(º30 cos 2aar
2m/s 13,0
b) La rapidez se obtiene del dato calculado anteriormente, esto es:
r
var
2
= === m 50,2)(m/s 0,13( 2rav r m/s 5,70
c) === º30sen )m/s 0,15(º30sen 2aat
2m/s 7,50
34. En los puntos más alto y más bajo de la trayectoria circular de la pelota sólo existe ace-
leración radial.
a) La aceleración en el punto más alto es:
===
m ,6000
m/s) 30,4( 22
r
var
2m/s 30,8 Dirigida hacia abajo
b) La aceleración en el punto más bajo es:
===
m ,6000
m/s) 50,6( 22
r
var
2m/s 70,4 Dirigida hacia arriba
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
143
35. a) El diagrama vectorial es el siguiente:
b) Sabemos que la aceleración radial está dirigida hacia el centro del radio de curvatura, es
decir, dirigida a lo largo de la cuerda unida a la pelota.
=a ji )m/s 2,20( )m/s 5,22( 22 +− → 22222 m/s 2,30)m/s 2,20()m/s 5,22(|| =+−=a
º92,41
m/s 5,22
m/s 2,20arctan
||
arctan 2
2
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
x
y
a
a
θ Por debajo del radio de curvatura.
En el dibujo puede apreciarse el vector aceleración. Si ahora ampliamos la imagen, podemos
proyectar el vector aceleración sobre la cuerda y calcular, por trigonometría, la aceleración radial.
41,92º
36,9º
a
θ
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
144
º18,11º92,41º9,36º90 =−−=θ
Por tanto, la aceleración radial vale:
a
ar=θ cos → == 11,18º cos)m/s 2,30( 2ra
2m/s 29,7
c) La rapidez de la pelota es
r
var
2
= === m 50,1)(m/s 7,29( 2rav r m/s 6,67
Esta velocidad es tangencial a la trayectoria circular de la pelota.
La velocidad de la pelota es:
=|| v izontal de la horpor encimaa 36,9º m/s 6,67
36. a) Las velocidades de Érika y Julia (ambas parten del reposo) al cabo de 5 s son:
m/s ) 0,10 0,15(s) ](5,00 )m/s 00,2( )m/s 00,3[( 22 jijiav −=−== tE
m/s ) 0,15 00,5(s) ](5,00 )m/s 00,3( )m/s 00,1[( 22 jijiav +=+== tJ
Al cabo de 5 s la velocidad de Érika respecto de Julia es:
m/s ) 0,25 0,10(] )m/s 0,15( )m/s 00,5[( )m/s 0,10( )m/s 0,15( jijijivvv −=+−−=−= JEEJ
Y su rapidez:
=−+= 22 )m/s 0,25()m/s 0,10(|EJv| m/s 26,9
36,9º
v
36,9º
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
145
b) Las distancias de Érika y Julia (ambas parten del reposo) al cabo de 5 s son:
m ) 0,25 5,37(s) ](5,00 )m/s 00,2( )m/s 00,3[(
2
1
2
1 2222 jijiar −=−== tE
m ) 5,37 5,12(s) ](5,00 )m/s 00,3( )m/s 00,1[(
2
1
2
1 2222 jijiar +=+== tJ
Al cabo de 5 s la distancia vectorial que separa a Érika respecto de Julia es:
m ) 5,62 0,25(] )m 5,37( )m 5,12[( )m 0,25( )m 5,37( jijijirrr −=+−−=−= JEEJ
de donde:
=−+= 22 )m 5,62()m 0,25(|EJr| m 67,3
c) La aceleración vectorial relativa de Érika respecto de Julia es:
=+−−=−= ] )m/s 00,3( )m/s 00,1[( )m/s 00,2( )m/s 00,3( 2222 jijiaaa JEEJ
2m/s ) 00,5 00,2( ji −
37. Si el agua estuviera tranquila, el tiempo que duraría el recorrido sería igual a la distan-
cia total recorrida entre la velocidad media de desplazamiento, esto es:
s 1067,1
m/s 1,2
m 000.2 3×===
mv
dt
Consideramos el planteamiento del problema en dos partes: cuando el estudiante nada a con-
tracorriente y cuando nada a favor de la corriente.
rSErES vvv +=
=rSv Velocidad de la corriente del río con respecto al suelo.
=Erv Velocidad del estudiante con respecto al río.
=ESv Velocidad del estudiante con respecto al suelo.
Cuando el estudiante nada un kilómetro a contracorriente, el tiempo que emplea es:
m/s ) 700,0( )m/s 500,0( )m/s 20,1( iiivvv =−=+= rSErES
s 1043,1
m/s 700,0
m 000.1
|
m 000.1 3
1 ×===
ES
t
v|
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
146
Cuando el estudiante nada un kilómetro a favor de la corriente, el tiempo que emplea es:
m/s ) 700,1( )m/s 500,0( )m/s 20,1( iiivvv −=−+−=+= rSErES
s 588
m/s 700,1
m 000.1
|
m 000.1
2 ===
ES
t
v|
Así pues, el tiempo total que emplea es de:
=+= 21 ttt s 102,02
3×
Si comparamos este resultado con el inicialmente calculado, el ratio es de:
21,1
s 1067,1
s 1002,2
3
3=
×
×
Así pues, el estudiante tarda 1,21 veces en nadar el recorrido total de 2 km de lo que real-
mente tardaría si la corriente del río estuviese tranquila.
38. Los dos vehículos circulan en el mismo sentido.
BSABAS vvv +=
=ASv Velocidad del coche más retrasado con respecto al suelo.
=ABv Velocidad del coche más retrasado con respecto al coche más adelantado.
=BSv Velocidad del coche más adelantado con respecto al suelo.
Elegimos el suelo como sistema de referencia inercial, y situamos a los coches a lo largo del
eje x positivo.
km/h ) 0,20( )km/h 0,40( )km/h 0,60( iiivvv =−=−= BSASAB
Si esta es la velocidad relativa del coche más retrasado con respecto al coche más adelanta-
do, el tiempo que tardará en cubrir la distancia que los separa será igual a:
=×=== − h 1000,5
km/h 0,20
km 100,0
||
3
AB
dt
v
s 18,0
La solución también se podía haber obtenido por las ecuaciones cinemáticas de un movi-
miento en dos dimensiones, e igualando las distancias de los coches, esto es:
ttvx AA km/h) 0,60(==
ttvxx BBB km/h) 0,40(km 100,00 +=+=
Igualando BA xx = llegamos al resultado obtenido anteriormente.
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
147
39. El planteamiento gráfico de este problema es el que se muestra seguidamente:
aSAaAS vvv +=
=aSv Velocidad del aire con respecto al suelo.
=Aav Velocidad del avión con respecto al aire.
=ASv Velocidad del avión con respecto al suelo.
km/h ) 0,30 150( )km/h 0,30( )km/h 150( jijivvv +=+=+= aSAaAS
=+= 22 )km/h 0,30()km/h 150(|ASv| km/h 153
Y su dirección es:
º7,78
km/h 0,03
km/h 501arctan
||
||
arctan =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
aS
Aa
v
v
θ Al Oeste del Norte
O, también, mediante su ángulo complementario:
=−=−= º7,78º9090º θφ 11,3º Al Norte del Oeste
40. Vamos a describir el movimiento de cada nadador por separado. No obstante, para
cualquiera de los dos nadadores tenemos:
rSNrNS vvv +=
=rSv Velocidad de la corriente del río con respecto al suelo.
=Nrv Velocidad del nadador con respecto a la corriente del río.
=NSv Velocidad del nadador con respecto al suelo.
N
S
E O
Aav
aSv
ASv
θ
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
148
La situación gráfica de Alex es la siguiente:
La velocidad de Alex en la ida es de ivvv )( vcrSNrNS +=+= , mientras que su velocidad
en el regreso es de ivvv )( vcrSNrNS +−=+= .
Así pues, el tiempo total que invierte Alex en el recorrido de ida y vuelta es igual a:
vc
L
vc
L
vc
L
vc
Lt
−
+
+
=
+−
+
+
=
||||1
pues vc >
=
−
=
−+
−++
= 221
2
))((
)()(
vc
Lc
vcvc
vcLvcLt
2
2
1
2
c
v
c
L
−
La situación gráfica de Beti es la siguiente:
N
S
E O rSv Nrv
N
S
E O
IDA REGRESO
rSv Nrv
N
S
E O
rSv
Nrv
N
S
E O
IDA REGRESO
rSv
Nrv
NSv
NSv
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
149
La velocidad de Beti en la ida es de jvvv 22 vcrSNrNS −=+= , mientras que su veloci-
dad en el regreso es de jvvv 22 vcrSNrNS −=+= .
En los gráficos adjuntos, hay que observar que la componente horizontal de la velocidad del
nadador con respecto a la corriente del río Nrv contrarresta tanto en la ida como en la vuelta a la
velocidad de la corriente del río con respecto al suelo rSv . Por eso, el desplazamiento de Beti es
siempre perpendicular al punto de partida.
Así pues, el tiempo total que invierte Beti en el recorrido de ida y vuelta es igual a:
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
−
=
−
+
−
=
2
2
2
2222222
1
22
c
vc
L
vc
L
vc
L
vc
Lt
2
2
1
2
c
v
c
L
−
Si comparamos los tiempos tenemos:
1
1
1
2
2
2
1 >
−
=
c
vt
t pues 11 2
2
<−
c
v
Por tanto, como 21 tt > , Alex tarda más tiempo que Beti en nadar la distancia L y regresar al
punto de partida.
41. =α Dirección que debe tomar el piloto al salir con su bote de rescate del atracadero.
=β Ángulo del bote con respecto a la orilla.
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
150
a) El bote de rescate debería siempre dirigirse para el chico bajo el ángulo α , esto es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
km 800,0
km 600,0arctan α 36,9º Al norte del oeste
b) Una vez que el bote de rescate se pone en marcha, la corriente del río frena la componente
horizontal de la velocidad del bote de rescate, provocando que el ángulo de dirección sea algo ma-
yor, esto es:
km/h 5,13km/h 50,2 km/h)cos 20( =−= αxv
km/h 0,12km/h)sen 20( == αyv
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
km/h 5,13
km/h 0,12arctanarctan
x
y
v
v
β 41,6º Al norte del oeste
c) El tiempo que tarda el bote de rescate en alcanzar al niño es el mismo tiempo que tarda en
cubrir la distancia vertical:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛===
h 1
min 60h 05,0
km/h 0,12
km 600,0
y
y
v
d
t min 3,00
El niño es alcanzado cuando éste ha recorrido una distancia igual a:
km 0,125h) km/h)(0,05 50,2( === tvx ríoniño
42. a) Para un observador en descanso en el vagón del tren, el tornillo acelera hacia el suelo
(debido a la aceleración de caída libre) y hacia la parte de atrás del tren (ya que el tren acelera en
dirección norte).
Consideramos el eje y positivo como dirección norte y el eje k negativo como dirección
hacia el centro de la Tierra. Así pues, para este observador tenemos:
=−= 2m/s ) 81,9( ka t aceleración del tornillo
=−= 2m/s ) 50,2( jav aceleración del vagón del tren
La aceleración del tornillo con respecto al vagón es:
222 m/s ) 81,9 50,2(m/s ) 50,2(m/s ) 81,9( kjjkaaa −−=−+−=−= vttv
=−+−= 2222 )m/s 81,9()m/s 50,2(|tva|
2m/s 10,1
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
151
Y su dirección es:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 2
2
m/s ,819
m/s ,502arctan
||
||
arctan
t
v
a
a
θ 14,3º Hacia el sur desde la vertical donde empieza
a caer el tornillo.
b) Con respecto a un observador situado en la Tierra (fuera del vagón), éste verá al tornillo
acelerar hacia el suelo debido a la gravedad, esto es:
=−= 2m/s ) 81,9( ka t aceleración del tornillo
== 2m/s 0sa aceleración del suelo (Tierra)
La aceleración del tornillo con respecto al suelo (Sistema de Referencia Inercial) es:
222 m/s ) 81,9(m/s 0m/s ) 81,9( kkaaa −=−−=−= stts
=−= 22 )m/s 81,9(|tsa|
2m/s 9,81 En dirección verticalmente hacia el suelo.
43. Identificamos a la estudiante en el sistema de referencia 'S y a la profesora en el siste-
ma de referencia inercial S, tal como se muestra en el dibujo.
Cuando la estudiante lanza la pelota al aire bajo un ángulo de 60º, el movimiento inicial en
el sistema 'S es el siguiente:
'
'
360º tan
x
y
v
v
==
El sistema 'S se mueve con velocidad constante m/s 0,10=u , que es la velocidad relativa
con la que se mueve con respecto al sistema S.
En el sistema de referencia S no hay movimiento horizontal de la pelota ( 0=xv ). Por tanto,
podemos escribir:
uvv xx +=
' → m/s 0,10' −=−= uvx
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
152
Por lo tanto, la pelota es lanzada hacia atrás en el sistema 'S . Luego:
m/s 30,10||3 '' === xyy vvv
Para calcular la altura máxima utilizamos la fórmula xavv f Δ+= 2
2
0
2 , esto es:
ghvv yyf 2
22 −= de donde tenemos ===
)m/s 81,9(2
m/s) 30,10(
2 2
22
g
v
h y m 15,3
Esta es la altura a la que asciende la pelota. En el diagrama b) se muestra el movimiento de
la pelota tal y como es observada por la estudiante en el sistema 'S . En el diagrama c) se muestra el
movimiento de la pelota tal como es observada por la profesora en el sistema S (observe que el mo-
vimiento es verticalhacia arriba).
44. El alcance vertical máximo es de:
62g
sen 22
max
Rvy ii ==
θ
→
3
sen gRv ii =θ
Por otra parte, el alcance horizontal es:
g
3
cos2
g
cossen 2 2
gRvv
R
ii
iii
θθθ
== → gRv ii 32
1 cos =θ
a) El tiempo que tarda el proyectil en alcanzar la altura máxima se calcula de la expresión
gtvv yiyf −= , y como 0=yfv nos queda que este tiempo es igual a:
g
R
g
v
g
v
t iyicima 3
sen i ===
θ
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
153
Como el tiempo de vuelo es el doble del tiempo que tarda la pelota en alcanzar su altura
máxima, nos queda:
== cimavuelo tt 2 g
R
3
2
b) En el punto más alto de su trayectoria, la pelota sólo tiene componente horizontal de ve-
locidad. Por lo tanto su velocidad es:
=== ) cos( iixicima vvv θ gR32
1
c) La componente vertical inicial de la velocidad es:
== iiyi vv θsen 3
gR
d) De las expresiones calculadas al principio, iiv θsen y iiv θ cos , podemos obtener el valor
de iv elevándolas al cuadrado, esto es:
3
sen 22 gRv ii =θ
4
3 cos22 gRv ii =θ
Ahora sumamos cada miembro:
4
3
3
) cos (sen
1
222 gRgRv iii +=+ 444 3444 21 θθ
=iv 12
13gR
e) De las expresiones calculadas al principio, iiv θsen y iiv θ cos , podemos obtener el valor
de iθ dividiéndolas, esto es:
gR
gR
v
v
ii
ii
3
2
1
3
cos
sen
=
θ
θ
→
3
2tan =iθ → == 3
2arctaniθ º7,33
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
154
f) La altura máxima que se puede alcanzar corresponde con un lanzamiento vertical, es de-
cir, para un ángulo º90=iθ . Esta altura máxima es, por tanto:
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
g
gR
g
v
h ii
2
12
13
2
sen
2
22
max
θ
24
13R
g) El alcance máximo se consigue con un º45=iθ . Este alcance máximo es, por tanto:
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
g
gR
g
v
x ii
2
2
max
12
13
2sen θ
12
13R
45. Como las dos gotas salen despedidas con la misma rapidez iv y con el mismo ángulo
sobre la horizontal iθ , la distancia d entre ellas es el doble del desplazamiento horizontal de una
cualquiera. Por ejemplo, si elegimos la gota que sale despedida hacia el este tenemos:
== tvd xi2 i cos2 θitv
46. Cuando la pelota sale despedida por la rotura de la cuerda, su velocidad inicial es v, que
viene dada por la siguiente ecuación:
rr aRav m) 300,0(==
También sabemos que el alcance horizontal es m 00,2=x desde una altura m 20,1=y .
El tiempo que tarda la pelota en tocar el suelo es de:
{
2
0
2
1 gttvyy yiif −+= → s 495,0m/s 81,9
m) 20,1(22
2 === g
y
t i
De la fórmula del alcance horizontal tenemos que:
ravtx m) (0,300s) 495,0(m 00,2 === → == m) 300,0(s) 495,0(
m) 00,2(
2
2
ra
2m/s 54,4
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
155
47. a) Consideramos el centro del origen de coordenadas el punto desde donde es lanzado
el proyectil.
El camino o trayectoria seguida por el proyectil es:
2
i
22i cos2
) (tan x
v
gxy
i
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
θ
θ
Por otro lado, las componentes vertical y horizontal de la distancia d de la pendiente son:
φsen dy = φ cosdx =
Sustituyendo las componentes de la distancia d en la trayectoria del proyectil nos queda:
2
i
22i ) cos( cos2
cos) (tansen φ
θ
φθφ d
v
gdd
i
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
φ
θ
φθθφ cos
cos2
cossen cossen 2
i
2ii dv
g
i
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
)sen( cossen cossen cos
cos2 iii
2
i
2 φθθφφθφθ
−=−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
d
v
g
i
=d
φ
φθθ
cos
)sen( cos2
2
ii
2
g
vi −
b) Para calcular el ángulo iθ que hace máxima la distancia d hallamos su primera derivada y
la igualamos a cero:
0))]cos(( cos))sen((sen[
cos
2
cos
)sen( cos2
iiii2
2
2
ii
2
i
=−+−−=
−
= φθθφθθ
φφ
φθθ
θ g
v
g
v
d
dd ii
)]cos([ cos)]sen([sen iiii φθθφθθ −=−
1)]tan([tan ii =−φθθ
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
156
Para que esta multiplicación de tangentes sea igual a la unidad, los ángulos han de ser com-
plementarios, esto es:
º90)( ii =−+ φθθ → =iθ 2
º45 φ+
El valor máximo de la distancia d es:
φ
φφ
φ
φφ
cos
2
sen
2
cosº45sen º45 cos2
cos
2
º45sen
2
º45cos2
2
2
2
2
max g
v
g
v
d
ii ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
=
Ahora hacemos uso de la expresión:
ABBABA cossen cossen )(sen +=+ , y si resulta que BA = entonces:
AAAA cossen 2)(sen =+
La expresión encerrada entre paréntesis vale:
2
1
2
2
2
2º45sen º45 cos =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
φφφ sen
2
1
2
cos
2
sen =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
φ
φ
cos
sen
2
1
2
12
2
2
max g
v
d
i
φ
φ
cos
)sen 1(
2
2
g
vi −
48. a) y b) Desde que la bala sale disparada de la pistola (consideramos como origen del
sistema de coordenadas a la pistola), el tiempo que tarda en impactar en el blanco situado en la pa-
red es de:
tvx i= →
iv
xt =
Por otro lado, la distancia vertical hacia abajo que recorre desde la posición de la pistola es:
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=−= 22
2
2
22
1
2
1 x
v
g
v
xggty
ii
2Ax
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
157
El valor de esta constante A es igual a:
=A 22 iv
g
−
c) El valor de la constante A es:
1
22 m 023,0m) (3,00
m 210,0 −−=−==
x
yA
Ahora, de la expresión de A despejamos la velocidad inicial:
=
−
−= − )m 023,0(2
m/s 81,9
1
2
iv m/s 14,5
49. a) El planteamiento gráfico del problema es el siguiente:
El desplazamiento horizontal hasta que la pelota sobrepasa el muro es:
tvtvx ixi )35º cos(== → 35º cos
m 130
iv
t =
Por otro lado, el desplazamiento vertical es:
2
2
1 gttvyy yiif −+= , que sustituyendo el tiempo anterior t nos queda:
2
2
35º cos
m 130)m/s 81,9(
2
1
35º cos
m 130)35ºsen (m 00,1m 0,21 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+=
ii
i vv
v
Desarrollando y despejando nos queda:
=
−
=
)35º cosm]( 2035ºm)tan 130[(2
m) 130)(m/s 81,9(
2
22
iv m/s 41,7
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
158
b) Sabiendo la rapidez inicial, el tiempo que tarda la pelota en llegar al muro es:
===
35º cosm/s) 7,14(
m 130
35º cos
m 130
iv
t s 3,81
c) Las componentes de la velocidad son las siguientes:
tvgtvv iyiy )m/s 81,9(35ºsen
2−=−=
)35º cos( ixix vtvv ==
En s 81,3=t tenemos:
=−= s) 81,3)(m/s 81,9(35ºm/s)sen 7,41( 2yv m/s 13,5−
== 35º m/s)cos 7,41(xv m/s 34,2
=v m/s ) 5,13 2,34( ji −
La rapidez de la pelota es de:
=+= 22 yx vvv m/s 36,8
50. a) Si la bala recorre toda la superficie lunar hasta volver a aparecer en el mismo punto
de partida, su movimiento puede describirse como movimiento circular uniforme, el cual está supe-
ditado a una aceleración centrípeta igual a la aceleración de la gravedad de la superficie lunar, que
es igual a 2m/s 62,1 .
Así pues, su velocidad es:
L
c R
va
2
= → ≈×=×= m/s 1068,1m) 1074,1)(m/s 62,1( 362v km/s 1,68
b) El tiempo del viaje será igual a:
v
R
T L
π2
= → ≈×=
×
×
= s 1051,6
m/s 1068,1
m) 1074,1(2 3
3
6πT h 1,81
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
159
51. a) Cuando el péndulo se encuentra en las posiciones indicadas, la aceleración tangencial
es la debida a la aceleración de la gravedad.
== gat
2m/s 9,81
Por otra parte, la aceleración radial vale:
===
m 00,1
m/s) 00,5( 22
R
var
2m/s 25,0
b) El planteamiento gráfico es el siguiente:
c) La aceleración total a tiene como magnitud:
=+=+= 222222 )m/s 81,9()m/s 0,25(tr aaa
2m/s 26,9
y su dirección:
=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 2
2
m/s 5,02
m/s ,819arctanarctan
r
t
a
a
φ 21,4º Hacia adentro de la trayectoria circular bajo la
horizontal.
52. El desplazamiento vertical que tiene que realizar la pelota de baloncesto es:
m 1,05m 00,2m 05,3 =−=−=Δ if yyy
El desplazamiento horizontal es igual a:
tvtvx ixi )40º cos(== → 40º cos
m 10,0
iv
t =
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
160
Por otro lado, el desplazamiento vertical es:
2
2
1 gttvyy yiif −=− , que sustituyendo el tiempo anterior t nos queda:
2
2
40º cos
m 10,0)m/s 81,9(
2
1
40º cos
m 10,0)40ºsen (m 05,1 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
ii
i vv
v
Desarrollando y despejando nos queda:
=
−
=
)40º cosm]( 05,140ºm)tan 10,0[(2
m) 10,0)(m/s 81,9(
2
22
iv m/s 10,7
53. La velocidad de la partícula viene definida por:
m/s ] )64( 4[ jiv t−+=
En s 00,2=t , esta velocidad vale:
m/s ) 8 4( )]s 00,2)(m/s 6(m/s 4[ m/s) 4( 2s 00,2 jijiv −=−+==t
siendo su rapidez
=−+==
22
s 00,2 m/s) 8(m/s) 4(|tv| m/s 8,94
La dirección del vector velocidad es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
m/s ,004
m/s 8,00arctanarctan
x
y
v
v
φ 63,4º− En relación al eje x positivo
54. a) En primer lugar calculamos la velocidad inicial para el lanzamiento directo bajo un
ángulo de 45º.
El desplazamiento horizontal es:
g
v
g
v
RD ii
2
i
2
º45
2sen
===
θ
Por otro lado, los dos desplazamientos horizontales para cuando se permite un bote a la pe-
lota son:
g
v
g
v
RRD
i
i
θ
θ
2sen
22sen
2
2
21
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=+=
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
161
Ahora, igualamos las expresiones, ya que la distancia total D es la misma para los dos lan-
zamientos:
g
v
g
v
g
v iii
4
2sen 2sen 222 θθ
+= → θ2sen 54 =
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
2
5
4arcsen
θ 26,6º
b) El tiempo de vuelo para cualquier tipo de lanzamiento parabólico es igual a:
2
i
2
2
1)sen (
2
1 gttvygttvyy iiyii −+=−+= θ
Como el desplazamiento vertical es cero ( 0=−=Δ if yyy ), el tiempo de vuelo es entonces:
g
v
t i i
sen 2 θ
=
Para el lanzamiento directo bajo un ángulo de 45º este tiempo vale:
g
v
t i
5º4sen 2
º45 =
Para el lanzamiento cuando se permite un bote a la pelota el tiempo es igual a:
g
v
g
v
g
v
ttT i
i
i 26,6ºsen 3
26,6ºsen
2
2
26,6ºsen 2
21 =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=+=
Ya sólo nos queda comparar estos tiempos, esto es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛==
26,6ºsen
5º4sen
3
2
26,6ºsen 3
5º4sen 2
º45
g
v
g
v
T
t
i
i
s 1,05
Como podemos observar, la pelota llega antes a su destino dejando que bote una vez que
lanzándola directamente.
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
162
55. La máxima altura que puede alcanzar la pelota lanzada hacia arriba por el muchacho es
0=−= gtvv yiy → g
v
t ii
θsen
=
g
v
g
v
g
v
g
g
v
vgttvyy iiiiiiiiiyii 22
sensen
2
1sen )sen (
2
1 222
2
2
max ==⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=−+=
θθθ
θ
Hay que recordar que en el lanzamiento vertical º90=iθ , por lo que 190ºsen =
Ahora bien, el alcance horizontal máximo es de
g
v
g
v
R ii
2
i
2 2sen
==
θ
(ya que R es máximo cuando º45=iθ )
Como las velocidades de lanzamiento son las mismas tanto el lanzamiento horizontal como
en el vertical, podemos comprara ambas ecuaciones, esto es:
2
12
2
2
max ==
g
v
g
v
R
y
i
i
→ ===
2
m 0,40
2max
Ry m 20,0
56. Por la fórmula de la distancia horizontal máxima tenemos:
g
v
g
v
R ii
2
i
2 2sen
==
θ
(ya que R es máximo cuando º45=iθ )
Rgvi =
Si el muchacho usa la misma velocidad para lanzar pelota hacia arriba, entonces el tiempo
que tarda ésta en alcanzar su altura máxima es:
0=−= gtvv yiy → g
R
g
Rg
t ==
=−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=−+=
22
1)(
2
1
2
2
max
RR
g
Rg
g
RRggttvyy yii 2
R
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
163
57. Elegimos el sentido hacia arriba como la dirección positiva del eje y, y hacia la izquier-
da como la dirección positiva del eje x.
La altura vertical de la piedra cuando es lanzada desde A o B es:
m 2,10m )30ºsen 20,150,1( =+=iy
a) El planteamiento gráfico del problema es el que se muestra seguidamente:
Si la piedra se suelta en el punto A, sus ecuaciones de movimiento son:
m/s )81,930,1(º60sen tgtvv iy −=−=
m/s 750,0º60 cos == ix vv
m )905,430,110,2(
2
1)º60sen ( 22 ttgttvyy ii −+=−+=
m )750,0( ttvx xA ==
Cuando la pelota llega al suelo su altura es cero, esto es, 0=y . Por tanto, el tiempo que tar-
da en tocar el piso es de:
0905,430,110,2 2 =−+= tty → s 800,0=t
Luego, === s) m/s)(0,956 750,0(tvx xA m 0,600
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
164
b) Si la piedra se suelta en el punto B, sus ecuaciones de movimiento son:
m/s )81,930,1(º60sen tgtvv iy −−=−−=
m/s 750,0º60 cos == ix vv (Recuerde que consideramos la izquierda como el eje x positivo)
m )905,430,110,2(
2
1)º60sen ( 22 ttgttvyy ii −−=−−+=
m )750,0( ttvx xA ==
Cuando la pelota llega al suelo su altura es cero, esto es, 0=y . Por tanto, el tiempo que tar-
da en tocar el piso es de:
0905,430,110,2 2 =−−= tty → s 535,0=t
Luego, === s) m/s)(0,535 750,0(tvx xB m 0,401
c) Antes de que la piedra se suelte de la cuerda en el punto A su aceleración es la debida a la
aceleración radial, esto es:
===
m 20,1
m) 50,1( 22
r
var
2m/s 1,88 hacia el centro del círculo
d) Después de que la piedra se suelte de la cuerda en el punto A su aceleración es la debida a
la aceleración de la gravedad, esto es:
== ga 2m/s 9,81 perpendicular hacia el suelo
58. La distancia horizontal que se desplaza el balón de fútbol americano es de:
m 3,35
m/s 9,81
)60º(sen m/s) 0,20(2sen
2
2
i
2
===
g
v
R i
θ
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
165
El tiempo que tarda en alcanzar esta distancia R es:
s 04,2
m/s 9,81
)30ºm/s)(sen 0,20(2º30sen 2
2 === g
v
t i
El receptor del balón debe cubrir una distancia igual a m 15,3m 20m 3,35 =−=Δx en un
tiempo de 2,04 s. Por tanto, debe correr a una velocidad constante de:
==Δ=
s 2,04
m 3,15
t
xv m/s 7,50 en el mismo sentido en que se mueve el balón
59. a) Al lanzar una bomba el bombardero, ésta tardará en llegar al suelo:
0
2
1)º0sen ( 2 =−+= gttvyy ii →
2
2
1 gty −=Δ
s 7,24
m/s 9,81
m) 000.3(2)(2
2 =
−−
=
Δ−
=
g
yt
El desplazamiento horizontal de la bomba será de:
≈===Δ m 5,792.6s) m/s)(24,7 275(tvx x km 6,80
b) El bombardero se desplaza a la misma velocidad y dirección que la bomba. Por tanto,
cuando estalle la bomba el avión se encontrará justo encima, perpendicularmente a 3.000 metros de
altura.
c) Como el ángulo está medido desde la vertical, entonces
y
x
Δ
Δ
=φ tan . Luego:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=
km 00,3
km 80,6 arctan
||
arctan
y
xφ 66,2º
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
166
60. a) Para que la pelota no toque la roca, la velocidad mínima ha de ser de una magnitud
tal de manera que la distancia horizontal recorrida sea superior al radio de la roca hemisférica.
Vamos a llamar by a la coordenada vertical de la trayectoria seguida por el balón, la cual re-
sulta ser
2
2
1 gtRyb −=
El desplazamiento horizontal es tvx i= . Despejamos este valor de t y lo sustituimos en la
expresión anterior, esto es:
2
2
2 i
b v
gxRy −=
Los puntos verticales situados sobre la roca en la dirección del desplazamiento del balón
pueden describirse por el teoremade Pitágoras, 222 Rxyr =+
Para 0=x tenemos que rb yy = , pero para 0>x es condición necesaria que rb yy > para
que el balón no toque la roca. Por tanto, tenemos que:
222 Rxyb >+
Sustituyendo valores nos queda:
22
2
2
2
2
Rx
v
gxR
i
>+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
− → 224
42
2
2
2
4
Rx
v
xg
v
RgxR
ii
>++−
2
2
2
4
42
4 ii v
Rgxx
v
xg
>+ → 24
22
1
4 ii v
gR
v
xg
>+
Si hacemos que 0→x podemos encontrar el valor mínimo de iv , esto es:
gRvi >
Si la trayectoria parabólica del balón tiene un radio de curvatura suficientemente grande al
comienzo, éste caerá al suelo librando la roca por completo. Para ello, la velocidad mínima ha de
ser la anteriormente calculada.
La trayectoria del balón ya la habíamos calculado en el apartado a), que es 2
2
2 i
b v
gxRy −= .
Así pues, con gRvi = y con 0=by tenemos:
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
167
gR
gxR
2
0
2
−= →
R
xR
2
2
= → Rx 2=
Por tanto, el balón golpea a una distancia de la base de =− Rx )12( −R
61. a), b) y c) Cuando el ratón se suelta de las garras del halcón, aquel se mueve en una tra-
yectoria parabólica. Las ecuaciones que describen su movimiento son:
22 )m/s 81,9(
2
1m 200 ty −=
tx )m/s 0,10(=
Consideramos 0=it el momento en que el ratón empieza a caer en caída libre. Por tanto,
desde que empieza a caer (a 200 m de altura inicial) hasta que nuevamente es agarrado por el halcón
(a 3 m de altura sobre el suelo) transcurre un tiempo de:
== 2m/s 81,9
m) 197(2
ft s 6,34
Gráficamente, el vuelo del ratón (línea parabólica) y el del halcón (doble línea recta) son
como muestra la siguiente imagen:
Sabemos que el halcón no trata de recuperar su presa hasta pasados 2 s, objetivo que logra
cuando s 34,6=ft . En este intervalo de tiempo el ratón se ha desplazado horizontalmente:
m 4,43s) m/s)(4,34 (10s) 2( ==−=Δ=Δ fii tvtvx
Como el halcón ha de descender 197 m en sentido vertical y recorrer 43,4m en sentido hori-
zontal para atrapar al ratón, la distancia en línea recta a recorrer vale:
m 202m) 4,43(m) 197( 22 =+=d
φ
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
168
Esta es la distancia que debe recorrer el halcón en un tiempo de 4,34 s para recuperar a su
presa. Por tanto, la rapidez de descenso del halcón ha de ser igual a:
==
Δ
=
s 4,34
m 202
t
dv m/s 46,5
Por último, sólo queda por determinar el ángulo φ del halcón con respecto a la horizontal.
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=
m 4,43
m 971 arctan arctan
x
yφ 77,6º−
62. El punto en el que cae la sandía al barranco lo tomamos como el centro de nuestro sis-
tema de referencia inercial. La sandía cae en caída libre, siendo las ecuaciones de su movimiento las
siguientes:
2
2
1 gty −=
tvx i=
La ecuación de la trayectoria de la sandía es:
2
2
1
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
iv
xgy
Por otra parte, el barranco tiene la forma de la mitad de una parábola (ver curva de color rojo
en el gráfico), con la ecuación:
xy 162 =
Si igualamos las ecuaciones anteriores, podremos encontrar aquel punto del barranco en
donde hará contacto la sandía, esto es:
4
42
22
42
116
ii v
xg
v
xgx =
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−= → 016
4 4
32
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
iv
xgx
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
169
Una solución es 0=x , que coincide con el inicio en caída libre, y otra solución es:
016
4 4
32
=−
iv
xg → === 3 22
4
3
2
4
)m/s 81,9(
m/s) 0,10(6464
g
v
x i m 18,8
Así, la coordenada vertical vale:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
2
2
2
m/s 0,10
m 8,18)m/s 81,9(
2
1
2
1
iv
xgy m 17,3−
63. Consideramos la trayectoria del cohete dividida en tres partes, tal y como muestra el
siguiente gráfico:
Las condiciones iniciales del lanzamiento del cohete son:
22 m/s 1,18)º35 )(cosm/s 0,30( ==xa
22 m/s 0,24)º35sen )(m/s 0,30( ==ya
m/s 2,60)º35 )(cosm/s 100( ==xv m/s 9,79)º35sen )(m/s 100( ==yv
Tramo 1
m/s 114s) 3)(m/s (18,1m/s 2,60 2 =+=+= tavv xxixf
m/s 152s) 3)(m/s (24,0m/s 9,79 2 =+=+= tavv yyiyf
m 622s) 3)(m/s (18,1
2
1s) 3(m/s) 2,60(
2
1 222 =+=+=Δ tatvx xxi
m 348s) 3)(m/s (24,0
2
1s) 3(m/s) 9,79(
2
1 222 =+=+=Δ tatvy yyi
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________
170
Tramo 2
Ahora el cohete empieza su movimiento en caída libre. Por tanto:
0=xa , y además m/s 114== xixf vv
El tiempo de duración del tramo 2 es:
0=−= gtvv yiyf → s 5,15m/s 81,9
m/s 152
2 === g
v
t yi
m 101,77m 767.1s) 5,15(m/s) 114( 3×≈===Δ tvx xi
m 101,18m 177.1s) 5,15)(m/s (9,81
2
1s) 5,15(m/s) 152(
2
1 3222 ×≈=−=−=Δ gttvy yi
Tramo 3
En este tramo el cohete sigue su movimiento en caída libre como si de un lanzamiento hori-
zontal se tratara. Por tanto:
0=xa , y además m/s 114== xixf vv
ygvv yiyf Δ+= 2
22 → m/s 173m) 180.1m 348)(m/s 81,9(2 2 −=−−−−=yfv
El signo negativo es debido a que el sentido del cohete es descendente.
El tiempo de duración del tramo 3 es:
2
2
1 gty −=Δ → s 7,17
m/s 81,9
m) 101,532(2
2
3
=
×−
−=
Δ
−=
g
yt
m 102,02m 017.2s) 7,17(m/s) 114( 3×≈===Δ tvx xi
Así pues, las respuestas a las preguntas son:
a) La altitud máxima es la suma de distancia vertical recorrida en el tramo 1 más la distancia
vertical recorrida en el tramo 2, esto es:
≈=+=Δ m 528.1m 180.1m 348(max)y m 101,53 3×
b) El tiempo total de vuelo es la suma de los tiempos parciales de cada tramo.
=++=++= s 17,7s 5,15s 00,3321 tttT s 36,2
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
171
c) El alcance horizontal es:
=×+×+=Δ+Δ+Δ=Δ m 102,02m 1077,1m 262)( 33321 xxxnetox m 104,05
3×
En la siguiente tabla se resume todos los parámetros físicos de cada tramo:
Parte de la trayectoria
Tramo 1 Tramo 2 Tramo 3
ya 24,0 −9,81 −9,81
xa 18,1 0 0
yfv 152 0 −173
xfv 114 114 114
yiv 79,9 152 0
xiv 60,2 114 114
yΔ 348 3101,18× 3101,53×−
xΔ 262 3101,77× 3102,02×
t 3,00 15,5 17,7
64. La velocidad de movimiento del bote puede describirse por:
rSBrBS vvv +=
=rSv Velocidad de la corriente del río con respecto al suelo.
=Brv Velocidad del bote con respecto a la corriente del río.
=BSv Velocidad del bote con respecto al suelo.
Es obvio que para que el bote pueda navegar aguas arriba (hacia la izquierda) tiene que ocu-
rrir que rSBr vv > .
El tronco navega a la misma velocidad que el río, por lo que el tiempo total del viaje (medi-
do en horas) es de:
rSv
T km 1=
Tronco
1 km L
rSv
rSBrBS vvv −=
rSBrBS vvv +=
O
Ida
Regreso
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172
Por su parte, en los recorridos de ida y regreso, el bote emplea un tiempo (medido en horas)
igual a:
rSBr
ida vv
Lt
−
= (el tiempo de ida empieza a contar en el momento en que el bote observa el
tronco flotando)
rSBr
regreso vv
Lt
+
+
=
1
Un dato del problema es que el bote recorre, aguas arriba, la distancia L (medida en km) en
60 min (1 h). Por tanto, tenemos que:
LLvvv rSBrBS ==−= h1
Como regresoida ttT += , sustituyendo nos queda:
rSBrrSBrrS vv
L
vv
L
v +
+
+
−
=
11 →
rSBr
rSBr
rSBr
rSBr
rS vv
vv
vv
vv
v +
−+
+
−
−
=
11
1
11
=
+
−+
−
rSBr
rSBr
rS vv
vv
v
→ 1
)(
2
=
+
+−
rSBrrS
rSrSBrBr
vvv
vvvv
→ rSBrBr vvv 2=
Así pues, la solución es que la velocidad de la corriente del río es:
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
s 3.600
h 1
km 1
m 10km/h) (0,5km/h
2
1 3
rSv m/s 0,139
65. a) Sabemos que el auto parte del reposo. Así, la rapidez del auto al llegar al final delmontículo es de:
xavv if Δ+= 2
22 → == m) 50)(m/s 00,4(2 2fv m/s 20,0
El tiempo que tarda en llegar es:
atvv if += → === 2m/s 4,00
m/s 0,20
a
v
t f s 5,00
b) Las velocidades iniciales del coche son:
m/s 0,16)º37 )(cosm/s 0,20( ==xiv m/s 0,12)º37sen )(m/s 0,20( −=−=yiv
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
173
El tiempo que tarda el coche en llegar hasta el agua es de:
2
2
1 gttvh yi −= →
22 )m/s 81,9(
2
1m/s) 0,12(m 0,30 tt −−=−
La solución es s 54,1=t . Así pues, las componentes de la velocidad justo en el momento de
hundirse en el océano son:
m/s 0,16== xixf vv
m/s 1,27s) 54,1)(m/s 81,9(m/s 0,12 2 −=−−=−= gtvv yiyf
La solución es =v m/s ) 1,27 0,16( ji −
c) El tiempo total en el que el auto se está moviendo es la suma del tiempo hallado en el
apartado a) más el del apartado b), esto es:
=+=+= s 54,1s 00,5ba ttt s 6,54
d) Cuando el auto entra en el agua, éste se encuentra a una distancia horizontal del montícu-
lo de:
===Δ s) m/s)(1,54 0,16(tvx xi m 24,6
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174
66. a) En primer lugar hemos de calcular el tiempo que tarda el coyote en alcanzar el borde
del precipicio, esto es:
22 )m/s 0,15(
2
1m 0,70 t= → s 06,3
m/s 0,15
m) 0,70(2
2 ==t
La velocidad mínima que de llevar el correcaminos es aquella velocidad constante que le
permita recorrer la distancia de 70,0 m en un tiempo de 3,06 s, esto es:
==
Δ
Δ
=
s 3,06
m 0,70
t
xv m/s 22,9
b) En la componente vertical de la trayectoria del coyote sólo actúa la aceleración de grave-
dad. Por tanto, el tiempo que tarda en impactar contra el suelo es:
22 )m/s 81,9(
2
1m 100 t−=− → s 52,4
m/s 81,9
m) 100(2
2 ==t
Respecto de la componente horizontal, los propulsores de los patines siguen en funciona-
miento. Por tanto, la velocidad inicial con la que se precipita al vacío es de:
m/s 9,45s) 06,3)(m/s 0,15( 2 === tav xxi
=+=+=Δ 222 s) 52,4)(m/s 0,15(
2
1s) 52,4)(m/s 9,45(
2
1 tatvx xxi m 361
c) Las componentes de las velocidades de impacto son:
=+=+= s) 52,4)(m/s 0,15(m/s 9,45 2tavv xxixf m/s 114
=−=−= s) 52,4)(m/s 81,9(0 2gtvv yiyf m/s 344,−
Vectorialmente, la solución es =v m/s ) 3,44 114( ji −
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
175
67. a) El movimiento del esquiador es el siguiente:
ttvx xi )º5,01 )(cosm/s 0,10(==Δ
222 )m/s 81,9(
2
1)º5,01sen )(m/s 0,10(
2
1 ttgttvy yi −=−=Δ
Si llamamos d a la distancia medida desde la rampa hasta el punto donde el que el esquiador,
tenemos:
)º0,05 (cosdx =Δ )º0,05sen (dy −=Δ
Si consideramos el momento en que el esquiador sale de la rampa como el origen de nuestro
sistema de referencia inercial, el incremento de altura yΔ en el punto en el que aterriza es negativo.
Si igualamos las ecuaciones nos queda:
td )º5,01 )(cosm/s 0,10()º0,05 (cos =
22 )m/s 81,9(
2
1)º5,01sen )(m/s 0,10()º0,05sen ( ttd −=−
Si dividimos la segunda ecuación entre la primera tenemos:
t
)º5,01 cos)(m/s 0,20(
m/s 81,9º5,01tan º0,05tan
2
−=−
s 87,2
m/s 81,9
)º5,01 cos)(m/s 0,20)(º5,01tan º0,05tan (
2 =
+
=t
Por tanto, la distancia d vale:
s) 87,2)(º5,01 )(cosm/s 0,10()º0,05 (cos =d → =d m 43,1
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176
b) Las componentes de la velocidad son:
==+= )º5,01 )(cosm/s 0,10(tavv xxixf m/s 9,66 pues 0=xa
=−=+= s) 87,2)(m/s (9,81)º5,01sen )(m/s 0,10( 2tavv yyiyf m/s 25,6−
Si se tuviera en cuenta la resistencia del aire, se reducirían los valores de la distancia hori-
zontal y la máxima altura.
Los saltadores de esquí se impulsan hacia delante para ganar algo de altura, y conseguir así
algo más de distancia.
68. a) Las velocidades de Mari y Ana (ambas parten del reposo) son:
m/s ) 00,4( iv =Mari
m/s ) 68,4 70,2(] )º60sen )(m/s 40,5( )º60 )(cosm/s 40,5[( jijiv +=+=Ana
Las distancias recorridas por Mari y Ana en función del tiempo son:
m ) 00,4()( ivr ttMariM ==
m ) 68,4 70,2()( jivr tttAnaA +==
La distancia vectorial que separa a Mari respecto de Ana es:
m ) 68,4 30,1(] )m 68,4( )m 70,2[( )m 00,4( jijiirrr −=+−=−= ttttAMMA
Cuando ambas están separadas una distancia de 25 m, el tiempo que ha transcurrido es de:
m 0,25)m 68,4()m 30,1(| 22 =−+= ttMAr| → =t s 5,15
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
177
b) La velocidad de Ana en relación con la de Mari es:
=−+=−= m/s 00,4 )m/s 68,4m/s 70,2( i j ivvv MariAnaAM m/s ) 68,4 30,1( ji +−
c) La distancia a la que se encuentran Ana y Mari (ambas parten del reposo) al cabo de 4 s
son:
m 0,16s) )(4,00 m/s 00,4()( iivr === tMariM
m ) 7,18 8,10(s) )(4,00 m/s 68,4 m/s 70,2()( jijivr +=+== tAnaA
La distancia vectorial que separa a Mari de Ana es:
m ) 7,18 20,5(] )m 7,18( )m 8,10[( )m 0,16( jijiirrr −=+−=−= AMMA
=−+= 22 )m 7,18()m 20,5(|MAr| m 19,4
69. Un ejemplo de cuando le damos a nuestra mano una gran aceleración es cuando preten-
demos bajar el mercurio de un termómetro. Esto lo hacemos sacudiendo nuestra mano describiendo
un arco circular que puede ir desde nuestro hombro hasta la parta más baja que puede alcanzar
nuestra mano.
Los valores estimados en este movimiento pueden ser de un cuarto de longitud de un círculo
de radio 60 cm en un tiempo de unos 0,100 s. Por tanto, la rapidez lineal vale:
m/s 9
s 1,0
m) 6,0)(2(41 ==
π
v (Damos los datos con una sola cifra significativa, ya que son es-
timaciones subjetivas, y no experimentales)
Así pues, la aceleración centrípeta o radial que experimenta la mano es de:
≈=== 2
22
m/s 135
m 0,6
m/s) 9(
r
var
22 m/s 10
La aceleración tangencial de subir y bajar el termómetro con la mano, hará que la acelera-
ción total sea algo más grande (la velocidad lineal no es constante en todo el recorrido), pero esto
no afectará su orden de magnitud.
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178
70. Debemos encontrar el máximo ángulo de elevación Hθ que libre la cima del monte;
esto nos dará la distancia de los puntos más cercanos del bombardeo. Por otro lado, debemos encon-
trar el mínimo ángulo de elevación Lθ que también libre la cima del monte; esto nos dará la distan-
cia de los puntos más lejanos del bombardeo.
Las condiciones de problema son que Hθ y Lθ deben ser mayores que 45º, ya que en caso
contrario los proyectiles no salvarán los 1.800 m de altitud de la cima del monte.
Gráficamente, el problema es el siguiente:
Las coordenadas vertical y horizontal de los proyectiles lanzados son:
22
2
1)sen (
2
1 gttvgttvy iyi −=−= θ
tvtvx ixi ) cos( θ==
Despejamos el tiempo en la última ecuación, esto es
θ cosiv
xt = , que la sustituimos en la
primera:
2
cos2
1
cos
)sen ( ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
θθ
θ
ii
i v
xg
v
xvy
Como 1 tan
cos
1 2
2 += θθ
tenemos que:
)1 tan(
2
)tan ( 22
2
+−= θθ
iv
gxxy → 0
2
)tan () tan(
2 2
2
2
2
2
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+−+− y
v
gxx
v
gx
ii
θθ
Ahora bien, sabemos que m 800.1=y , m 500.2=x y que m/s 250=iv . Sustituyendo valo-
res nos queda:
05,290.2)tan (2500) tan(5,490 2 =−+− θθ
______________________________ CAPITULO 4 Movimiento en dos dimensiones
179
La solución a esta ecuación de segundo grado es
⎩
⎨
⎧
=
23,89924181
81,19759814
tanθ . Por tanto, los ángu-
los buscados son:
⎩
⎨
⎧
=
23,89924181
81,19759814
arctanθ →
⎩
⎨
⎧
=
=
º6,75
º1,50
H
L
θ
θ
Las distancias de los impactos de los proyectiles medidos desde la orilla oriental son:
m) 300m 500.2(2sen 2
+−=
g
v
R i
θ
Para º1,50=Lθ → m 1047,3m) 300m 500.2(m/s 81,9
)0,1º52(sen m/s) 250( 3
2
2
×=+−=R
Para º6,75=Hθ → m 269m) 300m 500.2(m/s 81,9
)5,6º72(sen m/s) 250(
2
2
=+−=R
En definitiva, las distancias de seguridad, medidas desde la orilla oriental, son m 269< , o
bien, m 103,47 3×>
Solución Capítulo 1 Serway-Beichner.pdf
Editorial
McGraw-Hill
Antonio Lázaro Morales
Solución Capítulo 2 Serway-Beichner.pdf
Solución Capítulo 3 Serway-Beichner.pdf
Solución Capítulo 4 Serway-Beichner.pdf