ProbCinema

Vista previa del material en texto

2003 
Una pelota lanzada horizontalmente choca con una pared que se encuentra a 5 m de distancia del 
sitio desde el cual se lanzó. La altura del punto en que la pelota choca contra la pared es 1 m más 
baja que la altura desde la cual fue lanzada. Determinar: 
a) ¿Con qué velocidad v0 fue lanzada la pelota? 
b) ¿Qué ángulo ϕ formó la trayectoria de la pelota con la superficie de la pared al llegar a 
ella? 
En todo el problema se desprecia la resistencia del aire. 
FEB2003 
La pelota es lanzada en horizontal y cae 1 m, luego el tiempo de 
caída cumple: 
𝑠𝑠 =
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⟹ 1 =
1
2
9.8𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡𝑐𝑐𝑐𝑐í𝑑𝑑𝑐𝑐 = �
2
9.8
 
a) En el tiempo de caída la pelota recorrió 5 m, luego: 
5 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡𝑐𝑐𝑐𝑐í𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑣𝑣0�
2
9.8
 ⟹ 𝑣𝑣0 = 5�
9.8
2
= 11.06 s 
b) La velocidad vertical alcanzada en el tiempo de caída será: 
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝑔𝑔 · �
2
𝑔𝑔
= �2𝑔𝑔 
Como se observa en el esquema: 
tan 𝜑𝜑 =
𝑣𝑣0
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣
=
5�𝑔𝑔2
�2𝑔𝑔
=
5
√4
=
5
2
 ⟹ 𝜑𝜑 = 68.2° 
 
 
 
 
5 m 
1 m 
ϕ 
V0 
ϕ 
Vvert 
2004 
Hay un río de 50 m de ancho cuya corriente es de 5 km/h. Si tenemos que cruzarlo en 1 min desde 
un punto en la orilla hasta el punto enfrentado directamente en la otra orilla, hacia dónde y con 
qué velocidad debemos movernos desde A. 
 
 
 
 
 
FIN2004 
La velocidad de la corriente es: 
5 km h⁄ =
5
3.6
 m/s 
Tendremos que llevar un rumbo que apunte en una dirección con un cierto θ apuntando hacia 
detrás de la corriente para equilibrar el desplazamiento horizontal hacia la derecha que la corriente 
provocará sobre el nadador. Si llamamos V a la velocidad de natación, al igualar las componentes 
horizontales, se debe cumplir (ver esquema): 
 
𝑉𝑉 sin 𝜃𝜃 =
5
3.6
 
Para recorrer la anchura del río 50 m en 1 min = 60 s, la velocidad vertical debe ser: 
5 km/h 
A 
B 
50 m 
1 min 
5 km/h 
A 
B 
50 m 
1 min 
V 
θ 
50
60
=
5
6
 m/s 
Y tendremos que respecto a las componentes verticales, se debe cumplir: 
𝑉𝑉 cos 𝜃𝜃 =
5
6
 
Dividiendo las ecuaciones para las componentes verticales y horizontales, tenemos: 
tan 𝜃𝜃 =
6
3.6
 ⟹ 𝜃𝜃 = 59° 
Y de cualquiera de las ecuaciones de otras ecuaciones, obtenemos: 
𝑣𝑣 = 1.61 m/s = 5.8 km/h 
 
 
2006 
Una pequeña embarcación es arrastrada por una corriente de 3 km/h dirigida hacia el Este. La 
velocidad de la barca en ausencia de corriente es de 15 km/h. 
a) Determinar el rumbo (ángulo) que debería seguir la embarcación para dirigirse al Nordeste 
(45°) de su posición actual. 
b) Determinar la velocidad efectiva (total) de la barca cuando va en el rumbo correcto. 
FIN2006 
a) La suma vectorial del vector velocidad de la barca (en ausencia 
de corriente) con el vector velocidad de la corriente proporciona 
el vector X velocidad de la barca dentro de la corriente. 
Igualamos componentes en horizontal: 
3 + 15 · cos 𝜃𝜃 = 𝑋𝑋 · cos 45 
Y en vertical: 
15 sin 𝜃𝜃 = 𝑋𝑋 · sin 45 
De esta ecuación, obtenemos: 
𝑋𝑋 =
15 sin 𝜃𝜃
sin 45
 
Luego: 
3 + 15 · cos 𝜃𝜃 =
15 sin 𝜃𝜃
sin 45
· cos 45 
3 = 15(sin 𝜃𝜃 − cos 𝜃𝜃) ⟹ 9 = 152(sin2 𝜃𝜃 + cos2 𝜃𝜃 − 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃) = 152(1 − sin 2𝜃𝜃) ⟹ 
⟹ 152 − 9 = 152 sin 2𝜃𝜃 ⟹ 
216
225
= sin 2𝜃𝜃 
Despejando, resultan dos posibilidades: 
2𝜃𝜃 = 73.74° ⟹ 𝜃𝜃1 = 36.9 
2𝜃𝜃 = 180 − 73.74 = 106.26 ⟹ 𝜃𝜃2 = 53.1° 
15 
45° 
3 
θ 
x 
El primer resultado no es posible, ya que el ángulo del vector resultante quedaría por debajo de 45°, 
lo cual no se cumpliría nunca en una suma vectorial según la regla gráfica del paralelogramo (ver 
dibujo). Esto es, el ángulo (rumbo de la barca) de la resultante con la horizontal es 53.1° 
b) De aquí, obtenemos el módulo de la velocidad de la barca: 
𝑋𝑋 =
15 sin 53.1
sin 45
= 16.97 km/h 
 
 
Se lanza un balón en un campo de fútbol con un ángulo de elevación de 30º con una velocidad 
inicial de 20 m/s. Encontrar el tiempo que el balón permanece en el aire, la altura alcanzada y la 
distancia recorrida. 
SEP2006 
En el punto más alto la velocidad vertical es nula, por tanto: 
0 = 𝑣𝑣0 sin 𝛼𝛼 − 𝑔𝑔𝑡𝑡𝑐𝑐𝑎𝑎𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣 ⟹ 𝑡𝑡𝑐𝑐𝑎𝑎𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣 =
𝑣𝑣0 sin 𝛼𝛼
𝑔𝑔
=
20 · sin 30
9.8
= 1.02 𝑠𝑠 
El tiempo de vuelo T será en doble: 𝑇𝑇 = 2𝑡𝑡𝑐𝑐𝑎𝑎𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣 = 2.04 𝑠𝑠 
En el punto más alto tenemos que la altura h alcanzada será: 
ℎ = 𝑣𝑣0 sin 𝛼𝛼 𝑡𝑡𝑐𝑐𝑎𝑎𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡𝑐𝑐𝑎𝑎𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣2 = 20 · sin 30 · 1.02 −
1
2
9.8 · 1.022 = 5 m 
La distancia recorrida: 𝑣𝑣0 cos 𝛼𝛼 𝑇𝑇 = 20 cos 30 · 2.04 = 35.33 m 
 
 
 
 
2007 
Una rueda de radio 10 cm está girando con una velocidad angular de 120 r.p.m., se aplican los 
frenos y se detiene en 4 s. Calcular: 
a) La aceleración angular de la rueda supuesta constante la fuerza de frenado. 
b) La aceleración normal de un punto de la periferia de la rueda después de 1 s de aplicar los 
frenos. 
c) El ángulo girado por la rueda hasta detenerse. 
DIC2007 
a) 120 rpm = 120 · 2𝜋𝜋
60
= 12.57 rad/s 
Cuando la rueda se detenga pasados 4 s, su velocidad angular será nula, luego: 
0 = 12.57 − 𝛼𝛼4 ⟹ 𝛼𝛼 =
12.56
4
= 3.14 rad/s² 
siendo α una deceleración. 
b) La aceleración normal cumple: 
𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝑟𝑟
=
(𝜔𝜔𝑟𝑟)2
𝑟𝑟
= 𝜔𝜔2𝑟𝑟 
donde 𝜔𝜔 = 𝜔𝜔0 − 𝛼𝛼𝑡𝑡 ⟹ que para t = 1 s, queda: 
𝜔𝜔(1) = 12.57 − 3.14 · 1 = 9.43 rad/s 
Ahora: 
𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝑟𝑟
=
(𝜔𝜔𝑟𝑟)2
𝑟𝑟
= 𝜔𝜔2𝑟𝑟 = 9.432 · 0.1 = 8.892 m/s² 
c) El ángulo girado cumple: 
𝜃𝜃 = 𝜔𝜔0𝑡𝑡 −
1
2
𝛼𝛼𝑡𝑡2 = 12.56 · 4 −
1
2
3.14 · 42 = 25.12 𝑟𝑟𝑎𝑎𝑟𝑟 = 1439.27° 
 
 
2008 
Desde un plataforma circular que acelera a razón de 1 rad/s2 y que en un instante gira con 
velocidad angular 10 rad/s, se lanza un objeto hacia arriba y perpendicularmente al suelo con una 
velocidad inicial de 10 m/s. ¿Qué ángulo en grados habrá girado la plataforma cuando el objeto 
vuelva a caer sobre ella?. Despreciar las posibles aceleraciones centrífugas y de Coriolis. 
FEB2008, FIN2010 
Lo primero que necesitamos es calcular el tiempo de subida que será igual al tiempo de bajada. Con 
el tiempo total (el doble del de subida), calcularemos el ángulo girado. 
Tiempo de subida: 
0 = 𝑣𝑣0 − 𝑔𝑔𝑡𝑡 ⟹ 𝑡𝑡 =
𝑣𝑣0
𝑔𝑔
= 1 𝑠𝑠 ⟹ 𝑡𝑡𝑣𝑣𝑡𝑡𝑣𝑣𝑐𝑐𝑎𝑎 = 2𝑡𝑡 = 2 𝑠𝑠 
El ángulo girado: 
𝜃𝜃 = 𝜔𝜔0𝑡𝑡 +
1
2
𝛼𝛼𝑡𝑡2 = 10 · 2 +
1
2
1 · 22 = 20 + 2 = 22 𝑟𝑟𝑎𝑎𝑟𝑟 = 1260.5° 
 
 
Un cuerpo que describe un círculo de radio 3 m comienza a girar desde el reposo aumentando su 
velocidad a razón de 1.3 m/s cada segundo. Después de 2 s, determinar: 
a) La magnitud de la aceleración total del cuerpo. 
b) El ángulo en grados girado por el cuerpo. 
FIN2008 
a) En el enunciado nos dicen directamente que 𝑎𝑎𝑣𝑣 = 1.3 m/s² 
La aceleración total es: 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 
𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝑟𝑟
=
(𝑎𝑎𝑣𝑣𝑡𝑡)2
𝑟𝑟
=
(1.3 · 2)2
3
= 2.253 m/s² 
Ahora: 
𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 = �2.253
2 + 1.32 = 2.6 m/s² 
b) La aceleración angular es: 
𝛼𝛼 =
𝑎𝑎𝑣𝑣
𝑟𝑟
=
1.3
3
= 0.433 rad/s² 
Y en ángulo recorrido en ese tiempo: 
𝜃𝜃 =
1
2
𝛼𝛼𝑡𝑡2 =
1
2
0.433 · 22 = 0.866 rad = 49.65° 
 
 
Se suelta una piedra desde el borde de un pozo. El choque de la piedra con el agua se escucha 2 s 
más tarde. Determinar: 
a) La profundidad del pozo. 
b) La velocidad con que la piedra choca con el agua. 
Velocidad de sonido: 340 m/s 
SEP2008 
En este problema hay que darse cuenta que el sonido desde el fondo del pozo va a tardar cierto 
tiempo en subir. 
a) La altura de caída libre (distancia h) en el pozo necesitará un tiempo t para recorrerse. Dicha 
distancia h será recorrida por el sonido al volver hacia arriba en un tiempo que llamaremos 
t’. Se cumplirá entonces: 
ℎ =
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 = 340 · 𝑡𝑡′ 
donde 340 m/s es la velocidad del sonido. 
Nos dicen en el enunciado que 𝑡𝑡 + 𝑡𝑡′ = 2 𝑠𝑠 ⟹ 
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2− 340 · 𝑡𝑡′ = 0 ⟹ 
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 = 340(2 − 𝑡𝑡) 
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 340𝑡𝑡 − (340 · 2) = 0 ⟹ 𝑡𝑡 = 1.945 𝑠𝑠 ⟹ 𝑡𝑡′ = 0.055 𝑠𝑠 
De aquí: ℎ = 340 · 𝑡𝑡′ = 340 · 0.055 = 18.54 m 
b) 𝑣𝑣 = 𝑔𝑔𝑡𝑡 = 9.8 · 1.945 = 19.061 m/s 
 
 
2009 
La posición de un cuerpo en movimiento unidimensional en función del tiempo se representa en 
la figura. Indicar: 
a) dónde el movimiento es en la dirección positiva o negativa de las X. 
b) cuándo el movimiento es acelerado o retardado. 
c) cuándo la velocidad es cero. 
d) valor aproximado de la velocidad hasta t = 0.8 s. 
e) cuándo la aceleración es distinta de cero. 
 
FEB2009 
a) Dependiendo del signo de la pendiente de las rectas X(t), cuando el espacio recorrido crece 
en función del tiempo, tenemos: 
Dirección positiva de t = 0 s a t = 8 s; de t = 1.8 s a t = 2.2 s y de t = 2.8 s en adelante. 
Negativo de t = 2.2 s a 2.8 s 
b) El movimiento es con velocidad constante, excepto: 
En t = 0.8 s, la velocidad pasa de tener un valor constante positivo a ser nula, luego en t = 0.8 s hay 
una deceleración instantánea. 
En t = 2.2 s, la velocidad pasa de tener un valor constante positivo a tener un valor constante negativo, 
luego en t = 2.2 s hay una deceleración instantánea. 
En t = 1.8 s, la velocidad pasa de ser nula a tener un valor constante positivo, luego en t = 1.8 
s hay una aceleración instantánea. 
En t = 2.8 s, la velocidad pasa de tener un valor constante negativo a tener un valor constante 
positivo, luego en t = 2.8 s hay una aceleración instantánea. 
c) La velocidad es nula desde t = 0.8 s hasta t = 1.8 s. 
d) Desde t = 0 s hasta t = 0.8 s, tenemos: 𝑣𝑣 = 8.5 0.8⁄ = 10.625 m/s 
Desde t = 0.8 s hasta t = 1 s, tenemos: 𝑣𝑣 = 0 m/s 
e) Igual que en b). 
 
 
 
 
Considerando que la distancia de aceleración de despegue de una pulga es d = 0.0008 m y la altura 
vertical que alcanza en el salto es h = 0.1m: 
a) ¿A qué altura llegará una mujer que saltara con la misma velocidad de despegue que una 
pulga?. 
b) ¿A qué altura llegaría la mujer si alcanzara una aceleración de despegue igual a la de la 
pulga? Considerar que la distancia de aceleración de despegue para el ser humano es 0.5 
m. 
FIN2009 
a) Si salen con la misma velocidad inicial llegan a la misma altura (la altura alcanzada no 
depende de la masa sino sólo de la velocidad inicial. Del mismo modo, la velocidad en caída 
libre tampoco depende de la masa. 
 
b) Para la pulga: si llega a 0.1 m, la velocidad en el momento de despegue es 
𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔ℎ = √2 · 9.8 · 0.1 = 1.4 m/s 
y durante el trayecto previo de aceleración de d = 0.0008 m para alcanzar dicha velocidad se debe 
cumplir: 
𝑣𝑣 = √2𝑎𝑎𝑟𝑟 ⟹ 𝑎𝑎 =
𝑣𝑣2
2𝑟𝑟
= 1225 m/s² 
que sería la aceleración de la pulga durante su ascenso. 
Si aplicamos esta aceleración a la mujer tenemos que con su distancia de despegue de 0.5 m 
alcanzaría una velocidad de: 
𝑣𝑣 = √2𝑎𝑎𝑟𝑟 = √2 · 1225 · 0.5 = 35 m/s 
Para esa v la altura alcanzada por la mujer será: 
ℎ =
𝑣𝑣2
2𝑔𝑔
= 62.5 m 
que si le sumáramos el medio metro de despegue serían 63 m (aunque una persona para saltar 
necesita previamente encoger las piernas y en el enunciado nos dicen que se necesitan 0.5 m, de 
modo que realmente la mujer alcanzaría “sólo” 62.5 m). 
 
Un cuerpo se mueve en el plano con la velocidad v(t): 3t i - 4t j, se pide: 
a) El vector aceleración total a(t) y su módulo. 
b) Los vectores aceleración tangencial y normal. 
c) ¿Qué tipo de movimiento es? 
SEP2009 
a) El módulo de v es 
|�⃗�𝑣(𝑡𝑡)| = �9𝑡𝑡2 + 16𝑡𝑡2 = 5𝑡𝑡 m/s 
Como el módulo depende de t, el movimiento no es uniforme. 
b) El módulo de a es 
El vector aceleración es la derivada temporal del vector velocidad: 
�⃗�𝑎(𝑡𝑡) = 3𝚤𝚤 − 4𝚥𝚥 
Su módulo: 
|�⃗�𝑎(𝑡𝑡)| = √9 + 16 = 5 m/s² 
El vector unitario en dirección tangencial es: 
𝑢𝑢�⃗ =
𝑣𝑣(𝑡𝑡)
|�⃗�𝑣(𝑡𝑡)|
=
3
5
𝚤𝚤 +
4
5
𝚥𝚥 
de modo que el producto escalar del vector aceleración por el vector unitario tangencial será la 
aceleración tangencial (en módulo): 
�⃗�𝑎(𝑡𝑡) · 𝑢𝑢�⃗ = �3 ·
3
5�
+ �4 ·
4
5�
= 5 m/s 
Esto sería el módulo de la aceleración tangencial que multiplicado por el vector unitario tangencial, 
nos daría el vector aceleración tangencial: 
𝑎𝑎𝑣𝑣���⃗ (𝑡𝑡) = 5 · �
3
5
𝚤𝚤 +
4
5
𝚥𝚥� = 3𝚤𝚤 − 4𝚥𝚥 
que es igual que el vector aceleración total. 
El vector aceleración normal será el vector aceleración total menos el vector aceleración tangencial: 
𝑎𝑎𝑛𝑛����⃗ (𝑡𝑡) = �⃗�𝑎(𝑡𝑡) − 𝑎𝑎𝑣𝑣���⃗ (𝑡𝑡) 
c) Por tanto, no hay aceleración normal con lo que el movimiento es rectilíneo uniformemente 
acelerado MRUA. En realidad, esto se podía intuir ya que el módulo de la aceleración total y 
tangencial coinciden. 
 
 
 
La cabina de un ascensor de 3 m de altura asciende con una aceleración de 1 m/s2. Cuando el 
ascensor se encentra a una cierta altura, se desprende la lámpara de su techo. Calcular el tiempo 
que tarda la lámpara en chocar con el suelo del ascensor. 
DIC2009, (FEB2018) 
Tanto el suelo del ascensor como la lámpara siguen un MRUA. El suelo 
siempre asciende con aceleración de 1 m/s². La lámpara, una vez se 
suelta del techo, está únicamente sometida a la aceleración de la 
gravedad que temaremos como –g. 
Respecto al sistema exterior fijo, durante el tiempo que la 
lámpara cae, el suelo llegará al punto exterior que llamamos Xs 
En ese mismo tiempo, la lámpara llegará al punto exterior que 
llamaremos XL. Ambos puntos Xs y XL deben coincidir. (la lámpara 
en ese tiempo, debido a que llevará una velocidad inicial, primero subirá y luego descenderá pero 
lo importante es que llegará al punto XL). 
La velocidad inicial que lleve tanto la lámpara como el suelo será la misma en el momento exacto 
en que la lámpara se suelte. El momento exacto no lo sabemos pero este permite que se cancele el 
término de la velocidad entre ambos puntos suelo y lámpara en sus respectivas ecuaciones de 
MRUA: 
Para el suelo 
𝑋𝑋𝑆𝑆 = 𝑣𝑣𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 
Para la lámpara que está 3 metros más arriba y con aceleración -g: 
𝑋𝑋𝐿𝐿 = 3 + 𝑣𝑣𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Igualando ambos puntos, se cancelan los términos de velocidad: 
𝑣𝑣𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 = 3 + 𝑣𝑣𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Con los datos del problema: 2 1 10 3
2 2
t  + = 
 
; 2 6 0.461
11
t = = ; 0.74t = s 
 
v a X 
2010 
La aceleración de una partícula que se mueve sobre el eje X está definida por la expresión 
26tAa −= donde A es una constante, t está en segundos. Si la partícula inicialmente (t = 0 s) se 
encuentra en reposo y está en la posición x = 8 m, y sabiendo que cuando t = 1 s entonces v = 
30m/s, determinar la distancia recorrida desde t = 0 s hasta t =5 s. 
FEB2010 
Por las condiciones dadas en el enunciado: 
v(0) = 0 porque parte del reposo 
a(0) = A 
X(0) = 8 m 
v(1)= 30 m/s 
Integramos la aceleración para obtener la velocidad: 
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = � 𝑎𝑎(𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡 = 𝐴𝐴𝑡𝑡 − 2𝑡𝑡3 + 𝐶𝐶 
C es una constante cualquiera 
Ya que v(0)= 0 es necesario que C = 0. 
Ahora para determinar A usaremos la condición v(1)= 30: 
30 = 𝐴𝐴 − 2 ⟹ 𝐴𝐴 = 32 
Con lo que tenemos la ecuación de la velocidad en cualquier instante: 
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = 32𝑡𝑡 − 2𝑡𝑡3 
Integramos la velocidad: 
𝑋𝑋(𝑡𝑡) = � 𝑣𝑣(𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡 = 16𝑡𝑡2 −
𝑡𝑡4
2
+ 𝐶𝐶 
Ya que sabemos que 𝑋𝑋(0) = 8 ⟹ 𝐶𝐶 = 8 y tenemos la ecuación de la posición en cualquier 
instante: 
𝑋𝑋(𝑡𝑡) = 16𝑡𝑡2 −
𝑡𝑡4
2
+ 8 
Ahora 𝑋𝑋(0) = 8 𝑚𝑚 es la posición inicial y 
𝑋𝑋(5) = 16 · 52 −
54
2
+ 8 = 95.5 m 
es la posición final. 
La distancia total es igual al desplazamiento o sea la posición final menos la inicial: 
95.5 − 8 = 87.5 m 
 
 
Una avioneta se encuentra a una altura h sobre un terreno horizontal y deja caer un objeto, que 
cae a 600 m del punto de lanzamiento. La velocidad de la avioneta en m/s tiene el mismo valor 
numérico que 12 veces el tiempo quetarda el cuerpo en caer (en segundos). Calcular la altura 
desde la que cayó el objeto. 
SEP2010 
𝑥𝑥 = 600 𝑚𝑚 
Sabemos: 
ℎ =
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡 = �
2ℎ
𝑔𝑔
 
𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑥𝑥𝑡𝑡 
Y como nos dicen en el enunciado, la velocidad de la avioneta en 
m/s tiene el mismo valor numérico que 12 veces el tiempo que 
tarda el cuerpo en caer (en segundos), entonces 
 600 = 𝑣𝑣𝑥𝑥𝑡𝑡 = (12𝑡𝑡)𝑡𝑡 = 12𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡2 =
600
12
= 50 s² 
Ahora: 
ℎ =
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 =
1
2
9.8 · 50 = 245 m 
 
 
 
Dos automóviles se acercan el uno hacia el otro por una vía recta a 16 y 12 m/s respectivamente. 
Cuando se encuentran separados 120 m los dos conductores se dan cuenta de la situación y 
aplican los frenos. Llegan al reposo al mismo tiempo antes de chocar. Suponiendo una 
desaceleración constante para los dos automóviles hallar: 
a) El tiempo necesario para detener. 
b) La desaceleración de cada uno. 
c) La distancia recorrida para cada uno durante la frenada. 
DIC2010 
Como sabemos que 𝑣𝑣 = √2𝑎𝑎𝑟𝑟, tenemos: 
16 = �2𝑎𝑎1𝑟𝑟1 
12 = �2𝑎𝑎2𝑟𝑟2 
Ahora: 
120 = 𝑟𝑟1 + 𝑟𝑟2 
Por otro lado, como 𝑣𝑣 = 𝑎𝑎 · 𝑡𝑡, tenemos también: 16 = 𝑎𝑎1𝑡𝑡 𝑦𝑦 12 = 𝑎𝑎2𝑡𝑡 
Dividiendo ambas: 16 12⁄ = 4 3⁄ = 𝑎𝑎1 𝑎𝑎2⁄ 
Elevando al cuadrado las dos primeras ecuaciones y dividiéndolas miembro a miembro, queda: 
16
9
=
𝑎𝑎1
𝑎𝑎2
𝑟𝑟1
𝑟𝑟2
 
y ya que sabemos que 4 3⁄ = 𝑎𝑎1 𝑎𝑎2⁄ , queda 
16
9
=
𝑎𝑎1
𝑎𝑎2
𝑟𝑟1
𝑟𝑟2
=
4
3
𝑟𝑟1
𝑟𝑟2
 
Simplificando, resulta: 
4
3
=
𝑟𝑟1
𝑟𝑟2
 ⟹ 𝑟𝑟1 = 𝑟𝑟2
4
3
 
Y como ya sabemos que: 120 = 𝑟𝑟1 + 𝑟𝑟2, sustituimos la ecuación anterior para obtener las 
distancias: 
120 = ��
4
3�
+ 1� 𝑟𝑟2 =
7
3
𝑟𝑟2 ⟹ 𝑟𝑟2 = 51.428 m 
𝑟𝑟1 = 120 − 𝑟𝑟2 = 68.57 𝑚𝑚 
Para obtener las desaceleraciones, como 16 = �2𝑎𝑎1𝑟𝑟1, elevando al cuadrado: 
256 = 2𝑎𝑎1𝑟𝑟1 = 2𝑎𝑎1 · 68.57 ⟹ 𝑎𝑎1 = 1.867 m/s² 
Como 12 = �2𝑎𝑎2𝑟𝑟2, elevando al cuadrado: 
144 = 2𝑎𝑎2𝑟𝑟2 = 2𝑎𝑎2 · 51.428 ⟹ 𝑎𝑎2 = 1.4 m/s² 
Los tiempos: 
𝑡𝑡 =
16
𝑎𝑎1
=
16
1.861
= 8.57 s 
que debe salir lo mismo si se calcula a partir del otro automóvil: 
𝑡𝑡 =
12
𝑎𝑎2
=
12
1.4
= 8.57 s 
 
 
2011 
Un volante cuyo diámetro es de 25 cm tiene una velocidad angular que disminuye uniformemente 
de 100 r.p.m. a 0 r.p.m. desde t = 0 s hasta t = 4 s. Calcular las aceleraciones tangencial y normal 
de un punto situado al borde del volante cuando t = 2 s. (Nota: 1 r.p.m. = 2π/60 rad/s). 
DIC2011 
𝜔𝜔𝑓𝑓 = 𝜔𝜔0 + 𝛼𝛼𝑡𝑡 ⟹ 𝛼𝛼 =
𝜔𝜔𝑓𝑓 − 𝜔𝜔0
𝑡𝑡
= −
100 · 2𝜋𝜋
60 · 4
= −2.62 rad/s² 
Para t = 2 s, tenemos: 
𝜔𝜔(𝑡𝑡 = 2) = 𝜔𝜔0 − 𝛼𝛼 · 𝑡𝑡2𝑠𝑠 =
100 · 2𝜋𝜋
60
− 2.62 · 2 = 5.21 rad/s 
La aceleración tangencial: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 = 𝛼𝛼𝛼𝛼 = −2.62 · 12.5 = 32.75 cm/s² 
La aceleración normal: 
𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝜔𝜔2𝛼𝛼 = 5.212 · 12.5 = 339.3 cm/s² 
 
 
2012 
Un móvil describe un movimiento rectilíneo. En la figura, se representa su velocidad en función 
del tiempo. Sabiendo que en el instante t = 0, parte del origen x = 0. 
a) Dibujar una gráfica de la aceleración en función del tiempo. 
b) Calcular el desplazamiento total del móvil, hasta el instante t = 8s. 
 
FEB2012 
a) La gráfica de la aceleración en función del tiempo es: 
La aceleración es nula en los tramos donde la velocidad es 
constante. En los tramos donde la velocidad crece 
linealmente la aceleración es constante. 
 
 
 
b) Desplazamiento entre los instantes t=0 y t=8 s se calcula mediante el área bajo la curva v-t. 
Δ𝑥𝑥 = 5 + 20 + 17 + 24 + 36 = 102 m 
 
Un cuerpo se suelta desde el reposo desde arriba de un plano inclinado de longitud 18 metros y 
tarda 3 segundos en llegar al pie. En el mismo instante en que se suelta dicho cuerpo, se lanza un 
segundo cuerpo hacia arriba desde el pie por el plano. Éste sube y baja llegando al pie junto con 
el primero. 
a) Hallar el ángulo del plano. 
b) ¿Cuál es la velocidad inicial del segundo cuerpo? 
SEP2012 
a) La aceleración de caída del primer cuerpo por el plano es 𝑔𝑔 sin 𝛼𝛼 
Ahora: 18 = 1
2
𝑔𝑔 sin 𝛼𝛼 𝑡𝑡2 = 1
2
𝑔𝑔 sin 𝛼𝛼 32 ⟹ sin 𝛼𝛼 = 0.408 ⟹ 𝛼𝛼 = 24.1° 
b) El segundo cuerpo tarda 3 s en subir y bajar. Como va a tardar lo mismo en subir 
que en bajar, tardará 1.5 s en bajar. La velocidad con la que llega al suelo desde 
arriba (partiendo del reposo) es la misma con la que se lanzó, luego: 
 
𝑣𝑣 = 𝑔𝑔 sin 𝛼𝛼 · 1.5 = 10 sin 24.1 · 1.5 = 4 · 1.5 = 6 m/s 
 
 
 
 
Un esquiador especialista en la modalidad de salto desciende por una rampa, que supondremos 
un plano inclinado que forma un ángulo de 13º con la horizontal y de 50m de longitud. El extremo 
inferior de la rampa se encuentra a 14 m sobre el suelo horizontal. Ignorando los rozamientos y 
suponiendo que parte del reposo, calcular: 
 
a) La velocidad que tendrá al abandonar la rampa. 
b) La distancia horizontal que recorrería en el aire antes de llegar al suelo 
DIC2012 
a) ℎ = 50 sin 13 = 11.25 𝑚𝑚 
Por conservación de la energía: 
𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔ℎ = √2 · 10 · 11.25 = 15 m/s 
b) La altura Y en cualquier momento en el aire antes de llegar al suelo será: 
𝑦𝑦 = 𝑦𝑦0 − 𝑣𝑣0𝑦𝑦𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Condición Y = 0 para llegar al suelo: 
0 = 14 − 15 sin 13 𝑡𝑡 −
1
2
10𝑡𝑡2 ⟹ 5𝑡𝑡2 + 3.37𝑡𝑡 − 14 = 0 ⟹ 𝑡𝑡 = 1.37 s 
La distancia horizontal X que recorrería en el aire antes de llegar al suelo: 
𝑋𝑋 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥𝑡𝑡 = 15 cos 13 · 1.37 = 20 m 
 
 
2013 
Tenemos un coche que en una recta se está desplazando a una velocidad v0 constante pero 
desconocida. Detrás del coche se encuentra una motocicleta a una distancia d conocida. 
Inicialmente ambos se encuentran viajando a la misma velocidad. De repente, la motocicleta 
empieza a adelantar al coche aumentando su velocidad con una aceleración a constante conocida. 
Cuando la motocicleta se encuentra justo al lado del coche deja de acelerar y viaja entonces a una 
velocidad doble de la del coche: 
a) ¿Cuánto tiempo ha estado acelerando la motocicleta? 
b) ¿Cuál era la velocidad inicial v0 del coche y la motocicleta? 
c) ¿Qué distancia viajó la motocicleta mientras estaba acelerando? 
(Expresar todas las respuestas en función de las cantidades conocidas a y d) 
FEB2013, FEB2021 
a) Igualando los espacios recorridos por el coche y la moto: 
 
𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 𝑟𝑟 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 
0 = −𝑟𝑟 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡 = �
2𝑟𝑟
𝑎𝑎
 
b) Por la condición dada de velocidad doble al final del 
adelantamiento para la moto: 
2𝑣𝑣0 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎�
2𝑟𝑟
𝑎𝑎
 ⟹ 𝑣𝑣0 = 𝑎𝑎�
2𝑟𝑟
𝑎𝑎
 ⟹ 𝑣𝑣0 = √2𝑎𝑎𝑟𝑟 
 
c) El espacio recorrido por la moto (o por el coche + d) es, según el apartado a): 
𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 𝑟𝑟 = √2𝑎𝑎𝑟𝑟 · �
2𝑟𝑟
𝑎𝑎
+ 𝑟𝑟 = 2𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 = 3𝑟𝑟 
 
 
 
d 
V0t 
V0t + (1/2) a t2 
coche moto 
Una persona A está en lo alto de un barranco de altura hA = 40 m y lanza una piedra con una 
velocidad vA0 = 24 m/s y un ángulo de α = 30º. Otra persona B se encuentra en un saliente del 
barranco a una altura hB del suelo sobre la misma vertical y lanza otra piedra horizontalmente con 
una velocidad vB0 = 36.5 m/s. 
 
a) ¿Cuánto vale hB si las dos piedras llegan al mismo sitio? 
b) ¿Cuánto tiempo tarda en caer cada una? 
SEP2013 
a) 
Para la piedra lanzada por A 
Primero calculamos XA (distancia horizontal donde aterriza la piedra lanzada por A) 
La velocidad horizontal inicial (constante en todo el recorrido de la piedra de A) y la velocidad 
vertical inicial de la piedra de A son, respectivamente: 
𝑣𝑣0𝑥𝑥𝑥𝑥 = 24 cos 30 = 20.8 m/s 
𝑣𝑣0𝑦𝑦𝑥𝑥 = 24 sin 30 = 12 m/s 
La altura en cada instante de la piedra de A viene dada por: 
𝑌𝑌𝑥𝑥 = 40 + 12𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
donde hA = 40 m es la altura inicial de la piedra lanzada por A. 
Dicha altura se anula (la piedra de A llega al suelo) en un tiempo que debecumplir: 
0 = 40 + 12𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡 = 4.33 s 
En dicho instante, la piedra de A ha recorrido una distancia horizontal: 
𝑋𝑋𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥𝑥𝑥𝑡𝑡 = 20.8 · 4.33 = 90 m 
Piedra lanzada por B: 
Puesto que no tiene velocidad vertical inicial (tiro horizontal), la altura en cada instante de la piedra 
de B viene dada por: 
𝑌𝑌𝐵𝐵 = ℎ𝐵𝐵 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Dicha altura se anula (la piedra de B llega al suelo) en un tiempo que debe cumplir: 
0 = ℎ𝐵𝐵 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡 = �
2ℎ𝐵𝐵
𝑔𝑔
= �
ℎ𝐵𝐵
4.9
 
Para dicho instante, la piedra de B ha recorrido una distancia horizontal: 
𝑋𝑋𝐵𝐵 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥𝐵𝐵𝑡𝑡 = 36.5 · �
ℎ𝐵𝐵
4.9
 
Igualamos 𝑋𝑋𝑥𝑥 = 𝑋𝑋𝐵𝐵 y obtenemos: 
90 = 36.5 · �
ℎ𝐵𝐵
4.9
 ⟹ ℎ𝐵𝐵 = 29.8 m 
b) 
El tiempo que tarda en caer la piedra de A, ya lo obtuvimos 4.33 s. 
El tiempo que tarda en caer la pierda de B, lo obtenemos de la altura hB ya calculada y la 
ecuación de su tiempo de caída: 
𝑡𝑡 = �
ℎ𝐵𝐵
4.9
= �
29.3
4.9
= 2.44 s 
 
Un punto realiza un movimiento circular de radio R de modo que su velocidad angular cumple 
θω k= donde k es una constante y θ es el ángulo que el vector posición forma con el eje OX. 
a) Determinar la aceleración angular del punto en función del ángulo θ. 
b) Hallar la aceleración normal para θ = π 
c) Determinar la ecuación del ángulo recorrido como función del tiempo sabiendo que en el 
instante inicial θ = θ0 
DIC2013 
a) θω k= ⇒ θθωθα 2· kkkkk ====  
 
b) RkRan
222 θω == que en π es Rk 22π 
 
c) θθ k
dt
d
= ⇒ kdtd =
θ
θ
 ⇒ ∫∫ =
t
kdtd
00
θ
θ
θ
θ
 ⇒ kt=





0
ln
θ
θ
 ⇒ kte0θθ = 
 
 
θ 
2014 
Se lanza una piedra desde lo alto de un edificio con una velocidad inicial de 20 m/s y un ángulo 
con la horizontal de 30º. Si la altura del edificio es de 45 m, calcular: 
 
a) El tiempo que tarda la piedra en alcanzar el suelo. 
b) La distancia respecto al edificio a la que llega la piedra. 
c) Las componentes horizontal y vertical de la velocidad de la piedra al alcanzar el suelo así 
como su velocidad total. 
d) ¿Es consistente el valor de la velocidad total obtenido en c) con el teorema de conservación 
de la energía? 
FEB2014 
a) Las componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial son respectivamente: 
𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 20 cos 30 = 17.3 m s⁄ 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 20 sin 30 = 10 m s⁄ 
Para encontrar el tiempo de llegada al suelo, se puede utilizar la ecuación: 
𝑦𝑦 = 𝑦𝑦0 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 
con 𝑦𝑦 = −45 𝑚𝑚 ; 𝑦𝑦0 = 0 ; 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 10
𝑚𝑚
𝑠𝑠
; 𝑎𝑎 = −𝑔𝑔. (El signo negativo en y se debe a que se ha 
elegido el origen de alturas en la parte superior del edificio (altura inicial). 
Resolviendo: 
−45 = 10𝑡𝑡 −
9.8
2
𝑡𝑡2 
que tiene como solución positiva t =4.218 s. 
b) La distancia d respecto al edificio en la que cae la piedra será: 
𝑟𝑟 = 17.3 · 4.218 = 73.05 m 
c) Las componentes horizontal y vertical de la velocidad de la piedra al alcanzar el suelo así 
como su velocidad total: 
La componente horizontal de la velocidad es siempre la misma (ya obtenida) de 17.3 m/s. 
La componente vertical final de la velocidad se puede obtener de: 
𝑣𝑣𝑓𝑓𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 − 𝑔𝑔𝑡𝑡 = 10 − 9.8 · 4.218 = −31.336 m/s 
La velocidad total es: 
𝑣𝑣 = �𝑣𝑣𝑓𝑓𝑥𝑥2 + 𝑣𝑣𝑓𝑓𝑦𝑦2 = �17.32 + 31.3362 = 35.79 m/s 
d) Por conservación de la energía (estado inicial y estado final): 
(1/2) 𝑚𝑚 (20)² + 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ = (1/2) 𝑚𝑚 𝑣𝑣² 
𝑣𝑣 = �(202 + 2𝑔𝑔45) = 35.80 m/s 
que es lo mismo que en c) 
 
Una partícula tiene una velocidad inicial v0. Si experimenta una deceleración 𝒂𝒂(𝒕𝒕) = 𝒃𝒃𝒕𝒕, 
determinar la distancia viajada antes de detenerse y su velocidad media en ese recorrido. Datos: 
v0 = 27 m/s; b = − 6 m/s3. 
SEP2014 
Como 𝑎𝑎(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑡𝑡, integrando una vez para la velocidad y otra para la trayectoria: 
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏
𝑡𝑡2
2
+ 𝑣𝑣0 𝑠𝑠(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏
𝑡𝑡3
6
+ 𝑣𝑣0𝑡𝑡 
La velocidad se anulará para: 
𝑡𝑡 = �
2𝑣𝑣𝑡𝑡
−𝑏𝑏
= 3 s 
Habiendo recorrido una distancia: 𝑠𝑠(3) = 54 𝑚𝑚 
La velocidad media es simplemente la distancia recorrida divida entre ese tiempo: 
𝑣𝑣𝑚𝑚 =
𝑟𝑟
𝑡𝑡
=
54
3
= 18 m/s 
 
Un cuerpo que parte del reposo (θ0 = 0, ω0 = 0 en t0 = 0), se acelera con una trayectoria circular de 
radio 1.3 m y aceleración angular que sigue la ecuación 𝜶𝜶 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝒕𝒕𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟒𝟒𝒕𝒕 + 𝟏𝟏𝟔𝟔 (en unidades del 
S.I.). 
a) La velocidad angular y ángulo recorrido ambos como función del tiempo. 
b) La componente tangencial y la componente normal de la aceleración. 
DIC2014 
a) Integrando la aceleración angular y teniendo en cuenta las condiciones iniciales: 
𝛼𝛼 =
𝑟𝑟𝜔𝜔
𝑟𝑟𝑡𝑡
 ⟹ 𝑟𝑟𝜔𝜔 = 𝛼𝛼 𝑟𝑟𝑡𝑡 ⟹ � 𝑟𝑟𝜔𝜔
𝜔𝜔
0
= � 𝛼𝛼 𝑟𝑟𝑡𝑡 
𝑣𝑣
0
 ⟹ 
 𝜔𝜔 = � (60𝑡𝑡2 − 48𝑡𝑡 + 16)𝑟𝑟𝑡𝑡
𝑣𝑣
0
= 20𝑡𝑡3 − 24𝑡𝑡2 + 16𝑡𝑡 
Integrando ahora la velocidad angular: 
𝜔𝜔 =
𝑟𝑟𝜃𝜃
𝑟𝑟𝑡𝑡
 ⟹ 𝑟𝑟𝜃𝜃 = 𝜔𝜔 𝑟𝑟𝑡𝑡 ⟹ � 𝑟𝑟𝜃𝜃
𝜃𝜃
0
= � 𝜔𝜔 𝑟𝑟𝑡𝑡 
𝑣𝑣
0
 ⟹ 
𝜃𝜃 = � (20𝑡𝑡3 − 24𝑡𝑡2 + 16𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡 = 5𝑡𝑡4 − 8𝑡𝑡3 + 8𝑡𝑡2
𝑣𝑣
0
 
b) Las componentes intrínsecas de la aceleración vendrán dadas por: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 = 𝛼𝛼𝛼𝛼 = (60𝑡𝑡2 − 48𝑡𝑡 + 16 )1.3 = 78𝑡𝑡2 − 62.4𝑡𝑡 + 20.8 
𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝜔𝜔2𝛼𝛼 = (20𝑡𝑡3 − 24𝑡𝑡2 + 16𝑡𝑡)21.3 
 
 
2015 
Una partícula se mueve en un círculo con una rapidez ttv 43 2 += , donde t ≥ 0 es el tiempo y todas 
las unidades están en el Sistema Internacional. 
a) Encontrar la longitud de arco que realiza la partícula en el lapso [0,t]. 
b) Si se sabe que en el instante t = 2 s el módulo de la aceleración total de la partícula es 20 
m/s2, calcular el radio del círculo. 
FEB2015 
a) 
Integrando la velocidad obtenemos la distancia recorrida sobre el círculo: 
 23 2tt += 
b) 
 Derivando v obtenemos la aceleración tangencial: 
 𝑎𝑎𝑣𝑣 = 6𝑡𝑡 + 4 que para t = 2 s vale at = 16 m/s², siendo v = 20 m/s 
 Sabemos que la aceleración total es: 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 
 La aceleración total cumplirá, según el dato del enunciado y ya que 𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝑅𝑅
: 
 2
2
2 4001620
R
+= ⇒ 2
2
2 40016400
R
+= ⇒ 222 400256400 =− RR 
 
144
40022 =R ⇒ 
3
100
12
400
==R m 
 
 
Un aeroplano vuela horizontalmente a una altura de 1 km y con una velocidad de 200 km/h. Deja 
caer una bomba que debe dar en un barco que viaja a 20 km/h en la misma línea de dirección que 
el avión y en su mismo sentido. 
a) Calcular la distancia que debe haber entre el avión y el barco cuando se deja caer la bomba 
para que incida sobre el barco. 
b) Resolver el mismo problema para el caso en el cual el barco se está moviendo en sentido 
contrario. 
SEP2015 
Puesto que la bomba se deja caer desde 1000 m con velocidad vertical nula, el tiempo en alcanzar 
el suelo vendrá dado por: 
1000 =
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡 = �
2000
9.8
= 14.28 s 
En este tiempo, dado que la bomba llevaba una velocidad horizontal (la del avión), habrá recorrido 
una distancia: 
𝑟𝑟𝑣𝑣𝑣𝑣𝑐𝑐𝑡𝑡𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑏𝑏𝑡𝑡𝑚𝑚𝑏𝑏 = 𝑣𝑣𝑡𝑡 =
200
3.6
14.28 = 793.33 m 
Y en ese tiempo, el barco habrá recorrido una distancia 
𝑟𝑟𝑣𝑣𝑣𝑣𝑐𝑐𝑡𝑡𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑏𝑏𝑐𝑐𝑣𝑣𝑐𝑐 =
20
3.6
14.28 = 79.33 m 
a) Si el barco viaja en la misma dirección que el avión, para que la bomba incida sobre el barco, 
la distancia entre ambos debe ser: 
𝑟𝑟𝑐𝑐𝑣𝑣𝑣𝑣ó𝑛𝑛−𝑏𝑏𝑐𝑐𝑣𝑣𝑐𝑐𝑡𝑡 = 793.33 − 79.33 = 714 m 
b) Si el barco viaja en dirección contraria al avión, para que la bomba incida sobre el barco, la 
distancia entre ambos debe ser: 
𝑟𝑟𝑐𝑐𝑣𝑣𝑣𝑣ó𝑛𝑛−𝑏𝑏𝑐𝑐𝑣𝑣𝑐𝑐𝑡𝑡 = 793.33 + 79.33 = 872.66 m 
 
 
 
El vector aceleración de una partícula que se mueve viene dado en S.I. por: kita


 2 6 −= . En el 
instante inicial la partícula se encuentra en P0 (1, 3, −2) m y después de 3 s su velocidad es: 
kjiv


 6 2 3 −+= m/s. Calcularla velocidad y el vector posición en cualquier instante. 
DIC2015 
Para conocer la velocidad Integramos la aceleración: 
�⃗�𝑣 = � �⃗�𝑎 𝑟𝑟𝑡𝑡 = ��6𝑡𝑡𝚤𝚤 − 2𝑘𝑘�⃗ � 𝑟𝑟𝑡𝑡 =
6𝑡𝑡2
2
𝚤𝚤 − 2𝑡𝑡𝑘𝑘�⃗ + 𝐶𝐶 
Y debemos recurrir a las condiciones de contorno (datos del problema) para conocer la constante 
de integración: 
�⃗�𝑣(𝑡𝑡 = 3) =
6 · 32
2
𝚤𝚤 − 2 · 3𝑘𝑘�⃗ + 𝐶𝐶 = 3𝚤𝚤 + 2𝚥𝚥 − 6𝑘𝑘�⃗ 
donde en la última igualdad se ha tomado el dato de la velocidad para t = 3 s del enunciado. 
Ahora: 
27𝚤𝚤 − 6𝑘𝑘�⃗ + 𝐶𝐶 = 3𝚤𝚤 + 2𝚥𝚥 − 6𝑘𝑘�⃗ 
𝐶𝐶 = −24𝚤𝚤 + 2𝚥𝚥 
Y por tanto, introduciendo esta constante en la primera ecuación: 
�⃗�𝑣 = (3𝑡𝑡2 − 24)𝚤𝚤 + 2𝚥𝚥 − 2𝑡𝑡𝑘𝑘�⃗ m/s 
Para conocer la posición Integramos la velocidad: 
𝑟𝑟 = � �⃗�𝑣 𝑟𝑟𝑡𝑡 = ��(3𝑡𝑡2 − 24)𝚤𝚤 + 2𝚥𝚥 − 2𝑡𝑡𝑘𝑘�⃗ �𝑟𝑟𝑡𝑡 = (𝑡𝑡3 − 24𝑡𝑡)𝚤𝚤 + 2𝑡𝑡𝚥𝚥 − 𝑡𝑡2𝑘𝑘�⃗ + 𝐶𝐶2����⃗ 
Y con el dato del enunciado para P0: 
𝑟𝑟(𝑡𝑡 = 0) = 𝐶𝐶2����⃗ = 𝚤𝚤 + 3𝚥𝚥 − 2𝑘𝑘�⃗ 
Luego: 
𝑟𝑟 = (𝑡𝑡3 − 24𝑡𝑡 + 1)𝚤𝚤 + (2𝑡𝑡 + 3)𝚥𝚥 − (𝑡𝑡2 + 2)𝑘𝑘�⃗ m 
 
 
2016 
Una bicicleta tiene un plato de radio 10 cm. El plato arranca desde el reposo con una aceleración 
de 0.4 π rad/s2 y transmite su movimiento a un piñón de 6 cm de radio mediante la cadena. 
a) Determinar el tiempo que tarda el piñón en alcanzar 300 RPM. 
b) Si la bicicleta tiene ruedas de diámetro 29”, determinar la velocidad en km/h de la misma 
después de ese tiempo. (1 pulgada = 2.54 centímetros) 
FEB2016 
a) Cualquier longitud L recorrida por la cadena debe ser la misma en el plato que en el piñón. 
Si el plato de radio R gira un ángulo ϕ y si el piñón de radio r gira un ángulo ϕ’, se cumplirá: 
𝐿𝐿 = 𝛼𝛼𝜑𝜑 = 𝑟𝑟𝜑𝜑′ 
Derivando con respecto al tiempo, obtenemos 𝛼𝛼𝜔𝜔 = 𝑟𝑟𝜔𝜔′, y derivando de nuevo: 𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝑟𝑟𝛼𝛼′ 
Esto es: 
𝛼𝛼′ =
𝛼𝛼𝛼𝛼
𝑟𝑟
 
Como el piñón parte del reposo, se cumple: 𝜔𝜔′ = 𝛼𝛼′𝑡𝑡. Despejando t de esta ecuación con α’ de la 
anterior, queda: 
𝑡𝑡 =
𝜔𝜔′
𝛼𝛼′
=
𝜔𝜔′𝑟𝑟
𝛼𝛼𝛼𝛼
=
300 2𝜋𝜋60 6
10 · 0.4𝜋𝜋
= 15 s 
donde se ha utilizado que las 300 RPM del piñón son 𝜔𝜔′ = 300 2𝜋𝜋
60
= 31.415 rad/s 
b) La aceleración α’ del piñón es la misma que la de la rueda, luego: 
α’ = αR/r = 0.4𝜋𝜋·10/6 = 2.094 rad/s2 
ω’= α’ t = 31.416 rad/s 
 
Y puesto que la velocidad angular del piñón es la misma que la de la rueda (son solidarios), 
tenemos la velocidad de la rueda (de la bicicleta): 
 
v = ω’ Rrueda = 31.416 · 0.0254 · (29/2) = 11.57 m/s = 11.57 m/s (3600 s/h) (1/1000 km/m) = 
= 41.65 km/h 
Una partícula describe un movimiento circular de 27 cm de radio y cuya ecuación de movimiento 
(distancia s recorrida) viene dada por 223 tts ++= donde el espacio se mide en centímetros y el 
tiempo en segundos. Para t = 2 s, determinar: 
a) El módulo de la aceleración total. 
b) El ángulo en radianes que dicha aceleración forma con la normal a la curva en ese instante. 
DIC2016 
Calculamos el módulo de la velocidad derivando el espacio (ec. De la trayectoria) con respecto al 
tiempo: 
𝑣𝑣 =
𝑟𝑟𝑠𝑠
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 1 + 4𝑡𝑡 
Que para t = 2 s, resulta 𝑣𝑣 = 1 + 8 = 9 𝑐𝑐𝑚𝑚/𝑠𝑠 
La aceleración normal o centrípeta tiene por valor: 
𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝛼𝛼
=
81
27
= 3 cm/s² 
Calculamos el módulo de la aceleración tangencial 
derivando v con respecto al tiempo: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 =
𝑟𝑟𝑣𝑣
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 4 cm/s² 
En la dirección del radio y con sentido hacia el centro, 
dibujaremos el vector aceleración centrípeta (3 cm/s²) 
y tangente a la curva y en sentido del movimiento (si 
este es acelerado) o en sentido contrario (si es decelerado) la aceleración tangencial de 4 cm/s². 
En nuestro caso, el último vector tiene el sentido del movimiento por ser un movimiento acelerado. 
El vector �⃗�𝑎 es la suma (resultante) del vector aceleración normal y aceleración tangencial, cuyo 
módulo es: 
𝑎𝑎 = �32 + 42 = 5 cm/s² 
que forma un ángulo β con la normal a la curva dado por: 
tan 𝛽𝛽 =
𝑎𝑎𝑣𝑣
𝑎𝑎𝑛𝑛
=
4
3
 ⟹ 𝛽𝛽 = tan−1
4
3
= 0.927 rad 
2017 
Un motorista que realiza acrobacias de saltos con moto 
tiene que saltar por una rampa como la de la figura. La 
rampa tiene un ángulo θ y el motorista tiene que 
atravesar un río de anchura D y debe alcanzar la ladera 
opuesta justo en el momento más alto de su trayectoria 
sabiendo que dicha ladera está elevada una altura H 
respecto de la ladera del salto. Calcular: 
a) La altura H de la elevación. 
b) La velocidad que debe llevar la moto al saltar. 
Nota importante: Los resultados sólo pueden quedar como función de D, θ y g. 
FEB2017 
Tiempo t en alcanzar el punto más alto (velocidad vertical debe igualar a gt): 
v senθ = gt ⇒ t = v senθ / g 
 
La distancia D cumplirá (velocidad horizontal por tiempo es igual a la distancia horizontal D): 
v cosθ t = D ⇒ v cosθ (v senθ / g) = D ⇒ v = [gD / senθ cosθ]^0.5 (es la respuesta b) 
 
La altura H cumple: 
v senθ (v senθ / g) − (1/2) g (v senθ / g)² = H ⇒ H = v² sen²θ / 2g que con la expresión de 
v de b, queda: 
H = v² sen²θ / 2g ⇒ H = v² sen²θ / 2g = (gD / senθ cosθ) (sen²θ / 2g) = D tanθ / 2 (es la 
respuesta a) 
 
 
Un objeto en movimiento tiene una trayectoria con las ecuaciones ptx = ; 2
2
1 pty = . Determinar: 
a) Los vectores velocidad total y aceleración total del móvil. 
b) Las componentes tangencial y normal de la aceleración. 
c) El radio de curvatura. 
SEP2017 
a) Tenemos: 
𝑣𝑣𝑥𝑥 =
𝑟𝑟𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 𝑝𝑝 ; 𝑎𝑎𝑥𝑥 =
𝑟𝑟𝑣𝑣𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 0 
𝑣𝑣𝑦𝑦 =
𝑟𝑟𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 𝑝𝑝𝑡𝑡 ; 𝑎𝑎𝑦𝑦 =
𝑟𝑟𝑣𝑣𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 𝑝𝑝 
Luego: 
�⃗�𝑣 = 𝑝𝑝𝚤𝚤 + 𝑝𝑝𝑡𝑡𝚥𝚥 ; �⃗�𝑎 = 𝑝𝑝𝚥𝚥 
b) 
𝑎𝑎𝑣𝑣 =
𝑟𝑟|�⃗�𝑣|
𝑟𝑟𝑡𝑡
=
𝑝𝑝𝑡𝑡
√1 + 𝑡𝑡2
 
Donde se ha utilizado: |�⃗�𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦2 = 𝑝𝑝√1 + 𝑡𝑡2 
Por otro lado, sabemos que: 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑥𝑥2 + 𝑎𝑎𝑦𝑦2 = �0 + 𝑝𝑝2 = 𝑝𝑝 
Y como 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 resulta: 
𝑎𝑎𝑛𝑛 = �𝑎𝑎2 − 𝑎𝑎𝑣𝑣2 = �𝑝𝑝2 −
𝑝𝑝2𝑡𝑡2
1 + 𝑡𝑡2
=
𝑝𝑝
√1 + 𝑡𝑡2
 
c) 
𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝜌𝜌
=
𝑝𝑝
√1 + 𝑡𝑡2
 ⟹ 𝜌𝜌 =
𝑝𝑝2(1 + 𝑡𝑡2)
𝑝𝑝
�1 + 𝑡𝑡2 = 𝑝𝑝(1 + 𝑡𝑡2) 
3
2 
 
 
La ecuación del movimiento de una partícula que se desplaza por una circunferencia viene dada 
por 𝒔𝒔 = 𝒕𝒕𝟑𝟑 + 𝟐𝟐𝒕𝒕𝟐𝟐 para s medido en metros a lo largo del círculo y t en segundos. Si la aceleración 
total de la partícula es 𝟏𝟏𝟔𝟔√𝟐𝟐 m/s2 para t = 2 s, obtener el valor del radio del círculo. 
DIC2017 
El módulo de la velocidad es igual al ritmo al cual se recorren las distancias sobre la trayectoria, 
luego: 
𝑣𝑣 =
𝑟𝑟𝑠𝑠
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 3𝑡𝑡2 + 4𝑡𝑡 
La aceleración tangencial y normal serán: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 = 6𝑡𝑡 + 4 ; 𝑎𝑎𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝛼𝛼
=
(3𝑡𝑡2 + 4𝑡𝑡)2
𝛼𝛼
 
Teniendo en cuenta que 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 , y que para un tiempo concreto (t0= 2 s) nos dan el valor de 
a, tenemos que: 
𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑎𝑎2 − 𝑎𝑎𝑣𝑣2 ⟹ 
(3𝑡𝑡02 + 4𝑡𝑡0)4
𝛼𝛼2
= 𝑎𝑎(𝑡𝑡0)2 − (6𝑡𝑡 + 4)2 
⟹ 𝛼𝛼 =
(3𝑡𝑡02 + 4𝑡𝑡0)2
�𝑎𝑎(𝑡𝑡0)2 − (6𝑡𝑡0 + 4)2
 
Que para los datos del problema t0= 2 s y 𝑎𝑎(𝑡𝑡0) = 16√2), resulta: 
R = 25 m 
 
 
 
2018 
La cabina de un ascensor de 3 m de altura asciende con una aceleración de 3 m/s2. Cuando el 
ascensor se encuentra a una cierta altura, se desprende la lámpara de su techo. Calcular el tiempo 
que tarda la lámpara en chocar con el suelo del ascensor. 
a) Resolver el problema desde el sistema de referencia de un observador exterior al ascensor. 
b) Resolver el problema desde el sistema de referencia de un observador interior al ascensor. 
Nota: En este problema se puede tomar la gravedad terrestre g = 10 m/s². 
FEB2018, (DIC2009) 
a) Tanto el suelo del ascensor como la lámpara siguen un 
MRUA. El suelo siempre asciende con aceleración de 3 m/s². La 
lámpara, una vez se suelta del techo, está únicamente sometida 
a la aceleración de lagravedad que temaremos como –g. 
Respecto al sistema exterior fijo, durante el tiempo que la 
lámpara cae, el suelo llegará al punto exterior que llamamos Xs 
En ese mismo tiempo, la lámpara llegará al punto exterior que 
llamaremos XL. Ambos puntos Xs y XL deben coincidir. (la lámpara 
en ese tiempo, debido a que llevará una velocidad inicial, 
primero subirá y luego descenderá pero lo importante es que llegará al punto XL). 
La velocidad inicial que lleve tanto la lámpara como el suelo será la misma en el momento exacto 
en que la lámpara se suelte. El momento exacto no lo sabemos pero este permite que se cancele el 
término de la velocidad entre ambos puntos suelo y lámpara en sus respectivas ecuaciones de 
MRUA: 
Para el suelo 
𝑋𝑋𝑆𝑆 = 𝑣𝑣𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 
Para la lámpara que está 3 metros más arriba y con aceleración -g: 
𝑋𝑋𝐿𝐿 = 3 + 𝑣𝑣𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Igualando ambos puntos, se cancelan los términos de velocidad: 
v a X 
𝑣𝑣𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 = 3 + 𝑣𝑣𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Con los datos del problema: 
 
+ = 
 
2 3 10 3
2 2
t ; 461.0
13
62 ==t ; 68.0=t s 
b) Para un observador interior al ascensor, éste se encuentra en reposo. Sin embargo, la 
gravedad efectiva con la que la lámpara caería no sería g sino (g + 3). Un ascensor que asciende 
acelerando no es un sistema inercial y aparece una fuerza extra ficticia sobre la piedra de masa m 
con valor ma = m3 que se añadiría al peso de la piedra mg. Debido a esta gravedad extra de a = 3 
m/s² ocurre que si nos pesáramos en una balanza en un ascensor que asciende acelerando con una 
aceleración a, nuestro peso se vería incrementado como si estuviéramos en un planeta de gravedad 
(g + a). Si utilizamos entonces la ecuación de caída libre 𝑟𝑟 = 1
2
 𝑔𝑔′𝑡𝑡2 con la gravedad efectiva 𝑔𝑔′ =
𝑔𝑔 + 𝑎𝑎 y con d = 3 que es el recorrido de la piedra visto desde el ascensor, tenemos: 
3 = 
1
2
 (10 + 3)𝑡𝑡2 
Y despejando t resulta 0.68 s que evidentemente es el mismo valor que en a). 
 
 
Una partícula se mueve con vector de posición: 
𝒓𝒓�⃗ = (𝟕𝟕 − 𝟑𝟑𝒕𝒕)𝒊𝒊 + �𝟓𝟓𝒕𝒕 − 𝟓𝟓𝒕𝒕𝟐𝟐�𝒋𝒋 + 𝟒𝟒𝒌𝒌��⃗ (𝐦𝐦) 
Encontrar para cualquier instante: 
a) La velocidad de la partícula. 
b) La aceleración total. 
c) Las componentes intrínsecas de la aceleración. 
d) El radio de la trayectoria para 𝒕𝒕 = 𝟔𝟔. 𝟓𝟓 𝐬𝐬. 
SEP2018 
Derivamos para encontrar �⃗�𝑣 y �⃗�𝑎: 
�⃗�𝑣 =
𝑟𝑟𝑟𝑟
𝑟𝑟𝑡𝑡
= −3𝚤𝚤 + (5 − 10𝑡𝑡)𝚥𝚥 m/s 
y una segunda vez: 
�⃗�𝑎 =
𝑟𝑟�⃗�𝑣
𝑟𝑟𝑡𝑡
= −10𝚥𝚥 m/s² 
Calculamos el módulo de la velocidad: 
|�⃗�𝑣| = �9 + (5 − 10𝑡𝑡)2 = �34 − 100𝑡𝑡 + 100𝑡𝑡2 m/s 
que, derivando respecto del tiempo, nos dará el módulo de �⃗�𝑎𝑣𝑣: 
|�⃗�𝑎𝑣𝑣| =
𝑟𝑟
𝑟𝑟𝑡𝑡
�34 − 100𝑡𝑡 + 100𝑡𝑡2 =
100𝑡𝑡 − 50
√34 − 100𝑡𝑡 + 100𝑡𝑡2
 m/s² 
y multiplicando por el vector unitario de �⃗�𝑣, que es: 
𝑢𝑢�⃗ =
−3𝚤𝚤 + (5 − 10𝑡𝑡)𝚥𝚥 
√34 − 100𝑡𝑡 + 100𝑡𝑡2
 
nos da el vector �⃗�𝑎𝑣𝑣: 
�⃗�𝑎𝑣𝑣 =
100𝑡𝑡 − 50
34 − 100𝑡𝑡 + 100𝑡𝑡2
(−3𝚤𝚤 + (5 − 10𝑡𝑡)𝚥𝚥 ) m/s² 
Por último, podemos calcular �⃗�𝑎𝑛𝑛 como �⃗�𝑎 − �⃗�𝑎𝑣𝑣. 
�⃗�𝑎𝑛𝑛 = �⃗�𝑎 − �⃗�𝑎𝑣𝑣 = �−10𝚥𝚥 −
100𝑡𝑡 − 50
34 − 100𝑡𝑡 + 100𝑡𝑡2
(−3𝚤𝚤 + (5 − 10𝑡𝑡)𝚥𝚥 )� m/s² 
Para 𝑡𝑡 = 0.5 s, �⃗�𝑣 = −3𝚤𝚤 m/s, �⃗�𝑎 = −10𝚥𝚥 m/s2 (que no depende de t), �⃗�𝑎𝑣𝑣 = 0 m/s² con lo cual: 
 �⃗�𝑎𝑛𝑛 = −10𝚥𝚥 m/s² y de esta forma podremos despejar el radio de la trayectoria para 𝑡𝑡 = 0.5 s que 
será: 
𝛼𝛼 =
𝑣𝑣2
|�⃗�𝑎𝑛𝑛|
=
9
10
= 0.9 m 
 
 
2019 
Una partícula que se mueve en el plano con coordenadas dadas en metros por 𝒙𝒙 = 𝒕𝒕𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝒕𝒕 + 𝟐𝟐𝟔𝟔 
y por 𝒚𝒚 = 𝟑𝟑 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬 𝟐𝟐𝒕𝒕, donde el tiempo 𝒕𝒕 está en segundos. Para tiempo 𝒕𝒕 = 𝟑𝟑 𝐬𝐬, determinar: 
a) La magnitud de la velocidad. 
b) La magnitud de la aceleración. 
c) El ángulo 𝜽𝜽 entre estos dos vectores. 
FEB2019, SEP2022 
a) y b) 
A tiempo 𝑡𝑡 = 3 𝑠𝑠: 
Es decir, tenemos los vectores: 
�⃗�𝑣 = (2𝚤𝚤 + 5.76𝚥𝚥) m/s 
�⃗�𝑎 = (2𝚤𝚤 + 3.35𝚥𝚥) m/s² 
Ahora, sus magnitudes: 
𝑣𝑣 = ��
𝑟𝑟𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡�
2
+ �
𝑟𝑟𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡�
2
= �22 + 5.762 = 6.1 m/s 
𝑥𝑥 = 𝑡𝑡2 − 4𝑡𝑡 + 20 
 
𝑟𝑟𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 2𝑡𝑡 − 4 
 
𝑟𝑟2𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡2
= 2 
𝑦𝑦 = 3 sin 2𝑡𝑡 
 
𝑟𝑟𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 6 cos 2𝑡𝑡 
 
𝑟𝑟2𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡2
= −12 sin 2𝑡𝑡 
 
𝑟𝑟𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 2 m/s 
 
𝑟𝑟2𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡2
= 2 m/s² 
 
𝑟𝑟𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 5.76 m/s 
 
𝑟𝑟2𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡2
= 3.35 m/s² 
 
𝑎𝑎 = ��
𝑟𝑟2𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡2
�
2
+ �
𝑟𝑟2𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡2
�
2
= �22 + 3.352 = 3.9 m/s² 
c) 
El ángulo que forman dos vectores se obtiene de su producto escalar. Por la definición del producto 
escalar: 
𝜃𝜃 = cos−1 �
�⃗�𝑣 · �⃗�𝑎
|�⃗�𝑣||�⃗�𝑎|
� = cos−1 �
2(2) + 5.76(3.35)
(6.1)(3.9)
� = 0.204 rad = 11.69° 
 
 
 
Se lanza un proyectil con una velocidad inicial de 200 
m/s y un ángulo de 60º con la horizontal sobre una 
rampa inclinada 20º: 
a) Obtener el tiempo de vuelo. 
b) El alcance sobre la rampa. 
SEP2019 
Las velocidades iniciales horizontal y vertical en el punto A son, respectivamente: 
𝑣𝑣𝑥𝑥0 = 200 · cos 60° = 100 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
𝑣𝑣𝑦𝑦0 = 200 · sin 60° = 173.2 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
 
Se cumple: 
𝑥𝑥 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣𝑥𝑥0𝑡𝑡 
𝑦𝑦 = 𝑦𝑦0 + 𝑣𝑣𝑦𝑦0𝑡𝑡 −
1
2
𝑔𝑔𝑡𝑡2 
Y ya que partimos del punto A, 𝑥𝑥0 = 𝑦𝑦0 = 0. En el punto B, según las ecuaciones anteriores, se 
cumplirá: 
𝛼𝛼 · cos 20° = 100𝑡𝑡𝑣𝑣 
𝛼𝛼 · sin 20° = 173.2𝑡𝑡𝑣𝑣 −
9.81
2
𝑡𝑡𝑣𝑣2 
donde 𝑡𝑡𝑣𝑣 es el tiempo de vuelto. 
Obtenemos de la ecuación en x: 𝑡𝑡𝑣𝑣 = 0.00940𝛼𝛼 
que sustituido en la ecuación en y, resulta: 
𝛼𝛼 · sin 20° = 173.2(0.0094𝛼𝛼) −
9.81
2
(0.0094𝛼𝛼)2 
Resolviendo, se obtiene: 𝛼𝛼 = 2971 m 
que es la respuesta al segundo apartado. 
El tiempo de vuelo se puede obtener de la posición en x del punto B: 
𝑡𝑡𝑣𝑣 =
2970 · cos 20°
100
= 27.9 s 
------------------------------------------------------------------- 
Este problema también se puede resolver realizando la intersección de la ecuación de la 
trayectoria de la parábola con la ecuación de la rampa. La ecuación de la trayectoria de la parábola 
se puede encontrar en el punto 1.5.1 de los apuntes de teoría: 
𝑦𝑦 = tan 60° · 𝑥𝑥 − �
𝑔𝑔
2 · 2002 cos2 60°
� 𝑥𝑥2 
La ecuación de la rampa: 𝑦𝑦 = tan 20° · 𝑥𝑥 
Ambas ecuaciones intersectan cuando: 
tan 20° · 𝑥𝑥 = tan 60° · 𝑥𝑥 − �
𝑔𝑔
2 · 2002 cos2 60°
� 𝑥𝑥2 
Es decir: 
�
𝑔𝑔
2 · 2002 cos2 60°
� 𝑥𝑥2 = (tan 60° − tan 20°) · 𝑥𝑥 
Resulta: 𝑥𝑥 = 2792 m 
𝑦𝑦 = tan 20° · 𝑥𝑥 = 1016.2 m 
De donde: 
𝛼𝛼 = �𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 = �27922 + 1016.22 = 2971 m 
como se ha obtenido antes. 
 
 
 
El automóvil A viaja sobre una autopista a una velocidad constante (𝒗𝒗𝑨𝑨)𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟔𝟔𝟔𝟔 𝐤𝐤𝐦𝐦/𝐡𝐡 y se 
encuentra a 130 m de la entrada de un carril de aceleración. En ese instante, el automóvil B entra 
al carril de aceleración a una velocidad (𝒗𝒗𝑩𝑩)𝟔𝟔 = 𝟐𝟐𝟒𝟒 𝐤𝐤𝐦𝐦/𝐡𝐡. El automóvil B acelera de manera 
uniforme y entra al carril de tráfico principal después de recorrer 60 m en 5 s. Después continúa 
acelerando a la misma tasa hasta que alcanza una rapidez de 100 km/h, que mantiene constante. 
Determinar: 
a) Para el automóvil B: su aceleración, la distancia recorrida y el tiempo empleado para 
alcanzar 100 km/h. 
b) La distancia final entre los dos automóviles. 
DIC2019 
Pasamos las velocidades a m/s; 
24 km h⁄ = 6. 6� m s⁄ 
100 km h⁄ = 27. 7� m s⁄ 
a) Puesto que B recorre 60 m en 5 s mientras acelera, podemos obtener la aceleración 
mediante la ecuación: 
𝑟𝑟 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 +
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 
60 = 6. 6� · 5 +
1
2
𝑎𝑎 · 52 ⟹ 𝑎𝑎 = 2.13� 𝑚𝑚 𝑠𝑠2⁄ 
Ahora, a partir de la ecuación: 
𝑣𝑣𝑓𝑓2 = 𝑣𝑣02 + 2𝑎𝑎𝑟𝑟 
se puede obtener la distancia dB recorrida por el vehículo B desde el inicio del carril de aceleración 
(origen) para alcanzar 27. 7� m s⁄ : 
�27. 7��2 = �6. 6��2 + 2 · 2.13� · 𝑟𝑟𝐵𝐵⟹ 𝑟𝑟𝐵𝐵 = 170.428 m 
El tiempo empleado para pasar de 6. 6� m s⁄ a 27. 7� m s⁄ , cumplirá la ecuación: 
𝑣𝑣𝑓𝑓 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑡𝑡 
27. 7� = 6. 6� + �2.13� · 𝑡𝑡� ⟹ 𝑡𝑡 = 9.9 s 
b) Durante el tiempo hallado (común a ambos coches), el vehículo A con velocidad constante 
de 27. 7� m s⁄ recorre una distancia d: 
𝑟𝑟 = 𝑣𝑣 · 𝑡𝑡 = 27. 7� · 9.9 = 274.884 m 
Pero como el automóvil A parte desde 130 m antes del inicio del carril de aceleración, su posición 
sobre la autopista será: 
𝑟𝑟𝑥𝑥 = 274.884 − 130 = 144.884 m 
La distancia entre ambos automóviles será: 
𝑟𝑟𝐵𝐵 − 𝑟𝑟𝑥𝑥 = 170.428 − 144.884 = 25.543 m 
 
 
2020 
Para un automóvil que se mueve por la 
pista de la figura, la componente tangencial 
de la aceleración es de la forma 𝒂𝒂𝒕𝒕 =
𝟔𝟔. 𝟏𝟏𝒕𝒕 𝐦𝐦/𝐬𝐬² donde 𝒕𝒕 es el tiempo. El 
automóvil parte del reposo en el punto A y 
se empieza a mover hacia la derecha. 
Cuando el vehículo alcanza el punto B por primera vez, calcular: 
a) La velocidad del automóvil. 
b) Su aceleración total en dicho punto. 
FEB2020 
 La aceleración no es constante de modo que no se pueden usar las ecuaciones de MRUA. 
Hay que integrar pero como la expresión de la aceleración está función del tiempo dicha integración 
no es compleja. 
a) 
Sabemos que: 
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = � 𝑎𝑎𝑣𝑣(𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡 = � 0.1𝑡𝑡 · 𝑟𝑟𝑡𝑡 = 0.05𝑡𝑡2 + 𝑐𝑐𝑡𝑡𝑐𝑐 
Por las condiciones iniciales, como nos dicen que el móvil parte del reposo: 
𝑣𝑣(𝑡𝑡 = 0) = 0 ⟹ 𝑐𝑐𝑡𝑡𝑐𝑐 = 0 
Ahora: 
𝑠𝑠(𝑡𝑡) = � 𝑣𝑣(𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡 = � 0.05𝑡𝑡2 · 𝑟𝑟𝑡𝑡 =
0.05
3
𝑡𝑡3 + 𝑐𝑐𝑡𝑡𝑐𝑐 
Pero como tomamos el origen en el punto A: 
𝑠𝑠(𝑡𝑡 = 0) = 0 ⟹ 𝑐𝑐𝑡𝑡𝑐𝑐 = 0 
Es decir: 
𝑠𝑠(𝑡𝑡) =
0.05
3
𝑡𝑡3 
Cuando el automóvil llegue al punto B en el cuarto de círculo de radio R, habrá recorrido un 
espacio s cuyo valor es: 
𝑠𝑠 = 200 +
2𝜋𝜋 · 𝛼𝛼
4
= 200 +
2𝜋𝜋 · 50
4
= 278.54 m 
El tiempo empleado en ello, se puede calcular mediante la expresión obtenida para 𝑠𝑠(𝑡𝑡): 
278.54 =
0.05
3
𝑡𝑡3 ⟹ 𝑡𝑡 = 25.567 s 
Y la velocidad en ese punto: 
𝑣𝑣(𝑡𝑡 = 25.567) = 0.05(25.567)2 = 32.684 m/s 
b) 
En el punto B, el móvil llevará tanto aceleración tangencial como aceleración normal: 
La aceleración tangencial viene dada por la expresión dada en el enunciado. En el tiempo 
𝑡𝑡 = 25.567 s, tenemos: 
𝑎𝑎𝑣𝑣(𝑡𝑡 = 25.567) = 0.1 · 25.567 = 2.557 m/s² 
 La aceleración normal, se puede obtener mediante su expresión y la velocidad de móvil en 
ese instante: 
𝑎𝑎𝑛𝑛(𝑡𝑡 = 25.567) =
𝑣𝑣2
𝛼𝛼
=
32.6842
50
= 21.364 m/s² 
 Finalmente, la aceleración total en el punto B cumple: 
𝑎𝑎𝑇𝑇 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 = �2.5572 + 21.3642 = 21.567 m/s² 
que en su mayor parte se origina debido a que el móvil describe una curva en B. 
 
 
Para un automóvil que se mueve por la 
pista de la figura, la componente 
tangencial de la aceleración es de la forma 
𝒂𝒂𝒕𝒕 = 𝟔𝟔. 𝟒𝟒 − 𝟔𝟔. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟏𝟏𝒙𝒙 𝐦𝐦/𝐬𝐬² donde 𝒙𝒙 es la 
distancia recorrida desde el punto A. El 
automóvil parte del reposo en el punto A y 
se empieza a mover hacia la derecha. Cuando el vehículo alcanza el punto B por primera vez, 
calcular: 
a) La velocidad del automóvil. 
b) Su aceleración total en dicho punto. 
SEP2020 
 Este problema está relacionado con el problema de cinemática de FEB2020. 
a) La aceleración no es constante de modo que no se pueden usar las ecuaciones de MRUA. 
Como la aceleración depende de la posición se debe utilizar la ecuación dada en los apuntes de 
teoría ec.[7d] punto 1.3.3 (que es equivalente al teor. de conservación de energía): 
𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣02 + 2 � 𝑎𝑎(𝑠𝑠)𝑟𝑟𝑠𝑠
𝑠𝑠
𝑠𝑠0
 
 Puesto que el automóvil parte del reposo 𝑣𝑣0 = 0 en 𝑥𝑥0 = 0: 
𝑣𝑣2 = 2 � (0.4 − 0.001𝑥𝑥)𝑟𝑟𝑥𝑥
𝑥𝑥
0
 ⟹ 𝑣𝑣 = �2 �0.4𝑥𝑥 −
0.001
2
𝑥𝑥2��
0.5
 
Donde 𝑥𝑥 es la distancia entre A y B. Cuando el automóvil llegue al punto B en el cuarto de 
círculo de radio R, habrá recorrido una distancia 𝑥𝑥 cuyo valor es: 
𝑥𝑥 = 200 +
2𝜋𝜋 · 𝛼𝛼
4
= 200 +
2𝜋𝜋 · 50
4
= 278.54 m 
En el punto B resulta una velocidad: 
𝑣𝑣 = �2 �0.4(278.54) −
0.001
2
(278.54)2��
0.5
= 12.052 m/s 
 
 
 
b) 
 En el punto B, el móvil llevará tanto aceleración tangencial como aceleración normal. 
 La aceleración tangencial viene dada por la expresión dada en el enunciado para 𝑥𝑥 =
278.5 m: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 = 0.4 − 0.001(278.54) = 0.1215 m/s² 
La aceleración normal, se puede obtener mediante su expresión y la velocidad de móvil en ese 
instante: 
𝑎𝑎𝑛𝑛(𝑥𝑥 = 278.5) =
𝑣𝑣2
𝛼𝛼
=
12.0522
50
= 2.905 m/s² 
Finalmente, la aceleración total en el punto B cumple: 
𝑎𝑎𝑇𝑇 = �𝑎𝑎𝑣𝑣2 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2 = �0.12152 + 2.9052 = 2.906 m/s² 
que en su mayor parte se origina debido a que el móvil describe una curva en B 
 
 
 
2021 
Un móvil describe un movimiento cuyo vector velocidad es 𝒗𝒗��⃗ = [(𝟒𝟒𝒕𝒕 − 𝟐𝟐)𝒊𝒊 + (𝟓𝟓𝒕𝒕𝟐𝟐 − 𝟓𝟓)𝒋𝒋] 𝐦𝐦/𝐬𝐬. 
Si la posición de la partícula en el instante 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝐬𝐬 es 𝒓𝒓�⃗ = (𝟑𝟑𝒊𝒊 − 𝒋𝒋) 𝐦𝐦, encontrar: 
a) El vector posición y el vector aceleración de la partícula en cualquier instante. 
b) El módulo y las componentes tangencial y normal de la aceleración para 𝒕𝒕 = 𝟐𝟐 𝐬𝐬. 
SEP2021 
Este problema es parecido al problema 11 de los problemas resueltos del capítulo 1. 
a) 
Tenemos �⃗�𝑣 = [(4𝑡𝑡 − 2)𝚤𝚤 + (5𝑡𝑡2 − 5)𝚥𝚥] m/s 
Vector posición: 
Conocida la posición 𝑟𝑟 = (3𝚤𝚤 − 𝚥𝚥) m para 𝑡𝑡 = 1 s, integramos y tenemos: 
𝑥𝑥 − 3 = � (4𝑡𝑡 − 2)𝑟𝑟𝑡𝑡
𝑣𝑣
1
 ⟹ 𝑥𝑥 = 2𝑡𝑡2 − 2 − 2𝑡𝑡 + 2 + 3 = (2𝑡𝑡2 − 2𝑡𝑡 + 3) m 
𝑦𝑦 − (−1) = � (5𝑡𝑡2 − 5)𝑟𝑟𝑡𝑡
𝑣𝑣
1
 ⟹ 𝑦𝑦 =
5
3
𝑡𝑡3 −
5
3
− 5𝑡𝑡 + 5 − 1 = �
5
3
𝑡𝑡3 − 5𝑡𝑡 +
7
3�
 m 
Luego: 
𝑟𝑟 = �(2𝑡𝑡2 − 2𝑡𝑡 + 3)𝚤𝚤 + �
5
3
𝑡𝑡3 − 5𝑡𝑡 +
7
3�
� 𝚥𝚥 m 
Vector aceleración: 
Derivamos el vector velocidad: 
𝑎𝑎𝑥𝑥 =
𝑟𝑟𝑣𝑣𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 4 m s2⁄ 
𝑎𝑎𝑦𝑦 =
𝑟𝑟𝑣𝑣𝑦𝑦
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 10𝑡𝑡 m s2⁄ 
Luego: 
�⃗�𝑎 = (4𝚤𝚤 + 10𝑡𝑡𝚥𝚥 )m/s2 
 
b) Para 𝑡𝑡 = 2 s: 
�⃗�𝑣(2) = (6𝚤𝚤 + 15𝚥𝚥) m/s 
Y la aceleración total para en t = 2 s: 
�⃗�𝑎(2) = (4𝚤𝚤 + 20𝚥𝚥 )m/s2 con módulo ⌊�⃗�𝑎(2)⌋ = √42 + 202 = √416 = 20.3961 m s2⁄ 
La velocidad es tangente a la trayectoria, es decir, �⃗�𝑣 = 𝑣𝑣 · 𝑢𝑢�⃗ 𝑣𝑣 donde 𝑢𝑢�⃗ 𝑣𝑣 es un vector tangente a la 
curva en t = 2 s: 
𝑢𝑢�⃗ 𝑣𝑣(2) =
�⃗�𝑣
|�⃗�𝑣|
=
6𝚤𝚤 + 15𝚥𝚥
√62 + 152
= 0.3714𝚤𝚤 + 0.9285𝚥𝚥 
Ahora, proyectando la aceleración total sobre la tangente a la curva obtendremos 𝑎𝑎𝑣𝑣: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 = �⃗�𝑎 · 𝑢𝑢�⃗ 𝑣𝑣 = (4𝚤𝚤 + 20𝚥𝚥 ) · (0.3714𝚤𝚤 + 0.9285𝚥𝚥) = 1.4856 + 18.5695 = 20.0551 m s2⁄ 
Luego: 
�⃗�𝑎𝑣𝑣 = 𝑎𝑎𝑣𝑣 · 𝑢𝑢�⃗ 𝑣𝑣 = 20.0551 · (0.3714𝚤𝚤 + 0.9285𝚥𝚥) = (7.4483𝚤𝚤 + 18.6207𝚥𝚥) m s2⁄ 
Teniendo todo esto ya podemos sacar �⃗�𝑎𝑛𝑛 y posteriormente 𝑎𝑎𝑛𝑛. 
�⃗�𝑎𝑛𝑛 = �⃗�𝑎 − �⃗�𝑎𝑣𝑣 = (4𝚤𝚤 + 20𝚥𝚥 ) − (7.4483𝚤𝚤 + 18.6207𝚥𝚥) = (−3.4483𝚤𝚤 + 1.3793𝚥𝚥) m s2⁄ 
𝑎𝑎𝑛𝑛 = �3.44832 + 1.37932 = 3.7139 m s2⁄ 
Para obtener 𝑎𝑎𝑣𝑣 y 𝑎𝑎𝑛𝑛, también podíamos haber procedido del siguiente modo: 
El ángulo que forma el vector �⃗�𝑎(2) con el eje X 
en el sistema de referencia XY es: 
arctan
𝑎𝑎𝑦𝑦
𝑎𝑎𝑥𝑥
= arctan
20
4
= 78.6900° 
Del mismo modo, el ángulo que forma el vector 
�⃗�𝑣(2) (ó �⃗�𝑎𝑣𝑣(2)) con el eje X en el sistema de 
referencia XY es: 
arctan
𝑣𝑣𝑦𝑦
𝑣𝑣𝑥𝑥
arctan
15
6
= 68.1986° 
Llamaremos 𝜃𝜃 al ángulo formado entre el vector �⃗�𝑎(2) y �⃗�𝑣(2) que será la diferencia de los ángulos 
anteriores: 
(6, 15) 
(4, 20) 
𝜃𝜃 = 78.6900° − 68.1986° = 10.4914° 
Ahora: 
𝑎𝑎𝑣𝑣 = 𝑎𝑎 · cos 𝜃𝜃 = 20.3961 · cos 10.4914 = 20.0551 m s2⁄ 
𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑎𝑎 · sen 𝜃𝜃 = 20.3961 · sen 10.4914 = 3.7139 m s2⁄ 
que coincide con los valores de 𝑎𝑎𝑣𝑣 y 𝑎𝑎𝑛𝑛 hallados antes. 
 
 
2022 
Una partícula se mueve en una línea recta según la ecuación: 𝒙𝒙 = 𝒕𝒕𝟑𝟑 − 𝟒𝟒𝒕𝒕𝟐𝟐 +𝟑𝟑𝒕𝒕 en metros. En el 
intervalo de tiempo [0, 3] s: 
a) encontrar la aceleración de la partícula en los puntos en que el desplazamiento es nulo. 
b) encontrar el valor mínimo de la velocidad. 
FEB2022 
a) Necesitamos obtener la velocidad de la partícula y a partir de ésta, su aceleración. 
𝑣𝑣 =
𝑟𝑟𝑥𝑥
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 3𝑡𝑡2 − 8𝑡𝑡 + 3 
𝑎𝑎 =
𝑟𝑟𝑣𝑣
𝑟𝑟𝑡𝑡
= 6𝑡𝑡 − 8 
Según la ecuación de la posición del enunciado, vemos que los tiempos que anulan la 
posición son: 
𝑡𝑡1 = 0 s 
Y para encontrar los dos tiempos restantes, dividimos entre 𝑡𝑡 y resolvemos la ecuación: 
𝑡𝑡2 − 4𝑡𝑡 + 3 = 0 
Que tiene como raíces: 𝑡𝑡2 = 1 s y 𝑡𝑡3 = 3 s 
Con estos valores sustituidos en la ecuación para la aceleración, obtenemos: 
𝑎𝑎1 = −8 m s2⁄ ; 𝑎𝑎2 = −2 m s2⁄ ; 𝑎𝑎3 = 10 m s2⁄ 
b) De la primera ecuación, vemos que la velocidad tiene forma de parábola. Para encontrar el 
mínimo de la velocidad en el intervalo de tiempo [0, 3], la derivamos e igualamos a cero: 
6𝑡𝑡 − 8 = 0 ⟹ 𝑡𝑡 =
4
3
 s 
 El valor de la velocidad para este tiempo es: 
3 �
4
3�
2
− 8 �
4
3�
+ 3 = −
7
3
 
m
s
 
 Es útil representar la gráfica del movimiento unidimensional de la partícula donde se 
observan las raíces: 
 
 
 
Así como la gráfica de su velocidad (parábola) con raíces en 𝑡𝑡 = 0.451 s y en 𝑡𝑡 = 2.215 s y su 
mínimo en el intervalo indicado 𝑡𝑡 = 4 3⁄ s: 
 
Observando ambas gráficas podemos deducir que la partícula avanza desde el origen por el 
eje X positivo hasta 𝑡𝑡 = 0.451 s donde alcanza su máximo desplazamiento 𝑥𝑥(𝑡𝑡 = 0.451) =
0.631 m. Después, su velocidad se hace negativa (retrocede) pasando de nuevo por el origen en 𝑡𝑡 =
1 s, esto es, 𝑥𝑥(𝑡𝑡 = 1) = 0 m y alcanzará su máximo desplazamiento negativo en 𝑥𝑥(𝑡𝑡 = 2.215) =
−2.117 m. Después se vuelve a desplazar hacia la derecha alcanzando de nuevo el origen en 𝑡𝑡 =
3 s.