tipler libro solucionario fisica tomo 1 capítulo 1y2

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CAPITULO 1 Introducción

Libro solucionario

FÍSICA TOMO I

Autor

Paul A. Tipler Editorial Reverté S.A.

Antonio Lázaro Morales Diplomado en Ciencias Empresariales & Licenciado en Marketing

1

FÍSICA_________________________________________________________________

2

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I Introducción Ejercicios

1. Las expresiones son las siguientes: a) b) c) d)

1 MW 2 mg 3 µm 30 ks

2. Las expresiones son las siguientes: a) b) c) d)

0,000040 vatios 0,000000004 segundos 3.000.000 vatios 25.000 metros

3. Las expresiones son las siguientes: a) b) c) d) e) f) g)

1 picogrito. 1 gigabajo 1 miroteléfono 1 attoniño 1 megateléfono 1 nanocabra 1 teratoro

4. Las unidades son las siguientes: a) C1 = m ; C 2 =

m s

m s2 m c) C1 = 2 s

b) C1 =

d) C1 = m ; C 2 = s −1

3


FÍSICA_________________________________________________________________ e) C1 =

m ; C 2 = s −1 s

5. Las dimensiones son las siguientes: a) [C1 ] = L ; [C 2 ] =

L = LT −1 T

b) [C1 ] =

L = LT − 2 T2

c) [C1 ] =

L = LT − 2 2 T

d) [C1 ] = L ; [C 2 ] = T −1 e) [C1 ] =

L ; [C 2 ] = T −1 T

6. Las dimensiones de las constantes siguen siendo las mismas, ya que lo único que cambia son las unidades de medida.

7. Si representamos la tierra como una circunferencia: A Distancia (A,B) = 107 metros

B

A = Polo norte B = Ecuador a) Una circunferencia está constituida por cuatro cuadrantes. Si un cuadrante de la tierra tiene una longitud de 107 metros, entonces la circunferencia del globo terrestre será igual a 4 × 10 7 m . b) Por álgebra sabemos que la longitud de una circunferencia obedece a la expresión l = 2πr , donde r representa el radio. Como la longitud l ya la hemos calculado en el

4

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apartado anterior, para obtener el radio sólo nos basta con despejar éste de la ecuación de l 4 × 10 7 m longitud r = = = 6,36619772 × 10 6 m 2π 2π c) Las respuestas en millas se calculan utilizando el factor de conversión 1 milla = 1.609 m. Así pues, tenemos: 1 milla l = 4 × 10 7 m × = 24.860,16 millas 1.609 m r = 6,36619772 × 10 6 m ×

1 milla = 3.956,61 millas 1.609 m

8. Utilizando los factores de conversión tenemos: a) 100

km km 1 milla millas = 100 × = 62,15 h h 1,609 km h

b) 60 cm = 60 cm ×

1 pulgada = 23,62 pulgadas 2,54 cm

c) 100 yd = 100 yd ×

1m = 91,44 m 1,0936 yd

9. Sustituyendo sus expresiones por las unidades que expresan tenemos: m2 2 v2 = s = 1 = adimensional a) m xa m 2 s 1

⎛ ⎞2 ⎜ ⎟ x ⎜m⎟ = = s2 a ⎜m⎟ ⎜ 2⎟ ⎝s ⎠

( )

b)

c)

1 2

=s

1 2 m at = prescindimos de la constante = 2 s 2 = m 2 s

10. Este factor de conversión lo podemos deducir del apartado a) del ejercicio 9. Así pues, tenemos que este factor de conversión es: 100

km millas = 62,15 h h

→ 1

100 km milla km = = 1,609 h h 62,15 h

5

FÍSICA_________________________________________________________________

11. Las soluciones a los apartados son las siguientes: a) 1 año = 1 año ×

365 días 24 h 60 min 60 s × × × = 3,1536 × 10 7 s año día h min

b) Para contar 1.000.000.000 $ = 10 9 $ hacen falta 10 9 s , y como tenemos el factor de con1 año versión de años en segundos, la solución es 10 9 s × = 31,7097 años 3,1536 × 10 7 s c) Operando de forma similar al apartado anterior tenemos que la solución es 1 año 6 × 10 23 s × = 1,9025 × 1016 años 3,1536 × 10 7 s

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

Fr 2 . Las unidades SI son: m1 m2

kg ⋅ m 2 m 2 Fr m3 s G= = = 2 m1 m2 kg ⋅ kg s kg 2

y sus dimensiones

[G ] =

L3 T 2M

13. Los factores de conversión buscados son: mi m 1 km km = 3 × 10 8 × 3 = 3 × 10 5 . Como sabemos que las velocidades son s s 10 m s equivalentes y que en el mismo tiempo recorren la misma distancia 186.000 mi = 3 × 10 5 km , el fac3 × 10 5 tor de conversión entre la milla y el kilómetro es 1 mi = km = 1,6129 km 186 × 10 3 b) Los datos que nos dan son 1 pie 3 = 62,4 libras y 1 cm 3 = 1 g . Nos piden el peso en libras de 1 kg de masa., esto es: a) 186.000

3

1 cm 3 62,4libras ⎛ 1 pie ⎞ 1 kg = 1.000 g × = 1.000 cm 3 × ⎜ = 2,2036 libras ⎟ = 35,3146 × 10 −3 pie 3 × g pie 3 ⎝ 30,48 cm ⎠

14. Los números son: a) b) c) d)

30.000 0,0062 0,000004 217.000 6

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15. Los números son: a) 10 5 b) 3,03 × 10 −8 c) 6,02 × 10 23 d) 1,4 × 10 −3

16. Los números son: a) 12,2 × 10 2 b) 1,2566368 × 10 6 ≅ 12,57 × 10 5 c) 2 × 10 −5 d) 51,4 × 10 2 + 2,78 × 10 2 = 54,18 × 10 2 e) 19.900.000 × 10 −5 + 9,99 × 10 −5 = 19.900.009,99 × 10 −5 ≅ 1,99 × 10 2

( (

) (

)

) (

)

17. Los números son: a) 1,13886 × 10 5 ≅ 1,14 × 10 5 b) 27,8 × 10 −9 − 5,31 × 10 −9 = 22,49 × 10 −9 c) 8,2673 × 10 3 ≅ 8,27 × 10 3 d) 0,276 × 10 2 + 5,99 × 10 2 = 6,266 × 10 2 ≅ 6,27 × 10 2

(

) (

)

(

) (

)

18. Los números son: a) 1,1437 × 10 5 ≅ 1,14 × 10 5 b) 5,13 × 10 −7 62,3 × 10 7 = 3,19599 × 10 2 ≅ 3,2 × 10 2 c) 0,0028401 × 10 4 + 5,78 × 10 4 = 5,7828401 × 10 4 ≅ 5,78 × 10 4 d) 15,1678 × 10 3 ≅ 1,52 × 10 4

( (

)(

) (

)

)

19. Los valores de x son: a) 3 x = 45 − 15

b)

2 1 = −9 x 5

c)

1 2 = 15 − x 3x

→

x=

45 − 15 = 10 3

2 1 − 45 = x 5

→

→

→

1 45 x − 2 = x 3x

x=

2×5 10 5 =− =− 1 − 45 44 22

→

3 = 45 x − 2

7

→

x=

3+ 2 1 = 45 9

FÍSICA_________________________________________________________________

20. Los dos valores que puede tomar x son: 7 ± 7 2 − 48 7 ± 1 ⎧ x1 = 4 a) x − 7 x + 12 = 0 → x = = ⎨ 2 2 ⎩x2 = 3 1 ⎧ x1 = ⎪ 1 ⎪ 2 b) 4 x 2 = 1 → x = ⎨ 1 4 ⎪ ⎪⎩ x 2 = − 2 2

c) x(6 x + 12 ) = 0

d) 2 x 2 + 6 x + 1 = 0

→

x1 = 0

6 x 2 + 12 = 0

x2 = −

12 = −2 6

⎧ −3+ 7 x = − 6 ± 6 − 8 − 6 ± 28 − 6 ± 2 7 ⎪⎪ 1 2 = = x= ⎨ 4 4 4 ⎪x = − 3 − 7 ⎪⎩ 2 2 2

→

21. Como la intensidad del sonido I es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia d a la fuente, la fórmula genérica de la intensidad será: I=

C d2

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

4

mW C = 2 m (3 m) 2

→

C = 36 mW

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

36 mW mW = 2,25 2 2 (4 m) m

b) I =

36 mW mW =1 2 2 (6 m) m

c) I =

36 mW mW = 0,36 2 (10 m) m2

d) I =

36 mW mW =9 2 (2 m) m2

8

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22. Sabemos que la superficie y el volumen de un globo varían de forma directamente proporcional al radio de la esfera, es decir, a mayor radio mayor será la superficie y el volumen de la esfera. Llamamos r1 a la longitud del radio inicial y r2 a la longitud del radio cuando se hincha la esfera, sabiendo que r2 = 2r1 . Las fórmulas del volumen y superficie de una esfera obedecen a las siguientes expresiones: V = Cr 3 S = Kr 2 donde C y K son constantes. Pues bien, las relaciones que existen entre los volúmenes de la esfera antes y después de que ésta se hinche son: V1 Cr13 r13 1 = 3 = = 3 V2 Cr2 (2r1 ) 8 Sabiendo que antes de hinchar la esfera ésta tenía un volumen de V1 = 0,113 m 3 , el nuevo volumen si se duplica su radio será: V2 = 8V1 = 0,904 m 3 De igual forma precedemos con las superficies: S1 Kr12 r12 1 = = = 2 2 S 2 Kr2 (2r1 ) 4 Sabiendo que antes de hinchar la esfera ésta tenía una superficie de S1 = 1,13 m 2 , la nueva superficie si se duplica su radio será: S 2 = 4S1 = 4,52 m 2

23. Conociendo las siguientes conversiones: π 2

= 90º

π 4

= 45º

π = 180º

3π = 135º 4

las respuestas son: ⎛π ⎞ a) sen⎜ ⎟ = 1 ⎝2⎠ ⎛π ⎞ b) cos⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠ c) tg π = 0 9

FÍSICA_________________________________________________________________ ⎛π ⎞ sen⎜ ⎟ ⎛π ⎞ ⎝ 4 ⎠ =1 d) tg⎜ ⎟ = ⎝ 4 ⎠ cos⎛ π ⎞ ⎜ ⎟ ⎝4⎠

2 ⎛π ⎞ e) sen⎜ ⎟ = 2 ⎝4⎠ 2 ⎛ 3π ⎞ f) cos⎜ ⎟ = − 2 ⎝ 4 ⎠

24. Las conversiones son las siguientes: a) b) c) d) e)

π 180º × = 45º π 4 3π 180º × = 270º π 2 π 180º × = 90º π 2 π 180º × = 30º π 6 5π 180º × = 150º π 6

25. Las conversiones son las siguientes: a) 60º× b) 90º× c) 30º× d) 45º×

π 180º

π

=

180º

π

180º

=

π

180º

e) 180º× f) 37º×

=

π

180º

=

π 3

π

2

π

6

π

4

rad rad rad rad

= π rad

π

= 0,64577 rad 180º 1 vuelta 2π rad = 2 vueltas × = 4π rad g) 720º× 360º vuelta

26. Los factores de conversión son: 1

rev rev 2π rad 1 min π rad =1 × × = min min rev 60 s 30 s

10

_________________________________________

1


rev π rad 180º 6º = × = min 30 s π rad s

27. Vamos a calcular, en primer lugar, las vueltas que da el disco en un segundo: 33,3 rpm ×

1 min = 0,555 rps 60 s

Sabiendo este dato, los ángulos son: 0,555 vuelta ×

2πrad = 3,4871 rad vuelta

0,555 vuelta ×

360º = 199,80º vuelta

28. Sabemos que la longitud de una circunferencia es l = 2πr = 2π D = πD = 30π cm . 2

a) Pues bien, un punto A situado en el borde del disco, al cabo de una vuelta habrá completado una distancia equivalente a la longitud del disco, ya que el punto volverá a estar en la misma posición que con respecto al principio. y

A

A x

l=30π cm

b) La velocidad en cm/s es de 33,3

vueltas 30π cm 1 min cm × × = 52,3075 min vuelta 60 s s

11

FÍSICA_________________________________________________________________

29. Gráficamente el problema es el siguiente:

θ1 5

4

θ2 3

cos θ1 =

4 = 0,8 5

senθ1 =

3 = 0,6 5

tgθ1 =

3 = 0,75 4

cos θ 2 =

3 = 0,6 5

senθ 2 =

4 = 0,5 5

tgθ 2 =

) 4 = 1,3 3

Para el cálculo de los grados de estos dos ángulos, lo haremos buscando para cualquiera de los datos calculados anteriormente, aquellos grados que “rodean” el valor calculado. Por ejemplo, para el dato cos θ1 = 0,8 vamos a comprobar en las tablas qué dos ángulos contienen este valor:

cos 36º = 0,8090 y cos 37º = 0,7986 θ

37º

θ1 α 36º

cos θ 0,7986

0,8

0,8090

El valor de la tangente del ángulo α es: tg α =

θ1 − 36º 37º −36º = 0,8090 − 0,7986 0,8090 − 0,8

→ θ 1 = 36,8653º

Como sabemos, los ángulos interiores de un triángulo han de sumar 180º, el valor de θ 2 es inmediato, esto es θ 1 + θ 2 + 90 = 180 , de donde: θ 2 = 180 − 90 − 36,8653 = 53,1347 º . 12

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

θ1 c

b=8

θ2 a=2

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

a2 + b2 = c2

→

c = 2 2 + 8 2 = 68 = 2 17

b) Los valores pedidos son: cos θ1 = cos θ 2 =

8 2 17 2 2 17

2

= 0,9701

senθ1 =

= 0,2425

senθ 2 =

= 0,2425

2 17 8 2 17

= 0,9701

tgθ1 =

2 = 0,25 8

tgθ 2 =

8 =4 2

c) Por ejemplo, para el dato tg θ1 = 0,25 vamos a comprobar en las tablas qué dos ángulos contienen este valor:

tg 14º = 0,2493 y tg 15º = 0,2679 θ

15º

θ1 α 14º

tg θ 0,2493

0,25

0,2679

13

FÍSICA_________________________________________________________________ El valor de la tangente del ángulo α es:

θ1 − 14º 15º −14º = 0,2679 − 0,2493 0,25 − 0,2493

tg α =

→ θ 1 = 14,0376º

Como sabemos, los ángulos interiores de un triángulo han de sumar 180º, el valor de θ 2 es inmediato, esto es θ 1 + θ 2 + 90 = 180 , de donde: θ 2 = 180 − 90 − 14,0376 = 75,9624º .

31. Las soluciones son: π rad ⎞ ⎛ 2π ⎞ 2π ⎛ rad ⎟ ≅ = 0,1396 a) sen 8º = sen ⎜ 8º× ⎟ = sen ⎜ 180º ⎠ ⎝ ⎝ 45 ⎠ 45 π rad ⎞ ⎛ π rad ⎞ π ⎛ = 0,0872 b) tg 5º = tg ⎜ 5º× ⎟ = tg ⎜ ⎟≅ 180º ⎠ ⎝ ⎝ 36 ⎠ 36

32. Desarrollando el binomio tenemos: (1 + x) 3 = 1 + 3x +

3(3 − 1) 2 3(3 − 1)(3 − 2) 3 x + x = 1 + 3x + 3x 2 + x 3 2 3⋅ 2

Haciendo la multiplicación de forma directa obtenemos: (1 + x) 2 = (1 + x)(1 + x) = 1 + 2 x + x 2 (1 + x) 2 (1 + x) = (1 + 2 x + x 2 )(1 + x) = 1 + 2 x + x 2 + x + 2 x 2 + x 3 = 1 + 3x + 3 x 2 + x 3 Como es lógico, los resultados coinciden.

33. Las soluciones son: 1

1

100 ⎞ 2 ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ 2 ⎛ a) 99 = (100 − 1) = ⎜100 − ⎟ = ⎢100⎜1 − ⎟⎥ = 100 (1 − 0,01) 2 = 10(1 − 0,01) 2 100 100 ⎝ ⎠ ⎠⎦ ⎣ ⎝ n y utilizando la aproximación (1 + x) ≅ 1 + nx x << 1 1 2

1

⎡ 1 ⎤ 99 ≅ 10⎢1 + (−0,01)⎥ = 9,95 ⎣ 2 ⎦ b)

1 1 = = (1 + 0,01) −1 ≅ 1 + 0,01(−1) = 0,99 1 1,01 (1 + 0,01) 1 3

c) 124 = (125 − 1)

1

1

1 3

1 125 ⎞ 3 ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ 3 3 ⎛ = ⎜125 − ⎟ = ⎢125⎜1 − ⎟⎥ = 125 (1 − 0,008) 3 125 ⎠ ⎝ ⎣ ⎝ 125 ⎠⎦

14

1

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1 ) ⎡ 1 ⎤ 124 3 ≅ 5⎢1 + (−0,008)⎥ = 4,986 ⎣ 3 ⎦

35. Utilizando la aproximación (1 + x) n

≈ 1 + nx tenemos que:

a) 9,8 2 = (10 − 0,2) 2 = [10(1 − 0,02)] = 10 2 (1 − 0,02) 2 ≅ 100[1 + 2 ⋅ ( −0,02)] = 100 ⋅ 0,96 = 96 2

b) 0,999 5 = (1 − 0,001) 5 ≅ 1 + 5( −0,001) = 0,995 c) (1,002) −2 = (1 + 0,002) −2 ≅ 1 − 2 × 0,002 = 0,996

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FÍSICA_________________________________________________________________ Problemas

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

D 384 × 10 6

Despejando el diámetro D en la fórmula anterior, tenemos que, aproximadamente, el diámetro de la luna vale: D = 384 × 10 6 × 0,524º×

π rad 180º

= 3,5119 × 10 6 ≅ 3,51 Mm

2. La longitud de la rueda es de l = 2πr = 2π D = 0,62π m . 2

a) Cuando el coche recorre 1 Km., el número de vueltas que da es 1.000 m ×

b) 50

1 vuelta = 513,40 vueltas 0,62π m

km km 1h 513,4 vueltas 2π rad rad = 50 × × × = 44,8026 h h 3.600 s km vuelta s

Así pues, en 1 segundo la rueda recorre 44,8026 radianes o, lo que viene a ser lo mismo, 1 vuelta 44,8026rad × = 7,13 vueltas . 2π rad

3. Sabemos que sen (θ1 + θ 2 ) = senθ1 cos θ 2 + senθ 2 cos θ1 , y si θ1 = θ 2

entonces

sen 2θ = senθ cos θ + senθ cos θ = 2senθ cos θ

4. Las soluciones son: a) (sen 64º ) + (cos 64º ) = 1 → 2

2

cos 64º = 1 − (sen 64º ) = 1 − 0,9 2 = 0,4358 2

b) Utilizando la expresión cos 2θ = cos 2 θ − sen 2θ , siendo θ = 32º , obtenemos la siguiente expresión: 16

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cos 64º = cos 2 32º −(1 − cos 2 32º ) = −1 + 2 cos 2 32º y como el valor cos 64º = 0,4358 (calculado en el apartado anterior), nos queda que: cos 32º =

1 + cos 64º 1 + 0,4358 = = 0,8472 2 2

c) Utilizamos la misma expresión que en el apartado anterior, siendo θ = 64º cos128º = cos 2 64º −(1 − cos 2 64º ) = −1 + 2 cos 2 64º = −1 + 2(0,4358) 2 = −0,6201 d) cos128º = − cos 52º . Utilizando la expresión cos 2θ = cos 2 θ − sen 2θ , siendo θ = 26º , obtenemos la siguiente expresión: cos 52º = cos 2 26 − sen 2 26º = (1 − sen 2 26º ) − sen 2 26º = 1 − 2sen 2 26º cos 52º = 0,6201 (calculado en el apartado anterior), nos queda que: sen 26º =

y

como

el

valor

1 − cos 52º 1 − 0,6201 = = 0,4358 2 2

e) sen 244º = −sen (244º −180º ) = −sen 64º = −0,9 f) Utilizando la expresión sen 96º = sen (180º −96º ) = sen 84º = sen (52º +32º ) , sen (52º +32º ) = sen 52º cos32º +sen 32º cos52º , y como cos 52º = 0,6201 y cos 32º = 0,8472 sen 52º = 1 − (cos52º ) = 1 − 0,62012 = 0,7845 2

sen 32º = 1 − (cos32º ) = 1 − 0,8472 2 = 0,5312 2

Así pues, tenemos que:

sen (52º +32º ) = 0,7845 ⋅ 0,8472 + 0,5312 ⋅ 0,6201 = 0,9940 g) tg 64º =

sen 64º 0,9 = = 2,0651 cos 64º 0,4358

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FÍSICA_________________________________________________________________

5. El esquema del paralelepípedo es el siguiente:

40 cm

θ d 15 cm

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

40 cm

θ d

El valor de d es 15 2 + 15 2 = d 2 , de donde se obtiene que d = 15 2 Por el teorema de Pitágoras el valor del ángulo θ es de tg θ =

40 15 2

= 1,885618

→ θ = arctg 1,885618 = 62,06º

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

18


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7. a) La función a ajustar es T = Cm n

que linealizamos tomando logaritmos

log T = log C + n log m llamando Y = log T ⎫ ⎪ A = log C ⎬ se transforma en Y = A + nX X = log m⎪⎭

Ahora formamos la siguiente tabla: Tj

mi

Yj

Xi

Yj X i

X i2

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

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

-0,2518120 -0,0809219 0,0211893 0,1072100 0,1903317 0,2430380 0,3463530 0,5753881

-1,0000000 -0,6989700 -0,3979400 -0,3010300 -0,1249387 0,0000000 0,1760913 -2,3467875

0,2518120 0,0565620 -0,0084321 -0,0322734 -0,0237798 0,0000000 0,0609897 0,3048784

1,0000000 0,4885591 0,1583563 0,0906191 0,0156097 0,0000000 0,0310081 1,7841522

El sistema de ecuaciones (ajuste potencial a una recta) es: 7

7

∑ Y j = NA + n∑ X i j =1

7

i =1

7

7

7

i =1

i =1

∑∑ Y j X i = A∑ X i + n∑ X i2 i =1 j =1

es decir 0,5753881 = 7 A − 2,3467875n 0,3048784 = −2,3467875 A + 1,7841522n que nos dan como solución n = 0,4990884 A = 0,24952036 Así pues, tenemos que C = anti log A = 1,776316 . Por tanto, la fórmula del período es: T = 1,776316 ⋅ m 0, 4990884 Ahora construimos la siguiente tabla:

19

FÍSICA_________________________________________________________________ Tj

Ajuste funcional

Diferencia

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

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

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

A la vista de las diferencias obtenidas entre el dato real del período y el obtenido mediante la fórmula ajustada, podemos decir que los datos que más se desvían son aquellos en los que el objeto tiene una masa de 0,4 kg y 1,50 kg.

8. a) La función a ajustar es T = Cr n

que linealizamos tomando logaritmos

log T = log C + n log r llamando Y = log T ⎫ ⎪ A = log C ⎬ se transforma en Y = A + nX X = log r ⎪⎭

Ahora formamos la siguiente tabla: Tj

ri

Yj

Xi

Yj X i

X i2

0,44 1,61 3,88 7,89

0,088 0,208 0,374 0,600

-0,3565473 0,2068259 0,5888317 0,8970770 1,3361873

-1,0555173 -0,6819367 -0,4271284 -0,2218487 -2,3864311

0,3763419 -0,1410421 -0,2515068 -0,1990154 -0,2152224

1,1141168 0,4650376 0,1824387 0,0492169 1,8108100

El sistema de ecuaciones (ajuste potencial a una recta) es: 4

∑Y j =1

4

4

4

j

= NA + n∑ X i i =1

4

4

i =1

i =1

∑∑ Y j X i = A∑ X i + n∑ X i2 i =1 j =1

es decir 1,3361873 = 4 A − 2,3864311n − 0,2152224 = −2,3864311A + 1,8108100n que nos dan como solución n = 1,50358465 20


_________________________________________

A = 1,23109713 Así pues, tenemos que C = anti log A = 17,02539 . Por tanto, la fórmula del período es: T = 17,02539 ⋅ r 1,50358465 b) Se descubre un satélite de período 6,20 años. Si sustituimos este dato en la fórmula hallada y despejamos r obtendremos el valor del radio, esto es: 1

T = 17,02539 ⋅ r 1,50358465 = 6,20

⎛ 6,20 ⎞ 1,50358465 r =⎜ = 0,51077 Gm ⎟ ⎝ 17,02539 ⎠

→

9. Las soluciones del problema son: a) La ecuación que nos da el período T es de la forma: T = k ⋅ La ⋅ g b k = Constante

En principio desconocemos los valores de los exponentes. Sin embargo, la ecuación tiene que ser homogénea (mismas unidades de medida en ambos miembros), por los que usando el análisis dimensional nos queda: ⎛ L ⎞ T =L ⎜ 2⎟ ⎝T ⎠ 1

b

a

T 1 = La +b ⋅ T −2b

Ahora podemos plantear un sistema de ecuaciones en base a los exponentes, esto es:

1 = −2b 0 = a+b

→

1 ⎧ ⎪⎪a = 2 ⎨ ⎪b = − 1 ⎪⎩ 2

Por tanto, el período T depende directamente de la longitud del péndulo e inversamente de la L gravedad, T = k ⋅ g b) y c) Los resultados obtenidos de la experiencia han sido: L1 = 50 cm T1 = 1,4 s L2 = 30 cm T2 = 1,1 s

21

FÍSICA_________________________________________________________________ Sustituyendo en la fórmula, y sabiendo que la constante k es un múltiplo de π , k = Cπ , nos queda:

T1 = Cπ ⋅

L1 0,5 = Cπ ⋅ = C ⋅ 0,709613447 g 9,8

→

C=

1,4 = 1,972905 0,709613447

T2 = Cπ ⋅

L2 0,3 = Cπ ⋅ = C ⋅ 0,549664212 g 9,8

→

C=

1,1 = 2,00122 0,549664212

Este múltiplo de π que estamos buscando es C = 2 , con lo cual, la fórmula definitiva del período de un péndulo simple es:

T = 2π

L g

10. La ecuación que nos da el alcance R es de la forma: R = k ⋅ va ⋅ g b k = Constante

En principio desconocemos los valores de los exponentes. Sin embargo, la ecuación tiene que ser homogénea (mismas unidades de medida en ambos miembros), por los que usando el análisis dimensional nos queda: a

⎛L⎞ ⎛ L ⎞ L1 = ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝T ⎠ ⎝T ⎠

b

L1 = La + b ⋅ T − a − 2b Ahora podemos plantear un sistema de ecuaciones en base a los exponentes, esto es: 1= a+b 0 = − a − 2b

→

⎧a = 2 ⎨ ⎩b = −1

Por tanto, el alcance R depende directamente del cuadrado de la velocidad inicial e inversav2 mente de la gravedad, R = k ⋅ g

11. Las soluciones a las preguntas son: a) Al aumentar H es de esperar que aumente el alcance R, ya que a mayor altura más tiempo tardará en tocar suelo la pelota. De igual forma ocurre con la velocidad v, es decir, a mayor velocidad mayor será la distancia horizontal recorrida por unidad de tiempo.

22


_________________________________________

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

R = k ⋅ va ⋅ g b ⋅ H c k = Constante

En principio desconocemos los valores de los exponentes. Sin embargo, la ecuación tiene que ser homogénea (mismas unidades de medida en ambos miembros), por los que usando el análisis dimensional nos queda: a

b

⎛L⎞ ⎛ L ⎞ L1 = ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⋅ Lc ⎝T ⎠ ⎝T ⎠ L1 = La +b + c ⋅ T − a − 2b Ahora podemos plantear un sistema de ecuaciones en base a los exponentes, esto es: 1= a+b+c 0 = − a − 2b

→

⎧a = 2 − 2c ⎨ ⎩b = c − 1

Para el valor c = 1 , los parámetros a y b se hacen cero y, por tanto, el alcance R sólo depen1 dería de la altura. Para evitar esto, vamos a dar a c un valor distinto de 1, por ejemplo c = 2 Por tanto, el alcance R depende directamente de la velocidad inicial y de la altura e inversamente de la gravedad.

R = k ⋅v⋅

H g

12. Los volúmenes de la esfera para los radios r y r + ∆r

son:

4 V (r ) = πr 3 3 ⎡ ⎤ 2 3 ⎢ 4 4 4 3 ∆r ⎛ ∆r ⎞ ⎛ ∆r ⎞ ⎛ ∆r ⎞ ⎥ V (r + ∆r ) = π (r + ∆r ) 3 = πr 3 ⎜1 + + 3⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ ⎟ = πr ⎢1 + 3 3 3 r ⎠ 3 r 1 r4 r3 ⎝ ⎝4 ⎠ 24 ⎝4 ⎠ ⎥ ⎢ ≈ 0 ⎣ ⎦ 3

a) El volumen de la capa esférica limitada por los dos radios es igual a: 4 ∆r ⎞ 4 ⎛ V (r + ∆r ) − V (r ) = πr 3 ⎜1 + 3 ⎟ − πr 3 = 4πr 2 ∆r r ⎠ 3 3 ⎝ b) Como el volumen de la capa esférica es 4πr 2 ∆r que equivale a A∆r , donde A es el área de la esfera, por similitud el área de una esfera de radio r es 4πr 2 . 23

FÍSICA_________________________________________________________________

13. El esquema de la pirámide de Keops es el siguiente:

C

222 m h

B

51º

A a

Si pasamos el triángulo formado por el ángulo θ = 51º a un plano bidimensional nos queda:

h

θ =51º a/2

Por el teorema de Pitágoras el valor del ángulo θ es de tg 51º =

h a 2

→

a=

2h tg 51º

La diagonal d de la base cuadrada de la pirámide es d = a 2 + a 2 = a 2 . Sabiendo este dato podemos calcular la altura h de la pirámide. Así pues, con el triángulo formado de vértices ∧

ABC tenemos:

24

_________________________________________


222 h

d/2

2

⎛d ⎞ 2 2 ⎜ ⎟ + h = 222 ⎝2⎠

→

a2 h = 49.284 − 2

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

a=

2h = tg 51º

2 49.284 − tg 51º

a2 2 , y ahora elevamos al cuadrado ambos miembros de la igual-

dad: ⎛ a2 4⎜⎜ 49.284 − 2 a2 = ⎝ tg 2 51º

⎞ ⎟⎟ ⎠ = 129.271,9676 − 1,311500361 ⋅ a 2

Así pues, la solución es: a=

129.271,9676 = 236,4858 m 2,311500361

14. Como conocemos las expresiones sen (θ1 + θ 2 ) y cos (θ1 + θ 2 ) tg (θ 1 + θ 2 ) =

tenemos que:

sen (θ1 + θ 2 ) sen θ1cos θ 2 + sen θ 2 cos θ 1 = cos (θ1 + θ 2 ) cos θ1cos θ 2 − sen θ 1sen θ 2

Y si dividimos el numerador y el denominador por la expresión cos θ1cos θ 2 nos queda: sen θ 1cos θ 2 sen θ 2 cos θ1 sen θ1 sen θ 2 + + cos θ1cos θ 2 cos θ1cos θ 2 cos θ1 cos θ 2 tg θ1 + tg θ 2 tg (θ 1 + θ 2 ) = = = cos θ1cos θ 2 sen θ1sen θ 2 sen θ1sen θ 2 1 − tg θ1 tg θ 2 − 1− cos θ1cos θ 2 cos θ1cos θ 2 cos θ1cos θ 2

25

FÍSICA_________________________________________________________________

15. El esquema del problema es el siguiente: N

30º

a

10 km 30º

O

E

S

a) Cuando ha recorrido 10 km se encuentra a: 10 ⋅ cos 30º = 8,66 km de la carretera norte-sur 10 ⋅ sen30º = 5 km de la carretera este-oeste

b) La distancia que deberá andar hasta alcanzar la carretera norte-sur es la distancia a señalada en el gráfico. sen30º =

10 ⋅ cos 30º a

→

a=

10 = 17,32 km tg30º

16. Las soluciones son las siguientes: a) Los términos pedidos

1 n(n − 1) x 2 son: 2

Valor de n y x a) 1/2 y 0,01 b) -1 y 0,01 c) 1/3 y 0,008

Valor del término a) -0,0000125 b) 0,0001 c) -0,00000711

26

% -0,00125 0,01 -0,000711

_________________________________________


b) Las diferencias son: Valor aproximado a) 9,95 b) 0,99 c) 4,986

Valor exacto a) 9,949874371 b) 0,990099009 c) 4,986630952

Diferencia 0,000125629 -0,000099009 -0,000630952

% 0,0012626 -0,0099999 -0,0126528

17. Las soluciones son las siguientes: a) Los términos pedidos

1 n(n − 1) x 2 son: 2

Valor de n y x a) 2 y 0,002 b) 5 y 0,001 c) -2 y 0,002

Valor del término a) 0,0004 b) 0,00001 c) 0,000012

% 0,04 0,001 0,0012

b) Las diferencias son: Valor aproximado a) 96 b) 0,995 c) 0,996

Valor exacto a) 96,04 b) 0,99500999 c) 0,996011968

Diferencia -0,04 -0,00000999 -0,000011968

18. Mediante la hoja de cálculo Excel, las soluciones son: a) θ = 1,8955 rad b) θ = 0,702034 rad = 40,22º c) θ = 0,1 rad

27

% 0,04165 -0,001004 -0,001201

CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión

___________________________

II Movimiento en una dimensión Ejercicios

1.

Las soluciones son:

a) La velocidad media será el cociente de dividir la distancia total recorrida entre el tiempo empleado, esto es:

vm =

2 km 60 min × = 24 km/h 5 min h

b) En este caso vm =

− 2 km 60 min × = −12 km/h 10 min h

El signo negativo indica el movimiento hacia la izquierda. c) Al regresar al punto de partida u origen ( x 2 = x1 ), la velocidad media es nula vm =

x 2 − x1 0 km − 0 km 60 min = × = 0 km/h 15 min 15 min h

d) La velocidad media vectorial es r r r r r x 2 − x1 (2 km)i − (−2 km)i vm = = 15 min ∆t

r r ⎛ 4 km ⎞ r → vm = ⎜ ⎟i = (16 km/h)i ⎝ 15 min ⎠

de donde el módulo de la velocidad media vale r | v m |= 16 km/h

2.

Ahora, en el viaje de vuelta sólo llega a la mitad del recorrido (1 km) e invierte en ello 10 minutos

a) Es la misma que en el ejercicio 1, es decir:

vm =

2 km 60 min × = 24 km/h 5 min h

1

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ b) En este caso sólo camina durante un kilómetro, por tanto vm =

− 1 km 60 min × = −6 km/h 10 min h

El signo negativo indica el movimiento hacia la izquierda. c) Ahora, en el regreso, se queda a un kilómetro del punto de partida. Así, la velocidad media es vm =

x 2 − x1 1 km − 0 km 60 min = × = 4 km/h 15 min 15 min h

d) La velocidad media vectorial es r r r r r x 2 − x1 (2 km)i − (−1 km)i vm = = 15 min ∆t

r r ⎛ 3 km ⎞ r → vm = ⎜ ⎟i = (12 km/h)i ⎝ 15 min ⎠

de donde el módulo de la velocidad media vale r | v m |= 12 km/h

3.

Conociendo la expresión de la velocidad media v m =

a) v m =

− 7 − (+5) = −2 m/s 6−0

b) v m =

2 − ( −7 ) = 2,25 m/s 10 − 6

c) v m =

2 − (+5) = −0,3 m/s 10 − 0

4.

x 2 − x1 t 2 − t1

La distancia recorrida, en el viaje, es de 200 km.

a) El tiempo transcurrido en el viaje es de 17,50 − 12,00 = 5,5 h . Por tanto, la velocidad media es de vm =

200 km = 36,36 km/h 5,5 h

b) La velocidad media es igual a la del apartado anterior (misma distancia y mismo tiempo invertido). Hay que recordar que la velocidad media no nos dice nada acerca de cómo ha sido del desplazamiento, tan solo se trata de una velocidad promedio.

2

___________________________


c) Al regresar al punto de partida u origen ( x 2 = x1 ), la velocidad media es nula vm =

x 2 − x1 0 km − 0 km = 0 km/h = 5,5 + 2 + 6 − 0 h t 2 − t1

No obstante, la velocidad media vectorial no es nula r r r r r x 2 − x1 (200 km)i − (−200 km)i vm = = 13,5 h ∆t

r r ⎛ 400 km ⎞ r → vm = ⎜ ⎟i = (29,63 km/h)i ⎝ 13,5 h ⎠

de donde el módulo de la velocidad media vale r | v m |= 29,63 km/h d) El desplazamiento “escalar” es nulo, ya que al volver al punto de partida no hay desplazamiento, esto es x 2 − x1 = 0 km − 0 km = 0 km/h . Sin embargo, el desplazamiento vectorial es igual a: r r r r r x 2 − x1 = (200 km)i − (−200 km)i = (400 km)i

5.

Vamos a hacer una distinción del desplazamiento en dos partes, cada una de ellas con una velocidad media diferente.

a) El desplazamiento de cada uno de los dos tramos es Tramo 1: ∆x = v m ∆t =

80 km × 2,5 h = 200 km h

Tramo 2: ∆x = v m ∆t =

40 km × 1,5 h = 60 km h

Así pues, el desplazamiento total en el viaje de 4 h es de 260 km. b) La velocidad media del viaje completo es de v m =

6.

Las velocidades medias pedidas son:

v m (a) =

∆x 3 m − 3 m = = 0 m/s ∆t 4s

v m (b) =

∆x 4 m − 3 m = = 0,33 m/s ∆t 7s−4s

v m (c ) =

∆x − 2 m − 4 m = = −2 m/s ∆t 10 s − 7 s 3

∆x 260 km = = 65 km/h ∆t 4h

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ v m (d ) =

7.

∆x 1 m − (−2 m) = = 1 m/s ∆t 13 s − 10 s

Las soluciones las vamos a exponer en el siguiente cuadro:

t2

Velocidad instantánea v1 > 0 v1 > v 2 v2 < 0

(b)

t1 t2

v1 > 0 v2 > 0

v1 = v 2

| v1 |=| v 2 |

(c)

t1 t2

v1 < 0 v2 > 0

v1 < v 2

| v1 |>| v 2 |

t1

v1 > 0

t2

v2 < 0

v1 > v 2

| v1 |<| v 2 |

Gráfico

Instante t1

(a)

(d)

8.

Comparación de las celeridades | v1 |>| v 2 |

Las soluciones son:

a) Por definición de la velocidad media tenemos que vm =

x 2 − x1 2 m − 0 m = 1 m/s = 2s−0s t 2 − t1

b) El valor de la pendiente de la curva x(t) nos da el valor de la velocidad instantánea en el momento t = 2 s . vt = 2 =

9.

4m−2m = 2 m/s 3s − 2s

Las velocidades medias pedidas son:

vm =

x 2 − x1 6m−4m = = 2 m/s t 2 − t1 1,75 s − 0,75 s

vm =

x 2 − x1 6m−4m = = 2,67 m/s t 2 − t1 1,5 s − 0,75 s

vm =

x 2 − x1 5,6 m − 4 m = = 3,2 m/s t 2 − t1 1,25 s − 0,75 s

vm =

x 2 − x1 5 m − 4 m = = 4 m/s t 2 − t1 1 s − 0,75 s

4

___________________________


Para hallar la velocidad instantánea en el momento t = 0,75 s debemos trazar una recta tangente a la curva x(t) en ese punto. Esta recta pasa por los puntos (0;1) y (1,25;6,25) cuya pendiente vale la velocidad instantánea, esto es vt =0,75 ≅

6,25 m − 1 m = 4,2 m/s 1,25 s − 0 s

10. Las soluciones pedidas son: a) Para el momento t1 = 1 s el móvil se encuentra en x1 = 1,1 m , y en el momento t 2 = 5 s el móvil se encuentra en x 2 = 5,3 m . Así pues, la velocidad media es: vm =

x 2 − x1 5,3 m − 1,1 m = = 1,05 m/s t 2 − t1 5 s −1s

b) La velocidad instantánea viene dada por la pendiente de la recta tangente señalada en la gráfica, esto es vt = 4 ≅

6m−2m = 0,67 m/s 6s −0s

c) La velocidad instantánea de la partícula es cero en aquel momento del tiempo para el cual la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es cero. Esto ocurre en el instante t = 8 s .También podemos observar cómo, en este punto, la velocidad cambia de sentido de positiva a negativa, lo cual es indicativo de que en ese instante la velocidad pasa a ser nula.

11. a) Vamos a calcular las posiciones de la partícula para los instantes de tiempo dados: x 2 (t = 4 s) = 1 m/s 2 (4 s) 2 − 5 m/s × 4 s + 1 m = −3 m x1 (t = 3 s) = 1 m/s 2 (3 s) 2 − 5 m/s × 3 s + 1 m = −5 m El desplazamiento de la partícula es ∆x = x 2 − x1 = −3 m − (−5 m) = 2 m La velocidad media es de v m =

x 2 − x1 − 3 m − (−5 m) = = 2 m/s t 2 − t1 4s − 3s

b) Ahora consideramos t 2 = t + ∆t , luego: x 2 (t + ∆t ) = (t + ∆t ) 2 − 5(t + ∆t ) + 1 = t 2 − 5t + 2t∆t − 5∆t + (∆t ) 2 + 1 x1 (t ) = t 2 − 5t + 1 Así pues, el desplazamiento general para un incremento de tiempo ∆t es: ∆x = x 2 − x1 = 2t∆t − 5∆t + (∆t ) 2 5

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ c) La expresión de velocidad instantánea es: ∆x 2t∆t − 5∆t + (∆t ) 2 = = (2t − 5) m/s ∆t →0 ∆t ∆t

v(t ) = lim

12. Las soluciones pedidas son: a) El esquema es el siguiente: Tiempo (t) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Altura (y) 0 45 80 105 120 125 120 108 80 45 0

b) Las velocidades medias son: Intervalos de tiempo (s) 0-1 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 6-7 7-8 8-9 9-10

Desplazamiento (m) 45 35 25 15 5 -5 -15 -25 -35 -45

6

Velocidad media (m/s) 45 35 25 15 5 -5 -15 -25 -35 -45


___________________________

La gráfica de la velocidad media en función del tiempo, en intervalos de un segundo, es: vm 45 35 25 15 5

t (s )

-5 -15 -25 -35 -45

c) La velocidad instantánea, para cualquier valor de t, es: v(t ) =

dy = −10(t − 5) m/s dt

13. La velocidad final que adquiere el vehículo es 90 km × h

1h 1000 m × = 25 m/s 3600 s 1 km

La aceleración media es entonces: am =

∆v v 2 − v1 25 m/s − 0 m/s = = = 5 m/s 2 ∆t t 2 − t1 5s − 0s

El cociente entre esta aceleración y la de la gravedad es: 5 m/s 2 = 0,51 9,81 m/s 2

14. La aceleración del vehículo es 10 km × 3600 s = 36.000 km/h 2 h -s

1h

a) De la fórmula de velocidad tenemos que en t = 1 s =

v = v 0 + at = 45 km/h + 36000 km/h 2 × Ahora, para t = 2 s =

1 h: 3600

1 h = 55 km/h 3600

2 h 3600 7

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ v = v 0 + at = 45 km/h + 36000 km/h 2 × b)

Para

cualquiera, (expresado 25 ⎞ ⎛ v = (45 + 36000t ) km/h , o bien, v = ⎜12,5 + t ⎟ m/s 9 ⎠ ⎝ 15. La aceleración media es am =

un

instante

2 h = 65 km/h 3600

t

en

horas),

la

velocidad

vale

∆v v 2 − v1 − 1 m/s − 5 m/s = = = −2 m/s 2 ∆t t 2 − t1 8s −5s

16. Conocemos la expresión de la velocidad instantánea para cualquier valor de t, por tanto: a) La aceleración media pedida vale: am =

∆v v 2 − v1 (8 × 4 − 7) m/s − (8 × 2 − 7) m/s = = = 16 m/s 2 ∆t t 2 − t1 4s − 3s

b) El gráfico viene representado por una línea recta. La aceleración instantánea viene medida por la pendiente de la curva v(t), y ésta vale 8 m/s 2 para cualquier valor del tiempo, ya que: a=

dv d (8t − 7) = = 8 m/s 2 dt dt

v(t )

t 0,875

-7

8

___________________________


17. Las soluciones son: a) En esta gráfica el valor de la pendiente es constante. Este valor es de la velocidad instantánea del móvil. Por tanto, al ser la velocidad constante para cualquier momento del tiempo, la aceleración es nula ( a = 0 m/s 2 ). b) Ahora, el valor de la velocidad, medida por la pendiente en cada punto de la gráfica, varía de negativa a positiva, haciéndose nula en un instante del tiempo (pendiente cero). Por tanto, la variación de la velocidad en dos instantes cualesquiera es siempre positiva y, por consiguiente, la aceleración es positiva en todo momento ( a > 0 m/s 2 ). c) Este es el caso contrario al punto anterior, es decir, el valor de la velocidad, medida por la pendiente en cada punto de la gráfica, varía de positiva a negativa, haciéndose nula en un instante del tiempo (pendiente cero). Por tanto, la variación de la velocidad en dos instantes cualesquiera es siempre negativa y, por consiguiente, la aceleración es negativa en todo momento ( a < 0 m/s 2 ). d) Estamos ante el mismo caso que en el apartado a), solo que ahora la velocidad instantánea resulta ser negativa, pero en todo caso constante, por lo que la aceleración es nula ( a = 0 m/s 2 ).

18. La representación gráfica de la posición de la partícula es la siguiente: x, m 80 60 40 20

x, m

0 1

3

5

7

9

11

-20 -40 -60 -80

a) La velocidad es máxima en aquel instante en el que el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es máximo y positivo. Esto ocurre cuando t = 3 s . b) La velocidad es mínima en aquel instante en el que el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es máximo y negativo. Esto ocurre cuando t = 6,5 s . c) La velocidad es cero para el instante t = 5 s , y para los intervalos de tiempo ∆t = 9 s − 8 s y ∆t = 11 s − 10 s , ya que el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es cero.

9

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ d) Para que la velocidad sea constante, el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) no ha de variar. Esto ocurre para el intervalo de tiempo ∆t = 7 s − 6 s , ya que el tramo de la curva se hace casi rectilíneo. e) Para que la aceleración sea positiva, la variación de velocidad ha de ser positiva. Esto ocurre para los intervalos de tiempo ∆t = 3 s − 0 s , ∆t = 9 s − 7 s y ∆t = 11 s − 10 s f) Al contrario, para que la aceleración sea negativa, la variación de velocidad ha de ser negativa. Esto ocurre para los intervalos de tiempo ∆t = 7 s − 3 s y ∆t = 10 s − 9 s . Analíticamente también se pueden verificar estas afirmaciones, según los datos que se desprenden de la siguiente tabla: Intervalos de Tiempo (s) 0-1 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 6-7 7-8 8-9 9-10 10-11

Desplazamiento (m) 5 10 30 20 5 -10 -90 -20 0 -5 0

Velocidad Media (m/s) 5 10 30 20 5 -10 -90 -20 0 -5 0

Aceleración Media (m/s2) 5 5 20 -10 -15 -15 -80 70 20 -5 5

19. La velocidad instantánea es igual a: v=

dx d ( At 2 − Bt + C ) = = 2 At − B dt dt

→

v = (16t − 6) m/s

La aceleración instantánea es: a=

dv d (2 At − B) = = 2A dt dt

→

v = 16 m/s 2

20. Las soluciones son: a) El argumento de una función exponencial debe ser adimensional, por tanto b = s −1 , es decir, [b] = T −1 . El significado físico de A es el de la velocidad inicial de la partícula. b) Para calcular la aceleración, hallamos la derivada de la velocidad respecto del tiempo, esto es: a=

dv d ( Ae −bt ) −bt = = −b 1 Ae = −bv 2 3 dt dt v 10

___________________________


Efectivamente, la aceleración es proporcional a la velocidad, precisamente en el parámetro b, y además es de signo negativo, indicando la desaceleración debida a la influencia de fuerzas viscosas, tales como la resistencia del aire.

21. Como el coche parte del reposo tenemos que v0 = 0 m/s a) La velocidad del coche a los 10 segundos será de v = v0 + 8t = v0 + 8 m/s 2 × 10 s = 80 m/s b) La distancia recorrida será de 1 2 8 m/s 2 x = x0 + v0 t + at = × (10 s) 2 = 400 m 2 2 c) La velocidad media vale vm =

x 2 − x1 400 m − 0 m = = 40 m/s 10 s − 0 s t 2 − t1

22. Como no nos interesa saber el tiempo que invierte en alcanzar la velocidad de15 m/s : v 2 = v02 + 2a∆x

∆x =

→

(15 m/s) 2 − (5 m/s) 2 = 50 m 2 × 2 m/s 2

23. Usamos la misma fórmula que en el caso anterior, esto es: a=

v 2 − v02 2∆x

→

a=

(15 m/s) 2 − (10 m/s) 2 = 15,625 m/s 2 2 × (10 m − 6 m)

24. Los datos de partida son v0 = 1 m/s , v 2 = v02 + 2a∆x

→

x0 = 7 m

v 2 = (1 m/s) 2 + 2 × 4 m/s 2 (8 m − 7 m) = 9 m 2 / s 2

m2 Así pues, la velocidad que adquiere el objeto es de v = 9 2 = 3 m/s . Esta velocidad será s adquirida en el momento v = v0 + at

→

t=

3 m/s − 1 m/s = 0,5 s 4 m/s 2

11

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________

25. Si empieza desde el reposo, entonces: x = x0 + v0 t +

1 2 at 2

→

t=

2x = a

2 × 100 m =2 5s 10 m/s 2

Si este es el tiempo que tarda en recorrer los 100 metros, entonces su velocidad será igual a v = v 0 + at = 10 m/s 2 × 2 5 s = 20 5 m/s

Y, finalmente, la velocidad media será de vm =

x 2 − x1 100 m − 0 m = = 10 5 m/s t 2 − t1 2 5 s −0s

26. Al ser lanzada la pelota hacia arriba, la aceleración ejercida sobre la pelota es precisamente la gravedad, cuyo sentido es hacia abajo (signo negativo). a) El tiempo que está la pelota en el aire es el que tarda en llegar a su punto más alto y regresar al punto de partida, con lo que el espacio recorrido será igual a cero, esto es x = x0 + v0 t −

1 2 gt 2

→

0 = 0 + 20 m/s × t −

10 m/s 2 2 ×t 2

0 = t (20 m/s − 5 m/s 2 × t ) . Una solución es t = 0 s , que es el caso cuando la pelota es justamente lanzada hacia arriba, y la otra solución es t = 4 s , que es cuando la pelota regresa al punto de lanzamiento una vez ésta ha sido lanzada hacia arriba. b) Cuando la pelota alcanza su altura máxima su velocidad es cero, por tanto v 2 = v02 + 2a∆x de donde x =

→

0 = (20 m/s) 2 − 2 × 10 m/s 2 × x

400 m 2 /s 2 = 20 m 20 m/s 2

c) El tiempo que tarda la pelota en alcanzar los 15 metros de altura es: 1 x = x0 + v0 t − gt 2 2

10 m/s 2 2 → 15 m = 0 + 20 m/s × t − ×t 2

t 2 − 4t + 3 = 0

t=

→

4 ± 16 − 12 4 ± 2 ⎧t1 = 0,5 s = =⎨ 2 2 ⎩t 2 = 3 s

Así pues, las soluciones son t1 = 0,5 s , la pelota está a 15 metros de altura en sentido ascendente, y t 2 = 3 s , la pelota está también a 15 metros de altura pero en sentido descendente, es decir, la pelota baja de regreso al punto de lanzamiento. 12

___________________________


27. Las soluciones son: a) Como la pelota parte del reposo tenemos que m2 = −2 15 m/s s2 El signo negativo indica el sentido de la velocidad de la pelota, que no hay que olvidar que está bajando. v 2 = v02 + 2a∆x = 2 × 10 m/s 2 × 3 m = 60 m 2 / s 2

→

v = − 60

b) Como al rebotar tan solo llega a 2 metros de altura, hemos de entender que toda la energía potencial que tenía la pelota a 3 metros de altura no se ha traducido en energía cinética al rebotar, sino que parte de la misma se ha consumido (en la deformación de la pelota al tocar el suelo). v 2 = v02 + 2a∆x

→

0 = v02 − 2 × 10 m/s 2 × 2 m = v02 − 40 m 2 / s 2

m2 v0 = 40 2 = 2 10 m/s s c) La aceleración media durante el intervalo de tiempo en el que la pelota toca el suelo y sale despedida hacia arriba es am =

(

)

∆v v 2 − v1 (2 10 ) m/s − (−2 15 ) m/s = = 100 10 + 15 m/s 2 = ∆t t 2 − t1 0,02 s

) km 1h 1000 m × × = 26,38 m/s . La aceleración que h 3600 s 1 km experimenta el coche hasta detenerse es:

28. La

velocidad del coche es 95

v 2 = v 02 + 2a∆x a=

→

) 0 = (26,38 m/s) 2 + 2a × 50 m

− 696,3734 m 2 / s 2 = 6,9637 m/s 2 100 m

El cociente entre esta aceleración y la de la gravedad es: 6,9637 m/s 2 = 0,7098 ≅ 0,71 9,81 m/s 2

29. La función de posición es v = dx = 6 m/s . Integrando ambos miembros tenemos: dt

dx = 6dt

→

∫ dx = ∫ 6dt , de donde

x(t ) = x0 + (6 m/s)t El valor x0 es la constante debi-

da a la integral indefinida.

13


30. Procediendo igual que en el caso anterior tenemos que v = dx = 7t + 5 dt

dx = (7t + 5)dt

→

∫ dx = ∫ (7t + 5)dt , de donde

x(t ) = x0 + (5 m/s)t + (3,5 m/s 2 )t 2

31. Las soluciones son: a) Como a =

dv = Ct , integramos dv = Ctdt dt

Ahora bien, como sabemos que v = dx = vdt

→

∫ dx = ∫ ( B +

1 2

→

∫ dv = ∫ Ctdt

→

v = B + 12 Ct 2

dx = B + 12 Ct 2 , volvemos a integrar, esto es: dt

Ct 2 )dt

→

x(t ) = A + Bt + 16 Ct 3

b) Cuando t = 0 s la expresión anterior vale A = 0 m y, además, v0 = B = 0 m/s . La posición al cabo de 5 segundos ( C = 3 m/s 3 ) es, por tanto: x = A + Bt + 16 Ct 3 = 62,5 m La velocidad al cabo de esos 5 segundos es de: v = B + 12 Ct 2 = 1,5 m/s 3 × (5 s) 2 = 37,5 m/s

32. La velocidad es v = 6t + 3 a) La gráfica v(t) es la siguiente: v, m/s 80 70 60 50

v, m/s

40 30 20 10 0

1

3

5

14

___________________________


El área limitada por la curva en el intervalo t = 0 s y t = 5 s es: 5

[

5

]

2 ∫ v(t )dt = ∫ (6t + 3)dt = 3t + 3t 0

5 0

= (3 ⋅ 5 2 + 3 ⋅ 5) − (3 ⋅ 0 2 + 3 ⋅ 0) = 90 m

0

b) La función de posición será de la forma:

∫ dx = ∫ v(t )dt = ∫ (6t + 3)dt

→

x(t ) = x0 + 3t + 3t 2

Cuando t 2 = 5 s entonces x 2 = x0 + 15 + 125 = ( x0 + 90) m Cuando t1 = 0 s entonces x1 = x0 m Por tanto, el desplazamiento durante este intervalo es de ∆x = x 2 − x1 = x0 + 90 − x 0 = 90 m . Resultado que coincide, lógicamente, con el obtenido en el apartado a).

33. La velocidad es v = 7 − 4t a) La gráfica v(t) es la siguiente: v, m/s 10 5 0 1

-5

3

5

7

9

-10

v, m/s

-15 -20 -25 -30 -35 -40

El área limitada por la curva en el intervalo t = 2 s y t = 6 s es:

∫ v(t )dt = ∫ (7 − 4t )dt =[7t − 2t ] 6

2

6

2 6 2

= (7 ⋅ 6 − 2 ⋅ 6 2 ) − (7 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2 2 ) = −36 m

2

b) La función de posición será de la forma:

∫ dx = ∫ v(t )dt = ∫ (7 − 4t )dt

→

x(t ) = x 0 + 7t − 2t 2 15

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ Cuando t 2 = 6 s entonces x 2 = x0 + 42 − 72 = ( x0 − 30) m Cuando t1 = 2 s entonces x1 = x0 + 14 − 8 = ( x0 + 6) m Por tanto, el desplazamiento durante este intervalo es de ∆x = x 2 − x1 = ( x0 − 3 0) − ( x0 + 6) = −36 m . Resultado que coincide, lógicamente, con el obtenido en el apartado a). c) La velocidad media es vm =

∆x x 2 − x1 − 36 m = = = −9 m/s 6s−2s ∆t t 2 − t1

34. Las soluciones son: a) El valor del área es ∆v × ∆t = (2 m/s − 1 m/s) × (4 s − 3 s) = 1 m b) El recorrido de la partícula viene dado por al área encerrada bajo la curva v(t) y el eje de tiempo. En la siguiente gráfica hemos representado la gráfica del problema. Como cada cuadrado tiene un área de 0,5 m, vamos a calcular de forma aproximada el área encerrada bajo la curva para los intervalos de tiempo pedidos. Velocidad de la partícula 8 7 6 5 4

v, m/s

3 2 1 0 1

2

3

4

⎯ Intervalo recorrido entre t = 1 s y t = 2 s Son un cuadrado completo, mitad de otro y un 70% de otro, esto hace un total de 1 + 0,5 + 0,7 = 2,2 cuadrados

→

Área ≅ 2,2 × 0,5 m = 1,1 m

16

___________________________


⎯ Intervalo recorrido entre t = 2 s y t = 3 s Son cinco cuadrados completos, mitad de otro y un 70% de otro, esto hace un total de 5 + 0,5 + 0,7 = 6,2 cuadrados

→

Área ≅ 6,2 × 0,5 m = 3,1 m

c) La velocidad media es vm =

∆x 1,1 m + 3,1 m = = 2,1 m/s ∆t 3 s −1s

35. Las soluciones son: a) El valor del área es ∆a × ∆t = (3 m/s 2 − 2,5 m/s 2 ) × (1 s − 0,5 s) = 0,25 m/s b) La velocidad de la partícula viene dado por al área encerrada bajo la curva a(t) y el eje de tiempo. En la siguiente gráfica hemos representado la gráfica del problema. Como cada cuadrado tiene un área de 0,25 m/s , vamos a calcular de forma aproximada el área encerrada bajo la curva para los intervalos de tiempo pedidos. Aceleración de la partícula 4 3,5 3 2,5 2

a

1,5 1 0,5 0 1

2

3

⎯ Intervalo recorrido entre t = 0 s y t = 1 s Son dos cuadrados completos, 70% de otro, un 25% de otro y un 85% de otro, esto hace un total de 2 + 0,7 + 0,25 + 0,85 = 3,8 cuadrados

→

Área ≅ 3,8 × 0,25 m/s = 0,95 m/s

17

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ ⎯ Intervalo recorrido entre t = 2 s y t = 0 s Son siete cuadrados completos, un 95% de otro y un 90% de otro, y más 3,8 cuadrados del tramo anterior de 0 a 1 segundo, esto hace un total de 7 + 0,95 + 0,90 + 3,8 = 12,65 cuadrados

→

Área ≅ 12,65 × 0,25 m/s = 3,16 m/s

⎯ Intervalo recorrido entre t = 3 s y t = 0 s Son once cuadrados completos, un 80% de otro y un 20% de otro, y más 12,65 cuadrados del tramo anterior de 0 a 1 segundo, esto hace un total de

11 + 0,80 + 0,20 + 12,65 = 24,65 cuadrados

Área ≅ 24,65 × 0,25 m/s = 6,16 m/s

→

c) El gráfico es el siguiente: Velocidad de la partícula 8 7 6 5 4

v, m/s

3 2 1 0

1

2

3

Cada rectángulo del gráfico vale ∆v × ∆t = (2 m/s − 1 m/s) × (3 s − 2 s) = 1 m . Por tanto, el recorrido aproximado de la partícula en el intervalo de t = 0 s a t = 3 s es: Son cuatro cuadrados completos, un 95% de otro, un 35% de otro, un 85% de otro y un 50% de otro, esto hace un total de 4 + 0,95 + 0,35 + 0,85 + 0,5 = 6,65 cuadrados

→

Área ≅ 6,65 × 1 m = 6,65 m

36. Las soluciones pedidas son: El área limitada por la curva en el intervalo t = 1 s a t = 3 s es: 3

⎡ 0,5t 3 ⎤ 13,5 0,5 − = 4,34 m . La solución del ejercicio 34 era de v(t )dt = 0,5t dt = ⎢ ⎥ = 3 3 ⎣ 3 ⎦1 1 1 1,1 m + 3,1 m = 4,2 m . La aproximación al valor real es bastante considerable. 3

∫

3

∫

2

18


___________________________

37. Las soluciones son: a) Para los momentos t1 y t 2 = t1 + ∆t la distancia recorrida es x1 = 5t12 x 2 = 5(t1 + ∆t ) 2 = 5t12 + 10t1 ∆t + 5(∆t ) 2 Por tanto, la distancia exacta que recorre el cuerpo es ∆x = x 2 − x1 = 10t1 ∆t + 5(∆t ) 2 , y como ∆t = t 2 − t1 = 20,3 s − 20 s = 0,3 s ∆x = 10t1 ∆t + 5(∆t ) 2 = 10 ⋅ 20 s ⋅ 0,3 s + 5 m/s 2 ⋅ (0,3 s) 2 = 60,45 m b) La velocidad pedida es v = v 0 + at , donde a = g = 9,81 m/s 2 y v0 = 0 m/s v = 0 + 9,81 m/s 2 ⋅ 20 s = 196,20 m/s dx = 10t , de donde obtedt nemos dx = 10tdt . Por tanto, la distancia recorrida en el intervalo de 0,3 s es de: Ahora, utilizando la aproximación de la diferencial tenemos que

dx = 10 m/s 2 ⋅ 20 s ⋅ 0,3 s = 60 m

38. Hallando la derivada del área del circulo tenemos

dA = 2πr , de donde obtenemos dr

dA = 2πrdr

Cuando la variación en el radio es muy pequeña, el incremento en el área tiende a la expresión de la longitud de la circunferencia. Esta es la interpretación geométrica.

39. La diferencial del área de un círculo ya ha sido calculada en el ejercicio anterior. Por tanto, dividiendo su expresión por el valor del área nos queda: dA 2πr = dr A πr 2

→

dA 2 = dr A r

⎛ dr ⎞ Al variar el radio en un 1%, es decir, ⎜ = 1% ⎟ el porcentaje de variación del área es ⎝ r ⎠ dA dr = 2 = 2 × 1% = 2% A r

19


40. La fórmula del volumen de una esfera es V

4 = πr 3 3

a) Utilizando la aproximación de la diferencial tenemos que

dV = 4πr 2 de donde dr

dV = 4πr 2 dr La interpretación geométrica cuando el radio varía en dr es el volumen de una pequeñísima capa esférica. Este volumen, prácticamente infinitesimal, es el área de la esfera. b) Dividiendo la expresión del apartado a) por el volumen nos queda

dV 4πr 2 = dr 4 3 V πr 3

→

dV dr =3 V r

⎞ ⎛ dr c) Al ser el error cometido en la medición del radio en un 2%, es decir, ⎜ = 2% ⎟ el por⎠ ⎝ r centaje de error en la variación del volumen de la esfera es dV dr = 3 = 3 × 2% = 6% V r

20

___________________________


Problemas

1. Vamos a considerar el cruce como el origen de la recta que representa la trayectoria de

los dos vehículos. Por tanto, para el momento t = 0 s el primer coche se encuentra en este punto. Sin embargo, el segundo coche pasa por el cruce 5 segundos más tarde, por lo que en el momento t = 0 s se encontraba a x 2 = 30 m/s × 5 s = 150 m a la izquierda del cruce. a) Las funciones de posición son las siguientes: x1 (t )

x 2 (t ) x1 (t )

x 2 (t ) 300

t (s)

15

-150

Las ecuaciones de los móviles son las siguientes: x1 (t ) = 20t x 2 (t ) = −150 + 30t

b) En el momento en el que el segundo coche adelanta al primero, las posiciones de los automóviles serán las mismas, por tanto x1 (t ) = x 2 (t )

→

20t = −150 + 30t

La solución a la ecuación anterior es t = 15 s . El segundo coche tarda 15 segundos en adelantar al primero. c) En el momento del adelanto los coches se encuentran con respecto al cruce a: x1 (t ) = 20t = 20 m/s × 15 s = 300 m x 2 (t ) = −150 + 30t = −150 m + 30 m/s × 15 s = 300 m

Lógicamente, ambas distancias son iguales. Así pues, en el momento del adelanto los coches han recorrido desde el momento t = 0 s hasta el momento t = 15 s : 21

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ ⎯ Coche 1: ∆x = x 2 − x1 = 300 m − 0 m = 300 m ⎯ Coche 2: ∆x = x 2 − x1 = 300 m − (150 m) = 450 m

2. Al empezar la carrera, las posiciones iniciales de Doña liebre (L) y de Doña tortuga (T) son de cero para ambas, ya que parten del punto de salida. Sus ecuaciones de posición son las siguientes: x L = 4t y xT = t x (t) XT 10 km

XL

1,2 km

5

140

166,6

t (min)

Ahora, vamos a desglosar el problema en períodos de tiempo: ⎯ Distancias recorridas durante los 5 primeros minutos x L = 4 m/s × 5 min ×

60 s = 1.200 m min

xT = 1 m/s × 5 min ×

60 s = 300 m min

⎯ Distancias recorridas después de los 135 minutos de siesta de Doña Liebre x L = 1.200 m , ya que permanece en el mismo sitio

xT = 1 m/s × 140 min ×

60 s = 8.400 m min

El momento en que Doña tortuga pasa a Doña liebre es aquel para el cual la tortuga ha recorrido una distancia de 1.200 metros, esto es: t=

xT 1.200 m = = 1.200 s = 20 min vT 1 m/s

22

___________________________


Así pues, la tortuga tarda 20 minutos en pasar a Doña Liebre. Después de la siesta, la nueva ecuación de posición de Doña Liebre es la siguiente: x L = 1.200 + 4t

Cuando Doña Tortuga cruza la meta, ésta emplea un tiempo igual a t=

) xT 10.000 m = = 10.000 s = 166,6 min vT 1 m/s

Por tanto, cuando Doña Liebre despierta (a los 140 minutos de haber empezado la carrera) la ) distancia que recorre en 26,6 minutos hasta que Doña Tortuga cruza la meta es de ) 60 s x L = 1.200 + 4t = 1.200 m + 4 m/s × 26,6 min × = 7.600 m min

Así pues, Doña Liebre se quedó a 2.400 metros de distancia de la meta cuando Doña Tortuga ganó la carrera. Para saber cuánto tiempo podía haber dormido Doña Liebre sin perder la carrera, tenemos que saber cuánto tiempo necesita para llegar hasta meta después de haber dormido 1.200 + 4t = 10.000

→

t=

) 10.000 − 1.200 = 2.200 s = 36,6 min 4

) Como sabemos que el tiempo que emplea Doña Tortuga en ganar es de 166,6 minutos, el tiempo que podría haber dormido Doña Liebre sin perder la carrera es de: ) ) 5 + t Dormir + 36,6 < 166,6

→ t Dormir < 125 min = 7.500 s

3. Los datos del problema son: a = 3 m/s 2 Las ecuaciones de posición y velocidad son: x = x0 + v0 t +

1 2 at 2

v = v 0 + at Para conocer la ecuación de posición de la partícula hemos de calcular x0 y v 0 . ⎯ Si t = 4 s entonces x = 100 m

23

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ 100 m = x0 + 4 s ⋅ v0 +

3 m/s 2 ⋅ (4 s) 2 2

⎯ Si t = 6 s entonces v = 15 m/s 15 m/s = v0 + 3 m/s 2 ⋅ 6 s

→

v0 = −3 m/s

Sustituyendo v 0 en la ecuación de posición calculamos x0 , esto es: 100 m = x0 + 4 s ⋅ (−3 m/s) +

3 m/s 2 ⋅ (4 s) 2 2

→

x0 = 88 m

Así pues, ya tenemos la ecuación de posición de la partícula en función del tiempo: 3 x = 88 − 3t + t 2 2 Para t = 6 s , la partícula se encontrará en la posición: x = 88 m − 3 m/s ⋅ 6 s +

3 m/s 2 ⋅ (6 s) 2 = 124 m 2

4. Las soluciones son: a) La velocidad es negativa en los instantes t 0 y t1 , ya que la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es negativa. b) La velocidad es positiva en los instantes t 3 , t 4 , t 6 y t 7 , ya que la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es positiva. c) La velocidad es nula en los instantes t 2 y t 5 , ya que la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es cero. d) La aceleración es negativa en t 4 , ya que la velocidad del coche pasa de ser positiva a nula, lo que indica que el coche está frenando, es decir, desacelerando. e) La aceleración es positiva en t 2 y t 6 , ya que la velocidad del coche experimenta un cambio de menor a mayor. f) La aceleración es nula en aquellos instantes en donde la velocidad sea constante, y estos son t 0 , t1 , t 3 , t 5 y t 7 .

24


___________________________

5. Sea la gráfica siguiente: v, m/s 8 6 4 2

v, m/s

0 1

3

5

7

9

11

13

15

17

19

21

-2 -4 -6 -8

a) En el tramo t 0 a t 2 la velocidad es constante en todo momento y la aceleración es nula (la pendiente de la recta tangente a la curva v(t) es cero). b) Para que la aceleración sea cero, pero no constante, la variación de velocidad ha de ser nula. Así pues, esto ocurre, por ejemplo, en los tramos t 2 a t 8 y de t11 a t17 . c) La velocidad es positiva si la curva está por encima del eje de tiempo, mientras que la aceleración es positiva si la pendiente de la recta tangente a la curva v(t) es positiva. Esto ocurre en todo el tramo t 6 a t 9 y en el tramo t17 a t19 . d) Este caso es el contrario al anterior. Esto ocurre en todo el tramo t11 a t14 . e) Esto ocurre en los tramos t 4 a t 6 , de t10 a t11 y de t 20 a t 21 . f) Esto ocurre sólo en el tramo t14 a t17 g) La velocidad es nula, pero la aceleración no, en los instantes t11 y t17

6. Las soluciones son: Gráfico a

a) La aceleración es positiva en los instantes t 4 y t 5 . La aceleración es negativa en los instantes t1 , t 2 , t 8 y t 9 . La aceleración es cero en los instantes t 3 , t 6 y t 7 . b) La aceleración es constante en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de la recta tangente a la curva v(t) es la misma. Así pues, la aceleración es igual y constante en los instan25

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ tes t1 y t 2 . También es igual y constante en los instantes t 4 y t 5 . Y lo mismo sucede en los instantes t 8 y t10 . En los instantes t 6 y t 7 también es constante la aceleración y, además, es igual a cero. c) La velocidad instantánea es nula sólo en el instante t 8,5 . Gráfico b

a) La aceleración es positiva en los instantes t 6 y t 7 . La aceleración es negativa en los instantes t1 , t 2 y t 8 . La aceleración es cero en los instantes t 3 , t 4 y t 5 . b) La aceleración es constante en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de la recta tangente a la curva v(t) es la misma. Así pues, la aceleración es igual y constante en los instantes t 3 , t 4 y t 5 y, además, es igual a cero. c) La velocidad instantánea es nula en aquellos instantes de tiempo en donde la pendiente de la recta tangente a la curva x(t) es cero. Esto ocurre en los instantes t 2 , t 6 y t 8 .

7. Vamos a elegir como punto de origen el lugar donde se encuentra el coche de policía. Así pues, tenemos: Función de posición del coche (1) La velocidad del coche es 80 km/h ×

) 1h 1000 m × = 22,2 m/s . Por tanto su función de 3600 s 1 km

posición es ) x1 (t ) = 22,2t

Función de posición del coche policía (2) La aceleración del coche policía es 8 km/h ⋅ s ×

) 1h 1000 m × = 2,2 m/s 2 . Por tanto, su 3600 s 1 km

función de posición es x 2 (t ) =

) 1 × 2,2t 2 2

26


___________________________

a) El gráfico x(t) es de la forma Función de posición 500 450 400 350 300

Policía

250

Coche

200 150 100 50 0

10

20

b) El momento en el que el coche de policía alcanza al otro coche será cuando x1 (t ) = x 2 (t ) , esto es ) ) 1 22,2 m/s × t = × 2,2 m/s 2 × t 2 2

La solución a esta ecuación es t = 20 s , que es el tiempo que tarda el coche policía en alcanzar al otro coche. c) La velocidad del coche policía será igual a v = v 0 + at

→

) ) v = 2,2 m/s 2 × 20 s = 44,4 m/s

Así pues, la velocidad del coche policía, expresada en otras unidades, es de 160 km/h .

8.

El coche de policía presenta dos tipos de movimientos, uno uniformemente acelerado hasta alcanzar la velocidad de 190 km/h (ó 52,7 m/s), y otro uniforme cuando esta velocidad ha sido alcanzada. Por tanto, vamos a calcular su función de posición con respecto al tiempo: El tiempo que tarda en alcanzar los 190 km/h es de: v = v 0 + at

→

v = 8 km/h ⋅ s × t = 190 km/h

→

t=

190 km/h = 23,75 s 8 km/h ⋅ s

La función de posición del coche policía es: ) ⎧⎪ 12 × 2,2 m/s 2 × t 2 x 2 (t ) = ⎨ ) ⎪⎩626,736 m + 52,7 m/s × (t − 23,75)

27

para t ≤ 23,75 s para t ≥ 23,75 s

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ La función de posición del otro coche es: ) x1 (t ) = 34,72 m/s × t

a) El momento en el que el coche de policía alcanza al otro coche será cuando x1 (t ) = x 2 (t ) ⎯ Para t ≤ 23,75 s ) ) 1 34,72 m/s × t = × 2,2 m/s 2 × t 2 2

→

t = 31,25 s

Durante los primeros 23,75 s, el coche policía no logra alcanzar al otro coche, ya que este ) tiempo calculado excede del dominio 12 × 2,2 m/s 2 × t 2 para el cual está definida la función de posición del policía. Ya sólo nos queda probar la otra función de posición del coche de policía. ⎯ Para t ≥ 23,75 s ) ) 34,72 m/s × t = 626,736 m + 52,7 m/s × (t − 23,75)

→

t = 34,71 s

Este es el tiempo que tarda el coche policía en alcanzar al otro coche. b) El espacio que habrán recorrido ambos coches es de ) x1 (t ) = x 2 (t ) = 34,72 m/s × 34,71 s = 1.205,21 m

c) El gráfico x(t) es de la forma Función de posición 1600 1400 1200 1000

Policía

800

Coche 600 400 200 0 4

12

20

28

28

36

___________________________


9. Las soluciones son: a) Las distancias de frenado de cada coche son: Coche policía

v = v 0 + at

→

) 0 = 52,7 m/s − 6 m/s 2 × t

→

t = 8,79 s

Este es el tiempo que tarda el coche policía en frenar el vehículo por completo. Por tanto, la distancia recorrida durante este tiempo es de x = x 0 + v0 t + 12 at 2

→

) 1 x policía = 52,7 × 8,79 s − × 6 m/s 2 × (8,79 s) 2 = 232,12 m 2

Otro coche

v = v 0 + at

→

) 0 = 34,72 m/s − 6 m/s 2 × t

→

t = 5,78 s

Este es el tiempo que tarda el otro coche en frenar el vehículo por completo. Por tanto, la distancia recorrida durante este tiempo (teniendo en cuenta que marcha 100 m delante del coche policía) es de x = x 0 + v0 t + 12 at 2

→

) 1 xcoche = 100 m + 34,72 × 5,78 s − × 6 m/s 2 × (5,78 s) 2 = 200,45 m 2

Así pues, como x policía > xcoche se demuestra que el coche policía choca contra el otro coche, ya que no consigue frenar en una distancia menor a 200,45 metros. r r b) Si llamamos v P a la velocidad del coche policía y v C a la velocidad del otro coche, y eligiendo el otro coche como sistema referencial, tenemos que la velocidad relativa del coche de policía con respecto al otro coche es de

r r r r r r v P / C = v P − v C = (190 km/h)i − (125 km/h)i = (65 km/h)i

Así pues, la velocidad con la que choca el coche de policía es de 65 km/h. El tiempo que tarda en chocar, es aquel en el que la posición del coche de policía iguala a la del otro coche, esto es x policía = x coche ) ) 1 1 52,7 × t − × 6 m/s 2 × t 2 = 100 m + 34,72 × t − × 6 m/s 2 × t 2 2 2

→ t = 5,54 s

c) Vamos a llamar t al tiempo que tarda el vehículo en frenar desde que se acciona el pedal del freno, y T al tiempo de reacción, es decir, el tiempo que transcurre desde que el conductor ve la luz roja de los frenos del vehículo que le precede, o percibe el peligro, hasta que éste traslada su pie del pedal de aceleración al pedal de freno.

29

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ Durante el tiempo de reacción T , que es muy breve y oscila en condiciones normales en torno a 1 segundo, el vehículo recorre una distancia que vamos a llamar distancia de reacción x R , es decir x R = vT

siendo v la velocidad instantánea del vehículo. Por otra parte, una vez que se acciona el pedal del freno y se aplica una desaceleración a al vehículo, el vehículo recorre una distancia que vamos a llamar distancia de frenado x F . Ahora v bien, el tiempo t que tarda el vehículo en frenar es igual a t = . Por tanto: a 1 v2 v2 v2 − = x F = vt − at 2 = 2 a 2a 2a Así pues, la distancia total que recorre el automóvil es xT = x R + x F = vT +

v2 2a

Como conclusión, el tiempo de reacción T incrementa la distancia total de frenado en la cantidad vT . Por ejemplo, si en nuestro problema el policía tiene un tiempo de reacción T = 1 s , el espacio de frenado recorrido hubiese sido de ) xT = 52,7 m/s × 1 s + 232,12 m = 284,82 m

10. Vamos a plantear el problema de dos formas: a) Usando el segundo coche como sistema referencial, la velocidad relativa del primer coche con respecto al segundo es v1 / 2 = v1 − v 2 . Con esta velocidad, el primer coche se acerca al segundo, y empieza a frenar con aceleración a cuando está a una distancia d. A consecuencia del freno, el primer coche recorre una distancia igual a v = v + 2a∆x 2

2 0

→

0 = (v1 − v 2 ) + 2a∆x 2

→

(v1 − v 2 ) 2 ∆x = 2a

Pues bien, si queremos evitar el choque tiene que verificarse que d > ∆x , o lo que es lo mismo (v1 − v 2 ) 2 d> 2a tal y como se quería demostrar.

30

___________________________


Otra forma de plantear el problema es considerando la funciones de posición de los vehículos, y eligiendo ahora como sistema de referencia el primer coche. 1 x1 = v1t − at 2 2 x2 = d + v2t

Para comprobar si los vehículos chocan, igualamos sus funciones de posición ( x1 = x 2 ), esto es 1 v1t − at 2 = d + v 2 t 2 y ordenando respecto del tiempo − at 2 + 2(v1 − v 2 )t − 2d = 0 Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe ser mayor que cero, esto es ∆ = [2(v1 − v 2 )] − 4(− a)(−2d ) = 4(v1 − v 2 ) 2 − 8ad > 0 2

→

(v1 − v 2 ) 2 − 2ad > 0

(v1 − v 2 ) 2 , que corrobora lo 2a deducido anteriormente, es decir, para que no exista choque debe ocurrir justamente lo contrario. Por tanto, para que exista choque la distancia d debe ser d <

b) Las velocidades de los vehículos son: v1 = 90 km/h ×

1h 1000 m × = 25 m/s 3600 s 1 km

v 2 = 45 km/h ×

1h 1000 m × = 12,5 m/s 3600 s 1 km

Por tanto, la distancia d crítica que debe de mediar entre un coche y otro vale: d=

(v1 − v 2 ) 2 (25 m/s − 12,5 m/s) 2 = 13,02 m = 2a 2 × 6 m/s 2

c) Si el conductor del primer coche tiene un tiempo de reacción T, antes de que éste pueda accionar el pedal del freno, los vehículos habrán recorrido una cierta distancia, es decir, ⎯ Distancia recorrida por el primer coche: v1T ⎯ Distancia recorrida por el primer coche: v 2T

31

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ Con estas distancias, cuando el primer vehículo accione el pedal del freno, la distancia que mediará entre un vehículo y otro se habrá modificado, siendo ahora la distancia igual a: D = d + v 2T − v1T

→

D = d + T (v 2 − v1 )

Al ser v1 > v 2 , la distancia D < d , es decir, el tiempo de reacción ha hecho disminuir la distancia original que mediaba entre los dos coches. Igual que ocurría en el apartado a), para que no exista choque debe ocurrir que D>

(v1 − v 2 ) 2 2a

→

d + T (v 2 − v1 ) >

(v1 − v 2 ) 2 2a

→

d>

(v1 − v 2 ) 2 − T (v 2 − v1 ) 2a

y en definitiva d>

(v1 − v 2 ) 2 + T (v1 − v 2 ) 2a

Así pues, ante la existencia de un tiempo de reacción T la distancia a la que se deben encontrar los vehículos para que no exista choque ha aumentando en la cantidad T (v1 − v 2 ) .

11. Vamos a elegir como sistema inercial de referencia la situación del pasajero con respecto al tren. a) Vamos a llamar x P a la función de posición de pasajero y xT a la del tren. Así, el pasajero llegará a coger el tren si ambas funciones de posición se cruzan: x P = 8 m/s × t 1 xT = d + × 1 m/s × t 2 2 x P = xT

→ 8t = d + 0,5t 2

→

0,5t 2 − 8t + d = 0

Para que la ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante ha de ser mayor que cero: ∆ = (−8) 2 − 4 × 0,5 × d = 64 − 2d > 0 Por tanto, el pasajero cogerá el tren siempre y cuando la distancia a la que se encuentra del tren sea d < 32 m . Como el dato del problema es d = 30 m , el pasajero sí cogerá el tren.

32

___________________________


b) La distancia crítica ya ha sido hallada en el apartado anterior, siendo ésta de d c = 32 m . Esta es la distancia máxima que puede haber entre el pasajero y el tren, si queremos que aquél llegue a subirse al vagón. La gráfica de las funciones de posición son: Función de posición 120 100 80 60 40

Tren

20

Pasajero 1

0

Pasajero 2

-20 -40 -60 -80

2

4

6

8

12

14

16

Para el pasajero se han dibujado dos gráficas. La de color rojo es para una distancia d = 32 m , mientras que la de color celeste claro es para d = 60 m . Se puede observar perfectamente que, al ser la pendiente de la función de posición del pasajero la misma (8 m/s), éste cogerá el tren siempre y cuando la ordenada en el origen sea d > −32 m . c) Para d = 32 m , el pasajero alcanzará el tren en el momento 0,5t 2 − 8t + 32 = 0 , cuya solución es t = 8 s . La velocidad del tren será de v = v 0 + at = 1 m/s 2 × 8 s = 8 m/s , y la velocidad media igual a vm =

1 1 (v0 + v) = (0 + 8 m/s) = 4 m/s 2 2

12. Vamos a elegir como sistema inercial de referencia el suelo. Por tanto, la ecuación del movimiento del ladrillo puede expresarse de esta manera: 1 y (t ) = 6 m + (5 m/s)t − (9,81 m/s 2 )t 2 2 La representación gráfica es la siguiente:

33

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ Función de posición 8 7 6 5 4

y(t)

3 2 1 0 0,17

0,34

0,51

0,68

0,85

1,02

1,19

1,36

1,53

1,72

a) En el momento de alcanzar la altura máxima, la velocidad del ladrillo es cero, por tanto v = v0 − gt

→

t=

v0 5 m/s = = 0,51 s g 9,81 m/s 2

Sustituyen este valor en la ecuación de posición y(t) nos queda que la altura máxima con respecto al suelo es de: 1 y (t ) = 6 m + (5 m/s) ⋅ 0,51 s − (9,81 m/s 2 )(0,51 s) 2 = 7,27 m 2 b) Cuando el ladrillo llegue al suelo, el valor de su posición será igual a cero, dado que hemos elegido al suelo como sistema inercial de referencia. 1 y (t ) = 6 m + (5 m/s)t − (9,81 m/s 2 )t 2 = 0 m 2

→

9,81t 2 − 10t − 12 = 0

La solución a esta ecuación de segundo grado es t = 1,72 s c) La velocidad en el momento de chocar contra el suelo vale v = v0 − gt

→

v = 5 m/s − 9,81 m/s 2 × 1,72 s = −11,87 m/s

El signo menos de la velocidad nos indica el sentido descendente del ladrillo.

34

___________________________


13. Vamos a calcular las funciones de posición tanto para el tren como para el pasajero, y elegimos como sistema de referencia inercial el momento en el que el pasajero llega al andén. Al cabo de 6 segundos el tren se encuentra a una distancia igual a: xTren =

1 ⋅ (0,40 m/s 2 )(6 s) 2 = 7,2 m 2

y con una velocidad adquirida de v = v 0 + at

→

v = 0 m/s + 0,4 m/s 2 × 6 s = 2,4 m/s

Así pues, tomando como t = 0 s el momento en el que el pasajero llega al andén nos queda: xTren = 7,2 m + 2,4 m/s × t + x Pasajero = v P t

1 × 0,40 m/s 2 × t 2 2

Si el pasajero coge el tren, las funciones de posición se igualan, por tanto xTren = x Pasajero ⇒ 7,2 m + 2,4 m/s × t +

1 × 0,40 m/s 2 × t 2 = v P t 2

− 0,2t 2 + (v P − 2,4)t − 7,2 = 0 Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe ser mayor que cero, esto es ∆ = (v P − 2,4) 2 − 4(−0,2)(−7,2) = (v P − 2,4) 2 − 5,76 > 0 de donde v P > 4,8 m/s .Ésta es la velocidad mínima a la que debe correr el pasajero si quiere alcanzar el tren. Las gráficas de las posiciones son las siguientes:

35

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ Función de posición 100 90 80 70 60

Pasajero

50

Tren

40 30 20 10 0 1

2

3

4

5

6

7

14. Vamos a calcular las funciones de posición para las dos pelotas, y elegimos como sistema de referencia inercial el suelo. Llamando h a la altura del edificio, las funciones de posición serán: y1 = h −

1 2 gt 2

y 2 = v0 t −

1 2 gt 2

Como las pelotas chocan en t = 1,8 s , sus funciones de posición se cortan, esto es y1 = y 2

→

h−

1 2 1 gt = v0 t − gt 2 de donde h = v0 t = 9 m/s × 1,8 s = 16,2 m 2 2

15. Elegimos como sistema inercial de referencia el punto de lanzamiento del planeador. Así, su función de posición y de velocidad son las siguientes: x = v0 t +

1 2 at 2

v = v 0 + at El problema nos dice que cuando t = 8 s tenemos que x = 100 cm y v = −15 cm/s . Pues bien, sustituyendo estos valores en las expresiones anteriores nos queda:

36

___________________________


100 = 8v0 + 32a − 15 = v0 + 8a Resolviendo estas ecuaciones tenemos que la solución al problema es a=

− 220 cm = −6,875 cm/s 2 2 32 s

v0 = −15 cm/s − (−6,875 cm/s 2 ) ⋅ (8 s) = 40 cm/s

16. Vamos a llamar v S

a la velocidad del “globo de agua” en la parte superior de la ventana

y v I a la velocidad del globo en la parte inferior. Si elegimos como sistema inercial de referencia la parte inferior de la ventana, entonces x = x0 + v0 t +

1 2 at 2

→

1 0 m = 1,2 m − (0,10 s)v S − (9,81 m/s 2 )(0,10 s) 2 2

de donde v S = 12,49 m/s Ahora, relacionando las velocidades en la parte superior e inferior de la ventana tenemos v 2 = v 02 + 2a∆x

→

v I2 = (12,49 m/s) 2 + 2 ⋅ (9,81 m/s 2 )(1,2 m)

→

v I = 13,4 m/s

De nuevo usamos la ecuación de relación de velocidades, pero ahora con la velocidad inferior de la ventana y con la velocidad inicial con la que se deja caer el “globo de agua”, que es en este último caso es cero. Así pues, tenemos: v I2 = v 0 + 2 gh , siendo h la altura desde la que se dejó caer el globo con respecto a la parte inferior de la ventana, h=

v I2 (13,4 m/s) 2 = = 9,15 m 2g 2 × 9,81 m/s 2

17. El choque de las pelotas tiene lugar cuando ambas están moviéndose en sentidos opuestos, por lo que la pelota A está bajando y la pelota B está subiendo. Las velocidades de las pelotas en el momento del choque son las siguientes: v A = gt v B = vOB − gt

siendo vOB la velocidad inicial con la que es lanzada la pelota B hacia arriba.

37

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ El problema nos ofrece como dato que en el momento del choque la velocidad de la pelota A es el doble que el de la pelota B. Por tanto, en las ecuaciones anteriores nos queda: v A = 2vB = gt

→

vB =

gt 2

Ahora, sustituimos esta última expresión en la ecuación de velocidad de la pelota B, esto es v B = vOB − gt

→

gt = vOB − gt 2

→

t=

2vOB 3g

Este tiempo, calculado en función de la velocidad inicial de la pelota B, es precisamente el que tardan las pelotas en chocar. 1 La función de la altura de la pelota B con respecto al suelo es hB = vOB t − gt 2 . Sustituyen2 do en esta expresión el tiempo anteriormente calculado hallaremos la altura a la que se encuentran las pelotas, esto es: 2 2 2 2vOB 2vOB 4vOB hB = − = 3g 9g 9g

Ahora, debemos obtener una expresión que relacione vOB con la altura del edificio. Esta relación la obtenemos de la expresión v 2 = v 02 + 2a∆x , y que para cada pelota vale: v A2 = 2 gh A → (2v B ) 2 = 2 gh A , siendo hA el recorrido de la pelota A desde la parte superior del edificio hasta el choque. 2 v B2 = vOB − 2 ghB

A hA Momento del choque h hB vOB B

Suelo

38

___________________________


De la primera ecuación despejamos v B2 v B2 =

gh A g 1 1 = (h − hB ) = gh − ghB 2 2 2 2

Sustituimos esta expresión en la ecuación de la velocidad de la pelota B, esto es: 2 v B2 = vOB − 2 ghB

1 1 2 gh − ghB = vOB − 2 ghB , de donde definitivamente obtenemos: 2 2

→

2 vOB =

1 3 gh + ghB 2 2

2 , con Ahora sustituimos esta última expresión en le función hB calculada en función de vOB lo cual nos queda:

hB =

2 gh + 6 ghB 9g

→

3 ghB = 2 gh

hB =

2 h 3

Esta es la fracción que estábamos hallando, es decir, el choque se produce a dos tercios de la altura del edificio respecto del suelo.

18. El choque de las pelotas tiene lugar cuando ambas están moviéndose en el mismo sentido, por lo que la pelota A está bajando y la pelota B también está bajando. Si consideramos las velocidades descendentes de las pelotas como positivas tendremos que dichas velocidades en el momento del choque son: v A = gt v B = −(vOB − gt ) = gt − vOB , ya que para un mismo punto de altura la velocidad de subida es la misma que la velocidad de bajada, pero cambiada de signo.

siendo, de nuevo, vOB la velocidad inicial con la que es lanzada la pelota B hacia arriba. El problema nos ofrece como dato que en el momento del choque la velocidad de la pelota A es el cuádruplo que el de la pelota B. Por tanto, en las ecuaciones anteriores nos queda: v A = 4v B = gt

→

vB =

gt 4

Ahora, sustituimos esta última expresión en la ecuación de velocidad de la pelota B, esto es v B = gt − vOB

→

gt = gt − vOB 4

→

t=

4vOB 3g

Este tiempo, calculado en función de la velocidad inicial de la pelota B, es precisamente el que tardan las pelotas en chocar. 39

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ 1 2 gt . Sustituyen2 do en esta expresión el tiempo anteriormente calculado hallaremos la altura a la que se encuentran las pelotas, esto es: La función de la altura de la pelota B con respecto al suelo es hB = vOB t −

hB =

2 4vOB 8v 2 4v 2 − OB = OB 3g 9g 9g

Ahora, debemos obtener una expresión que relacione vOB con la altura del edificio. Esta relación la obtenemos de la expresión v 2 = v 02 + 2a∆x , y que para cada pelota vale: v A2 = 2 gh A → (4v B ) 2 = 2 gh A , siendo hA el recorrido de la pelota A desde la parte superior del edificio hasta el choque. 2 v B2 = vOB − 2 ghB

De la primera ecuación despejamos v B2 v B2 =

gh A g 1 1 = (h − hB ) = gh − ghB 8 8 8 8

Sustituimos esta expresión en la ecuación de la velocidad de la pelota B, esto es: 2 v B2 = vOB − 2 ghB

→

1 1 2 gh − ghB = vOB − 2 ghB , de donde definitivamente obtenemos: 8 8 2 vOB =

1 15 gh + ghB 8 8

2 , con Ahora sustituimos esta última expresión en le función hB calculada en función de vOB lo cual nos queda:

1 15 gh + ghB 2 hB = 2 9g

→

3 ghB = gh

hB =

1 h 3

Esta es la fracción que estábamos hallando, es decir, el choque se produce a un tercio de la altura del edificio respecto del suelo.

40


___________________________

19. Cada cuadrado tiene un área de 2 metros. Así pues, sumando las áreas de los cuadrados que quedan encerrados bajo la curva v(t) para cada intervalo de tiempo más la posición inicial de 5 metros nos queda: x(t) 5 7 9,8 10,8 11 9,8 7 2,9 -1 -0,8 -0,2

t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

La gráfica aproximada de la función de posición es la siguiente: Función de posición 12 10 8 6

x (t) 4 2 0

1

3

5

7

9

-2

Para hallar la gráfica a(t) hemos de medir el valor de la pendiente de la curva v(t) para cada instante de tiempo. Aproximadamente es la siguiente:

41

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ Función de aceleración 8 6 4 2 0

a (t) 1

3

5

7

9

-2 -4 -6 -8

20. Vamos a suponer que la curva x(t) corta al eje de tiempos en intervalos de un segundo, y que los máximos de x son x = 1 y x = −1 . Por tanto, las gráficas v(t) y a(t) serían las siguientes: Función de velocidad 1,5 1 0,5 0 1

2

3

-0,5 -1 -1,5

42

4

V (t)

___________________________


Función de aceleración 2,5 2 1,5 1 0,5 0

a (t) 1

2

3

4

-0,5 -1 -1,5 -2 -2,5

21. El gráfico x(t) es el siguiente (cada intervalo en el eje t representa un segundo): Función de posición 6 4 2 0

x (t)

-2 -4 -6

Para medir la pendiente, calculamos la derivada de la curva, esto es: v=

dx d ( A sen (ωt ) ) = = Aω cos(ωt ) dt dt

y para t = 0 s tenemos que v = 0,875 cm/s

43

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ b) La velocidad media se mide por el cociente ∆x / ∆t , por tanto, las velocidades medias pedidas calculadas desde t = 0 s hasta t = ? son: t 0 0,25 0,5 1 2 3 6

x(t)

vm (cm/s)

0,21868 0,43694 0,87054 1,71449 2,50606 4,33711

0,874 0,873 0,870 0,857 0,835 0,722

c) Este valor ya ha sido calculado en el apartado a)

22. La mejor forma de resolver el problema es dividir el trayecto en dos partes: Primera parte

En esta parte el conductor acelera con la máxima aceleración a, y parte con velocidad inicial cero hasta que levante el pie del pedal del acelerador. v = v 0 + at

→

v1 = at1

La distancia recorrida es igual a x1 =

1 2 at1 2

Segunda parte

En esta parte el conductor ya ha levantado el pie del pedal del acelerador, por lo que parte con una velocidad inicial igual a la velocidad final de la primera parte y acciona el pedal del freno con una desaceleración 2a hasta que detiene el vehículo. v = v 0 + at

→

0 = v1 − 2at 2

De aquí sustituimos la expresión v1 , quedándonos lo siguiente: 0 = at1 − 2at 2

→

t1 = 2t 2

1 La distancia recorrida es igual a x 2 = v1t 2 − 2at 22 = at1t 2 − at 22 = 2at 22 − at 22 = at 22 2 Sustituyendo t 2 en la expresión x1 nos queda que x1 = Ahora dividimos x1 entre x 2 , esto es:

44

1 a (2t 2 ) 2 = 2at 22 2


___________________________

x1 2at 22 = =2 x2 at 22

→

x1 = 2x 2

Ahora bien, sabemos que la distancia total L es la suma de las dos distancias parciales que hemos calculado, esto es: L = x1 + x 2 = x1 + 12 x1 = 32 x1 , y despejando x1 x1 =

2 L 3

El conductor debe levantar su pie del acelerador cuando se encuentre a dos tercios de la distancia total del recorrido. Por otra parte sabemos que el tiempo total invertido T es la suma de los tiempos parciales que hemos calculado. Por tanto: T = t1 + t 2 = t1 + 12 t1 = 32 t1 , y despejando t1 t1 =

2 T 3

El conductor debe levantar su pie del acelerador cuando se encuentre a dos tercios del tiempo total invertido en el recorrido.

23. Para hacer homogéneos los datos de la tabla, pasamos las yardas a metros, esto es: 50 yd = 50 yd × 0,9144

m = 45,72 m yd

60 yd = 60 yd × 0,9144

m = 54,864 m yd

100 yd = 100 yd × 0,9144

m = 91,44 m yd

45

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ a) El gráfico x(t) es el siguiente:

55,2

78,2

-2,3

-13,8

20 0

x (t)

9,2

20,7

40

32,2

60

43,7

80

66,7

100

89,7

120

101,2

Función de posición

2

4

6

8

10

-20

b) Durante el tiempo que está acelerando (T) la distancia recorrida es igual a x0 =

1 2 aT 2

Después de este tiempo se corre con una velocidad inicial y constante igual a v0 = aT

→

a=

v0 T

Para tiempos mayores que T, esto es, t > T , la distancia que recorre el atleta es igual a x = x0 + v0 t +

1 2 at El tercer sumando del segundo miembro es cero, puesto que ya no 223 1 0

existe aceleración y se corre con velocidad constante. Desarrollando esta expresión llegamos a la siguiente: x=

1 2 1 v0 2 aT + v0 (t − T ) = T + v0 t − v 0T , y agrupando términos 2 2T

⎛ 1 ⎞ x = v0 ⎜ t − T ⎟ ⎝ 2 ⎠ Esta expresión es la que queríamos demostrar.

46


___________________________

c) En el gráfico del apartado a) hemos representado los puntos dados en la tabla, y hemos unido mediante una recta los mismos. El punto en el que corta la recta al eje de tiempos t es aproximadamente t ≈ 1,2 s , y el valor de la pendiente vale: pendiente =

100 m − 0 m ≈ 11,5 m/s 9,9 s − 1,2 s

Analíticamente, el valor de la pendiente es el valor de la velocidad, por tanto tenemos que dx v0 = = 11,5 m/s dt Por otra parte el punto de corte con el eje de tiempos es cuando x = 0 , por tanto ⎛ 1 ⎞ x = v0 ⎜ t − T ⎟ = 0 ⎝ 2 ⎠

→

1 t= T 2

→ T = 2t = 2 × 1,2 s = 2,4 s

Como sabemos que la aceleración vale a =

a=

v0 , el valor de ésta es: T

v0 11,5 m/s = ≈ 4,8 m/s 2 2,4 s T

d) Sabemos que la marca de 200 metros se consigue en 19,5 segundos. Pues bien, si la velocidad sigue siendo constante, la pendiente también debería ser la misma. El valor de ésta es de pendiente =

200 m − 0 m ≈ 10,93 m/s 19,5 s − 1,2 s

Es lógico pensar que a medida que la distancia se hace mayor, mayor es también el cansancio del corredor, por lo que es bastante difícil que para distancias mayores de 200 metros la velocidad continúe siendo constante; de ahí la disminución obtenida en el valor de la pendiente. Por tanto, la aplicabilidad del modelo para distancias mayores a 200 metros no es válida, ya que la distancia x no varía linealmente con el tiempo.

24. La función de posición del misil ICBM, que baja a velocidad constante es de la forma ) x ICBM = 100.000 m − 8.333,3 m/s × t

Por otra parte el misil ABM tiene como velocidad inicial v0 = 0 m/s , y como aceleración r r tiene dos componentes: una hacia arriba de valor 100 gj y otra hacia debajo de valor − gj , siendo la r r aceleración neta igual a a = 99 gj . No obstante, dada la gran aceleración a la que se ve sometido el misil, prácticamente se puede despreciar la aceleración de la caída libre, es decir, la gravedad, ya que el error que se comete es de tan solo un uno por ciento, esto es:

47

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ error = 1 −

99 g = 0,01 100 g

→ 1%

Así pues, la función de posición del misil ABM es 1 x ABM = 100 gt 2 2 En el momento del choque, las funciones de posición de ambos proyectiles coincidirán, por tanto x ICBM = x ABM

) 1 → 100.000 m − 8.333,3 m/s × t = 100 gt 2 2 ) gt 2 + 166,6t − 2.000 = 0

La solución a esta ecuación de segundo grado es t = 8,12 s , tiempo que tarda el proyectil ABM en interceptar al proyectil ICBM. Conocido este tiempo, la altura a la que tiene lugar el choque es la siguiente 1 x ABM = 100 gt 2 = 50 × (9,81 m/s 2 )(8,12 s) 2 = 32.340,82 m = 32,34 km 2

25. La aceleración de la partícula es a = g − Bv , por tanto a=

dv = g − Bv dt

→

dv = ( g − Bv)dt

→

dv = dt g − Bv

a) Integrando ambos miembros de la expresión anterior nos queda:

∫

dv = dt g − Bv

∫

g − Bv = e

− Bt − BC

→

−1 ln( g − Bv) = t + C , de donde B

→

g − e − Bt − BC v= B

Y como v = 0 para t = 0 , la constante C vale: g = −e − BC

→

C=

− ln g B

Por tanto, la ecuación de la velocidad queda de la siguiente manera: v=

g − e − Bt − BC g − e − Bt ⋅ e − BC g − e − Bt ⋅ e ln g g − ge − Bt g = = = = (1 − e − Bt ) B B B B B

48

___________________________


Así pues, la velocidad de caída de la partícula bajo una fuerza resistiva tiene la siguiente expresión: v=

g (1 − e − Bt ) B

Cuando la aceleración es cero, significa que la partícula ha terminado de caer y ha tocado suelo. Así, si a = 0 el valor de la velocidad es igual a a = g − Bv = 0

→

vt =

g B

vt = Velocidad terminal o velocidad límite. b) La expresión gráfica de la velocidad calculada en el apartado anterior es como sigue:

Función de velocidad

vt

v (t)

0

26. La expresión de la que partimos es la siguiente: dv = dt g − Bv a) Ahora hacemos el cambio f = g − Bv , y derivamos respecto de v, esto es

df = − Bdv Sustituyendo estas expresiones en la primera ecuación nos queda finalmente:

49

FÍSICA (Paul Allen Tipler – 2ª Edición) _______________________________________ − df B = dt f

→

df = − Bdt f

b) Si integramos la expresión anterior nos queda:

∫

df = − Bdt f

∫

g − Bv = e − Bt − BC

→

→

ln f = −( Bt + C )

v=

f = e − Bt − BC

→

g − e − Bt − BC B

Y como v = 0 para t = 0 , la constante C vale: g = −e − BC

→ C=

− ln g B

Por tanto, la ecuación de la velocidad queda de la siguiente manera: v=

g − e − Bt − BC g − e − Bt ⋅ e − BC g − e − Bt ⋅ e ln g g − ge − Bt g = = = = (1 − e − Bt ) B B B B B

Y como la velocidad terminal vale vt =

g , la velocidad de caída de la partícula bajo una B

fuerza resistiva tiene la siguiente expresión:

(

v = vt 1 − e − t / T

)

50

con T =

1 B

___________________________


d) Los puntos obtenidos son los que se muestran en el gráfico.

17,78 25,43 32,34

50,00 40,00 30,00

83,43 84,82

78,29 80,18 81,88

0,00

10,00

v (t)

9,34

20,00

49,38 54,02

60,00

38,60 44,26

70,00

68,55 71,36

80,00

58,22 62,01 65,45

90,00

73,91 76,21

Función de velocidad

0,00 0

1

3

6

10

20

En el gráfico podemos observar como, con el paso del tiempo, la pendiente de la curva se hace cada vez más plana u horizontal. Esto es así debido a que cuanto mayor sea el tiempo más se acerca la velocidad al valor de la velocidad terminal.

27. Siendo la expresión

y = Cx n , derivando con respecto a x nos queda

dy = Cnx n −1 dx Ahora, vamos a dividir cada miembro de la ecuación por el valor de y, esto es dy = Cnx n −1 dx

→

dy Cnx n −1 = dx y Cx n

→

51

dy dx =n y x

tipler libro solucionario fisica tomo 1 capítulo 1y2

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