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Tema Cinemática

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Explicación y problemas de cinemática. movimiento rectilineo uniforme y uniformemente acelerado, caida libre, movimiento circular. Conceptos básicos

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Tema Cinemática

  1. 1. Introducción Y M.R.U. Tema Cinemática Física y Química Profesor Juan Sanmartín Recursos subvencionados por el…
  2. 2. MAGNITUDES ESCALARES Y VECTORIALES El tiempo es una magnitud escalar, ya que queda completamente definida dando su valor numérico y la unidad en la que se mide. La velocidad es una magnitud vectorial, ya que para que quede completamente definida hay que dar, además de su valor numérico y su unidad, su dirección y su sentido.
  3. 3. SISTEMA DE REFERENCIA Los pasajeros del tranvía están en reposo respecto al conductor, pero los peatones que están en la acera ven a los pasajeros en movimiento. Un objeto está en reposo o en movimiento según el Sistema de Referencia que se escoja.
  4. 4. MAGNITUDES QUE DEFINEN EL MOVIMIENTO La trayectoria es la línea que describe el móvil en su movimiento. La longitud que recorre el móvil medida sobre la trayectoria es el espacio recorrido. En la imagen se puede apreciar la trayectoria de la señora al andar.
  5. 5. MAGNITUDES QUE DEFINEN EL MOVIMIENTO Una cabina de la Noria de Londres (The London Eye) que da una vuelta completa, tendrá un desplazamiento nulo. El desplazamiento es la diferencia entre la posición final (s) y la posición inicial (s0) de un móvil.
  6. 6. MAGNITUDES QUE DEFINEN EL MOVIMIENTO invertido recorrido m tiempo espacio v  Velocidad Media: Velocidad Instantánea: Velocidad media en un intervalo muy pequeño de tiempo. Aceleración: Δt Δv invertidotiempo velocidaddevariación a  La unidad de velocidad en el Sistema Internacional es: m/s La unidad de aceleración en el Sistema Internacional es: m/s2
  7. 7. Cambio de Unidades al Sistema Internacional s m25 .s3600 .h1 .km1 .m1000 h km 90  s2700 min1 s60 min45  m30000 km1 m1000 km30  EN LOS PROBLEMAS EL RESULTADO TENDRÁ QUE ESTAR SIEMPRE EN UNIDADES DEL SISTEMA INTERNACIONAL Y CON SU UNIDAD CORRESPONDIENTE EJEMPLO 5000m. Ver Vídeos y Apuntes de Cambio de Unidades Magnitud básica Unidad Abreviatura Longitud metro m Tiempo segundo s
  8. 8. TIPOS DE MOVIMIENTO MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.) Un automóvil que se desplaza en línea recta con velocidad constante lleva un movimiento rectilíneo uniforme (M.R.U.A.) La posición del móvil en un instante, t (tiempo), viene dada por: tvss 0  t ss v o  De aquí deducimos
  9. 9. Gráficas MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.) tvss o  Gráfica s-t de un MRU. La pendiente de la recta coincide con la velocidad. Gráfica v-t de un M.R.U. Tiempo (s) Espacio(m) So Tiempo (s) Velocidad(m/s) Velocidad constante
  10. 10. Problemas Movimiento Rectilíneo Uniforme (M.R.U.) Recursos subvencionados por el…
  11. 11. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.) Problema.-(TIPO I): Una moto parte de una ciudad A a una velocidad de 150 km/h, al cabo de 50 min. parte de la misma ciudad un coche, con la misma dirección y sentido que la moto anterior pero a una velocidad de 210 km/h. Calcula que el tiempo que tarda el coche en alcanzar a la moto y a que distancia de la ciudad A la alcanza. Lo primero que debéis tener en cuenta es el tipo de movimiento (en este caso M.R.U.) y las fórmulas que le corresponden. Es recomendable mientras realizáis los ejercicios en clase o casa tener las fórmulas de los movimientos en una hoja aparte (os ayudará a recordarlas) tvss o  t ss v o 
  12. 12. Planteamos el Problema Ambos vehículos parten del mismo punto y en el momento que el coche alcanza a la moto HAN RECORRIDO EL MISMO ESPACIO, es decir, LOS ESPACIOS RECORRIDOS SON IGUALES. vezlaaamboscirculandomoto0(moto)moto tvss  La moto está circulando durante 50 min. antes de que el coche arranque, consideramos que el espacio recorrido por la moto durante ese tiempo es su espacio inicial. .m125100300041,7s s m41,7 km1 m1000 s3600 h1 h km 150v s3000 min1 s60 min50t oinicialmot moto inicial           Hemos calculado el espacio que recorrió la moto mientras el coche estaba parado. Tiempo que la moto circula sola SALIDA Espacio inicial de la moto
  13. 13. s m58,3 km1 m1000 s3600 h1 h km 210vcoche  Entonces cochemoto ss  Y por lo tanto… vezlaaamboscirculandomoto0vezlaaamboscirculandocoche tvstv  Resolvemos .s7536,1 16,6 125100 t125100t16,6 125100t41,7t58,3t58,3t41,7125100   7536,1 s. es el tiempo que tarda el coche en alcanzar a la moto Tiempo que la moto circula sola SALIDA Recorren el mismo espacio SALIDA Espacio inicial de la moto
  14. 14. Si queremos saber el tiempo que circula la moto, tendremos que sumar el tiempo inicial en que la moto circulaba mientras el coche estaba parado y el tiempo en que circulan ambos, es decir, 3000s+7536,1s=10536,1s Para calcular el espacio que recorren, se puede calcular tanto con el espacio de la moto como con el del coche ya que ambos son iguales. .km439,4m439354,67536,158,3t58,3s .km439,4m439355,377536,141,7125100t41,7125100s coche moto   LAS DIFERENCIAS OBTENIDAS SON DEBIDAS A LAS APROXIMACIONES REALIZADAS
  15. 15. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.) Problema.-(TIPO I): Dos motos salen de O Carballiño con un tiempo de diferencia. La primera a una velocidad de 90 km/h dirección Pontevedra y al cabo de 5 min. Sale la segunda con la misma dirección y sentido a 110 km/h. Sabiendo que entre O Carballiño y Pontevedra hay 68 km. ¿A qué distancia de Pontevedra se encuentran?. Lo primero que debéis tener en cuenta es el tipo de movimiento (en este caso M.R.U.) y las fórmulas que le corresponden Es recomendable mientras realizáis los ejercicios en clase o casa tener las fórmulas de los movimientos en una hoja aparte (os ayudará a recordarlas) tvss 0  t ss v 0 
  16. 16. Planteamos el Problema Ambos vehículos parten del mismo punto y en el momento que el moto 2 (la que salió mas tarde) alcanza a la moto 1 HAN RECORRIDO EL MISMO ESPACIO, es decir, LOS ESPACIOS RECORRIDOS SON IGUALES. vezlaaambascirculando1moto1)0(motomoto tvss  La moto 1 está circulando durante 5 min. antes de que el moto 2 arranque, consideramos que el espacio recorrido por la moto durante ese tiempo como su espacio inicial. Hemos calculado el espacio que recorrió la moto 1 mientras el moto 2 estaba parada. Tiempo que la moto 1 circula sola SALIDA Espacio inicial de la moto 1 m.500100325s s m41,7 1km 1000m 3600s 1h h km 90v s003 1min 60s 5mint o1inicialmot moto1 inicial         
  17. 17. s m6,03 1km 1000m 3600s 1h h km 110vmoto2  Entonces moto2moto1 ss  Y por lo tanto… vezlaaambascirculandomoto10vezlaaambascirculandomoto2 tvstv  Resolvemos t30,6t251500  267,9 s. es el tiempo que tarda el moto 2 en alcanzar a la moto 1 Tiempo que la moto circula sola SALIDA Recorren el mismo espacio SALIDA Espacio inicial de la moto 150025t30,6t  15005,6t  6,5 1500 t  267,9s Moto 1 Moto 2 Moto 1 Moto 2
  18. 18. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.) Problema.-(TIPO I): La carrera pedestre popular de Baiona consta de 10 kilómetros. Carlos parte de la línea de salida con un ritmo de carrera de 5:25/km (es decir, 5 min. 25 s. por km.) , y 3 minutos después, parte Víctor con un ritmo de 4:19/km.(es decir, 4 min. 19 s./km.). Calcula a que distancia de la salida rebasa Víctor a Carlos. Lo primero que debéis tener en cuenta es el tipo de movimiento (en este caso M.R.U.) y las fórmulas que le corresponden Es recomendable mientras realizáis los ejercicios en clase o casa tener las fórmulas de los movimientos en una hoja aparte (os ayudará a recordarlas) tvss 0  t ss v 0     kilómetro s.25325:5  325s. 1000m. VCARLOS  s m3,08    kilómetro 259s.19:4  259s. 1000m. VVICTOR  s m3,86 s.8013mint0  Tiempo que Carlos toma de ventaja a Víctor.
  19. 19. Calculamos el espacio que toma de ventaja Carlos a Víctor. Sabemos el tiempo de ventaja y la velocidad de Carlos Planteamiento del Problema 325s. 1000m. VCARLOS  s m3,08 s.8013mint0  0tvs  180s s m3,08  554,4m. A este espacio le vamos a llamar espacio inicial del movimiento de Carlos… 554,4m.s0  Sabemos que cuando Víctor rebase a Carlos, ambos han recorrido el mismo espacio desde la Salida. Y que Víctor no ha recorrido ningún espacio antes. Ponemos el cronómetro a cero cuando sale Víctor. En definitiva, cuando Víctor rebase a Carlos… VICTORCARLOS ss   VICTOR CARLOS 0 tvtvs    continua… es decir… t= es el tiempo desde el momento que parte Víctor de la salida
  20. 20. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.) Problema.-(TIPO II): Dos trenes parten al mismo tiempo de dos ciudades A y B separadas por 270 km. en la misma dirección y distinto sentido, uno cara B y el otro cara a A respectivamente. El tren A (llámese así por partir de la ciudad A) circula a 140 km/h. y el tren B a 180km/h. Calcula a qué distancia de ambas ciudades se encuentran y qué tiempo tardan en encontrase. En este problema a diferencia del anterior, ambos salen a la vez pero de diferentes puntos. En principio no tenemos espacio inicial, entonces… Es recomendable mientras realizáis los ejercicios en clase o casa tener las fórmulas de los movimientos en una hoja aparte (os ayudará a recordarlas) tvs 
  21. 21. h km v Atren 140_  Partiendo de la idea de que ambos trenes salen de una ciudad para ir a la opuesta llegamos a la conclusión que en el MOMENTO QUE SE CRUZAN los dos trenes HAN RECORRIDO ENTRE LOS DOS EL ESPACIO TOTAL. totaltren_Btren_A sss  Resolvemos tren_Btren_A ss  3037,1 s. es el tiempo que tardan los trenes en cruzarse entonces .m270000t50t38,9  s m38,9 km1 m1000 s3600 h1  h km 180vtren_B  s m50 km1 m1000 s3600 h1  .m270000km270stvtv totaltren_Btren_A  .m270000km270stvtvss totaltren_Btren_Atren_Btren_A  270000t88,9  s3037,1 88,9 270000 t 
  22. 22. Para calcular la distancia a cada estación, es fácil, calculamos el espacio recorrido en un tren y la diferencia con el total se corresponde con lo que falta a la otra estación. .m118145151855270000.m1518553037,150s .m151856,8118143,2270000.m118143,23037,138,9s tren_B tren_a   LAS DIFERENCIAS OBTENIDAS SON DEBIDAS A LAS APROXIMACIONES REALIZADAS .m118145151855270000.m1518553037,150s .m151856,8118143,2270000.m118143,23037,138,9s tren_B tren_a  
  23. 23. Tema Cinemática Física y Química Profesor Juan Sanmartín Recursos subvencionados por el… M.R.U.A. Y Caída Libre.
  24. 24. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO (M.R.U.A.) Un avión, cuando despega, va aumentando su velocidad. Tiene aceleración positiva. Cuando aterriza disminuye su velocidad hasta pararse. Tiene aceleración negativa. Un M.R.U.A. tiene aceleración constante y su Trayectoria es una línea recta. t vv a o  Ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado: tavv 0f  2 00 ta 2 1 tvss  sa2vv 2 0 2 f  Consideraremos + cuando la aceleración sea positiva y – cuando sea negativa (decelere o frene)
  25. 25. Gráficas MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (M.R.U.A.) Tiempo (s) Espacio(m) So Tiempo (s) Velocidad(m/s) Aceleración constante Tiempo (s) vo Aceleración(m/s2) Gráfica v-t de un M.R.U.A. Con velocidad inicial V0,, y sin velocidad inicial. Gráfica s-t de un M.R.U.A. Se obtiene una Parábola. Tiene espacio inicial. Gráfica a-t de un M.R.U.A.
  26. 26. NINGÚN MOVIMIENTO PUEDE PARTIR DEL REPOSO SIN ACELERACIÓN
  27. 27. Problemas Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado (M.R.U.A.) Recursos subvencionados por el…
  28. 28. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO (M.R.U.A.) Calcula la aceleración de una moto que pasa de 0 a 100 km/h. en 7 s. ¿Qué espacio ha recorrido mientras aceleraba? tavv 0f  2 00 ta 2 1 tvss  sa2vv 2 0 2 f  Lo primero que debéis tener en cuenta es el tipo de movimiento (en este caso M.R.U.A.) y las fórmulas que le corresponden Es recomendable mientras realizáis los ejercicios en clase o en casa tener las fórmulas de los movimientos en una hoja aparte (os ayudará a recordarlas)
  29. 29. Solución - Datos que tenemos: s mvo 0 tavvf  0 2 00 2 1 tatvss  .savv of  222 Aplicamos las fórmulas O también .st 7 h kmvfinal 100 t vv a f 0  .m9874 2 1 700 2  a vv s o    2 22 s m km m s h 82777727 1 1000 3600 1 ,,  2497,3 7 08,27 s m   .9897 42 08,27 22 m   
  30. 30. Un automóvil que circula a una velocidad de 80 km/h. Encuentra un obstáculo situado a 50 m. de distancia. ¿Cuál ha de ser la aceleración mínima y constante, necesaria para detener el coche antes de llegar al obstáculo?. tavvf  0 2 00 2 1 tatvss  savv of  222 De las fórmulas que tenemos, solamente podremos utilizar aquella en la que tengamos una única incógnita Solución: Datos que tenemos: s mvfinal 0 .ms 50 h kmv 800  s m km m s h 22222222 1 1000 3600 1  ,
  31. 31. No tenemos ni la aceleración ni el tiempo, por lo que vamos a utilizar la siguiente fórmula savv of  222 ¡OJO!, EL SIGNO NEGATIVO SIGNIFICA QUE EL COCHE DECELERA O FRENA 502220 22  a Ahora podemos utilizar otra fórmula, ya que tenemos la aceleración que acabamos de calcular. tavvf  0 502220 22  a 2 22 844 502 022 s ma ,    22 022502  a 84,4 02,220     a vv t f .,, s645864 
  32. 32. Problema.- Un automóvil marcha a 126 km/h. ¿Qué aceleración negativa es preciso comunicarle para que se detenga en 140 m?¿Cuánto tiempo tarda en detenerse? tavv 0f  2 00 ta 2 1 tvss  sa2vv 2 o 2 f  De las fórmulas que tenemos, solamente podremos utilizar aquella en la que tengamos una única incógnita. Datos que tenemos: 140m.s  h km261v0  1km 1000m 3600s 1h  MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO (M.R.U.A.) s m35 s m0 h km0vfinal  Se detiene. sa2vv 2 o 2 f  401a2530 22  2 53401a2  1402 53 a 2   280 1225  2 s m4,4 Signo negativo porque decelera (frena) t4,4350  Ahora calculamos el tiempo tavv 0f  4,4 35 t  7,9s Entonces
  33. 33. Problemas Movimientos Combinados Recursos subvencionados por el…
  34. 34. Problema.- Un tren de Metro arranca con una aceleración de 80 cm/s2. Al cabo de 50 segundos el conductor corta la corriente y el tren continúa moviéndose con velocidad constante. ¿Cuál es esta velocidad? ¿Qué espacio recorrió el tren en esos 50 segundos? ¿Qué tiempo transcurrió hasta que el tren llega a otra estación distante de la primera 2500m? PRIMERO, Y LO MÁS IMPORTANTE, es distinguir los tipos de movimiento en cada momento. Un tren de Metro arranca… NOS DICE QUE PARTE DEL REPOSO Y POR LO TANTO NO PUEDE SER MÁS QUE UN M.R.U.A. POR DEFINICIÓN. …y el tren continúa moviéndose con velocidad constante. NOS INDICA CLARAMENTE QUE ES UN MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME TENEMOS DEFINIDO EL PROBLEMA, el tren parte del reposo con M.R.U.A. hasta alcanzar una velocidad que hemos de calcular. A continuación mantiene dicha velocidad constante en M.R.U. hasta llegar a la siguiente estación.
  35. 35. Calculamos los distintos movimientos por separado, primero el M.R.U.A. M.R.U.A. Datos que tenemos: s m0v0  ¡¡¡¡IMPORTANTE!!!! UNIDADES EN EL SISTEMA INTERNACIONAL Comenzamos tavv 0f  2 00 ta 2 1 tvss  Hemos calculado la velocidad final en el M.R.U.A. y el espacio que recorrió mientras aceleraba. Por lo tanto, no le quedan los 2500 m. hasta la estación sino la diferencia. ?vfinal  50s.tacelerando  2 s cm80a  2 s m 0,8 100cm. 1m  0m.s0  500,80  s m40 2 500,8 2 1 5000  1000m. 1500m.10002500sM.R.U. 
  36. 36. M.R.U. Datos que tenemos: s m40v  Consideramos que el espacio inicial es el que ha recorrido mientras ACELERABA. Entonces tvss 0total    M.R.U.M.R.U.A.TOTAL ttt  ?t(M.R.U.)  1000m.s0  2500m.stotal  La velocidad la calculamos en el apartado anterior. Velocidad final de la aceleración. v ss t 0final   40t10002500  40 10002500   37,5s. 87,5s.37,550 
  37. 37. Problema - Un conductor ve un objeto en la carretera y debe detener el coche (circulando a 108 km/h.) para no impactar contra el objeto. Calcula la distancia mínima a la que debe estar dicho objeto para que no se produzca el impacto sabiendo que el conductor tarda 0,4 s. en reaccionar desde que ve el objeto hasta que acciona el freno y la deceleración del coche es de 3,7 m/s2. CONSIDERACIONES PREVIAS, desde que el conductor ve el objeto hasta que acciona el freno, el vehículo circula a velocidad constante. M.R.U., es decir, tenemos dos movimientos, uno M.R.U. y otro M.R.U.A. (decelerado). M.R.U. h km108v  tvss 0:)R.Uo_frena(M.mientras_n  Mientras el conductor no acciona el freno ha recorrido 12 m. en M.R.U. 0m.s0  s m30 3600s. 1h. 1km 1000m  0,4s.tM.R.U.  12m.0,4300  En el tiempo que tarda en reaccionar el coche mantiene velocidad constante. No nos interesa el espacio recorrido anteriormente, entonces espacio inicial 0
  38. 38. M.R.U.A. s m30v0  a vv t f0   Entonces el espacio mínimo será… 2 9,83,7 2 1 9,83012  38 s m0vfinal  ?t M.R.U.A.)acelerado(  2 s m 3,7a  12m.s0  tavv 0f  2 00 ta 2 1 tvss  3,7 030   9,8s. m128,3 Espacio del movimiento anterior. Espacio total de ambos movimientos
  39. 39. Problema: Un ciclista comienza a pedalear con una aceleración de 0,9 m/s2 hasta alcanzar los 40 km/h, velocidad que mantiene pedaleando durante 15 min. Calcula la distancia recorrida y el tiempo empleado en ella. Primero tenemos que saber cuantos movimientos tenemos, en este caso dos, un M.R.U.A. cuando el ciclista acelera y un M.R.U. mientras pedalea a velocidad constante Parte I – M.R.U.A. - (el ciclista acelera) s m0vo  h km40vfinal  km1 m1000 s3600 h1  .?t  2 s m0,9a  .m0s0  ?sfinal  s m11,1 tavv 0f  2 12,30,9 2 1 12,300  Utilizamos la fórmula de la velocidad para calcular el tiempo que desconocemos. Una vez que tenemos el tiempo, calculamos el espacio. a vv t 0  2 00 ta 2 1 tvss  0,9 011,1  .s12,3 .m68,1
  40. 40. Parte II – M.R.U. (el ciclista mantiene la velocidad) ?sfinal  .ctevelocidad_aceleradoTOTAL ttt  tvss 0  El espacio Total es el que da como resultado la fórmula pues contamos con el espacio del movimiento anterior en el espacio inicial. El tiempo total es la suma del tiempo del primer movimiento y el segundo. s m11,1v  .s900.min15t  .m68,1s0  90011,168,1  10058,1m. .s912,390012,3 
  41. 41. MOVIMIENTO VERTICAL o CAÍDA LIBRE El movimiento vertical es un caso particular de M.R.U.A. La aceleración a la que están sometidos los cuerpos con este movimiento es la de la gravedad, cuyo valor es aproximadamente g = 9,81 m/s2 Las ecuaciones del movimiento son las siguientes: tgvv 0f  2 00 tg 2 1 tvhh  v0 y h0 son, respectivamente, la velocidad y la altura iniciales. Si el cuerpo sube, la aceleración se opone al movimiento y se toma su valor con signo negativo. Si el cuerpo baja, la aceleración tiene el sentido del movimiento y se toma su valor con signo positivo. hg2vv 2 o 2 f 
  42. 42. Problemas Caída Libre Recursos subvencionados por el…
  43. 43. Problema Desde lo alto de un rascacielos de 300 m de altura se lanza verticalmente hacia abajo una piedra con una velocidad inicial de 10 m/s. ¿Con qué velocidad llega al suelo?¿Cuánto tiempo tarda en caer?. Datos : 300m.h  s m10v0  Caída libre tgvv 0f  2 00 tg 2 1 tvhh hg2vv 2 o 2 f  De las fórmulas que tenemos, solamente podremos utilizar aquella en la que tengamos una única incógnita. El problema nos da la altura y la velocidad inicial, entonces… hg2vv 2 o 2 f  00381,9201v 22 f  Sustituyo los datos y pongo + porque el cuerpo acelera al descender. Es caída libre, entonces g=9,81 m/s2 00381,9201v 2 f  5986 s m4,77 t81,9014,77  Ahora calculamos el tiempo tgvv 0f  9,81 10-77,4 t  6,9s
  44. 44. Problema.- Lucia deja caer la pelota desde el balcón a la piscina que está a una altura de 22,3 m. sobre el nivel del agua de la piscina. ¿Cuál es la velocidad con la que golpeará el agua de la piscina? ¿Qué tiempo empleó en la caída?. s m0v0  2 00 tg 2 1 tvhh  tgvv 0f  O también se puede hacer así… Consideramos h inicial 0 porque no tiene movimiento anterior, y tenemos la h final porque sabemos lo que va a recorrer. hg2vv 2 0 2 f  tgvv 0final  2 t9,81 2 1 t0022,3  Caída libre ?tcaida  ?vfinal  2 s m9,81g .m22,3h  g vv t 0f   9,81 09,20   3,229,8120v 2 f  s m9,02 .s2,1 9,81 23,22 t   1,29,810  s m20,6 .s1,2
  45. 45. La Torre de Pisa es el campanario de la catedral de Pisa, en la región italiana de la Toscana. La torre comenzó a inclinarse tan pronto como se inició su construcción en agosto de 1173. Se dice que Galileo Galilei dejó caer dos balas de cañón de diferente masa desde la torre, para demostrar que la velocidad de descenso era independiente de la masa. La Torre tiene una inclinación de 4º sobre la vertical. Supongamos que Galileo dejó caer las balas desde el campanario y cayeron a 3,29 m. de la Torre. Calcula con qué velocidad impactaron contra el suelo y el tiempo que tardaron. s m0vinicial  hg2vv 2 0 2 f  Foto: Miguel Sanmartín 3,29m. h 4º ?h  ?vfinal  2 s m9,81g  alturah .m3,29 )tag(4º  )tag(4º .m3,29 haltura  07,0 .m3,29  .m47haltura  4781,920v 22 f  4781,92vf  s m30,4 tgvv 0f  t81,904,30  81,9 4,30 t  .s3,1 ?t 
  46. 46. Problema.- ¿Qué velocidad inicial hay que comunicar a una piedra para que, lanzándola verticalmente hacia arriba, alcance una altura máxima de 20 m.? ¿Cuánto tiempo tardará en alcanzar dicha altura? m.h s m9,81g ?t ?.v s m0v 2 dodesacelera final 20 0      2s. 9,81 019,8 g vv ttgvv s m19,8209,8120v hg2vvhg2vv f0 0f 2 0 2 f 2 0 2 0 2 f        Consideramos h inicial 0 porque no tiene movimiento anterior, y tenemos la h final porque sabemos lo que va a recorrer 46
  47. 47. Problema.- Se lanza verticalmente y hacia arriba un objeto que a los 7 s. tiene una rapidez de 50 m/s. Calcular la velocidad de lanzamiento y el tiempo que tarda en subir y bajar. 2 final s s m9,81g v s mv s mv     ? 0 50 0 .7 Con la velocidad a los 7 segundos calculamos la velocidad inicial que desconocemos Una vez que tenemos la velocidad inicial, calculamos el tiempo que tarda en detenerse que será el tiempo en llegar al punto máximo. s mtgvvtgvv s0s 7,118781,950707  12,1s. 9,81 0118,7 g vv ttgvv f0 0f      EN CAIDA LIBRE, UN OBJETO QUE ES LANZADO CARA ARRIBA TARDA LO MISMO EN ALCANZAR EL PUNTO DE ALTURA MÁXIMA COMO EN CAER DE ESTE AL PUNTO DE ORIGEN, POR LO TANTO… 24,2s.12,12t2t h_máximatotal  47
  48. 48. Problema.- ¿Cuál es la velocidad con la que llega al suelo un cuerpo que se ha dejado caer libremente desde una altura de 100 m.? ¿Qué tiempo empleó en la caída?. 100m.h s m9,81g ?t ?.v s m0v 2 acelerado final 0      2 00 tg 2 1 tvhh  4,5s. 9,81 044,3 g vv ttgvv 0f 0f      O también se puede hacer así… Consideramos h inicial 0 porque no tiene movimiento anterior, y tenemos la h final porque sabemos lo que va a recorrer s m44,31009,8120vhg2vv 2 f 2 0 2 f  s mtgvvfinal 1,445,481,900  4,5s. 9,81 2100 tt9,81 2 1 t00100 2   
  49. 49. Problema nº 10.- Se lanza verticalmente y hacia arriba un objeto que a los 7 s. tiene una rapidez de 50 m/s. Calcular la velocidad de lanzamiento y el tiempo que tarda en subir y bajar. 2 final s s m9,81g v s mv s mv     ? 0 50 0 .7 Con la velocidad a los 7 segundos calculamos la velocidad inicial que desconocemos Una vez que tenemos la velocidad inicial, calculamos el tiempo que tarda en detenerse que será el tiempo en llegar al punto máximo. s mtgvvtgvv s0s 7,118781,950707  12,1s. 9,81 0118,7 g vv ttgvv f0 0f      EN CAIDA LIBRE, UN OBJETO QUE ES LANZADO CARA ARRIBA TARDA LO MISMO EN ALCANZAR EL PUNTO DE ALTURA MÁXIMA COMO EN CAER DE ESTE AL PUNTO DE ORIGEN, POR LO TANTO… 24,2s.12,12t2t h_máximatotal 
  50. 50. Problema.- Un cohete se dispara verticalmente hacia arriba, y asciende con una aceleración de 2 m/s2 durante 1,2 min. En ese instante se agota el combustible y sigue subiendo como partícula libre. Calcular cual es el tiempo transcurrido desde que despegó hasta caer al suelo. Lo primero que tenemos que darnos cuenta es que tenemos 3 movimientos distintos y todos ellos M.R.U.A. El PRIMER MOVIMIENTO es un movimiento acelerado, con aceleración positiva de 2 m/s2 Datos: 0m.h s m 2a s.mint ?.v s m0v 0 2 acelerado final 0      722,1
  51. 51. Calculamos la altura a la que llegó y la velocidad en el instante que se agota el combustible. s mtavv m.2 2 1 00hta 2 1 tvhh final 22 00 1447220 51847272 0   El SEGUNDO MOVIMIENTO es decelerado, ya que el cohete se mueve como partícula libre y sigue ascendiendo después de que se agote el combustible hasta que la gravedad g=9,81 m/s2 lo acaba frenando. 6240,9m.9,81 2 1 14,71445184h tg 2 1 tvhh 14,7s. 9,81 0144 g vv ttgvv 2 00 final0 0final        2 7,14 m.h s mg t . s mv s mv 0 gravedad decelerado final 0 5184 81,9 ? 0 144 2     
  52. 52. El TERCER MOVIMIENTO es M.R.U.A. con aceleración positiva, es lógico, el cohete una vez que se le ha terminado el combustible asciende por la velocidad que tiene en ese momento. Pero esta se ve reducida por el efecto de la gravedad que acaba anulando. Tenemos el cohete en el punto más alto y parado (un instante). TODO CUERPO QUE SUBE TIENE QUE BAJAR, y como tal el cohete cae desde esa altura por efecto de la gravedad. 0m.h 6240,9m.h s m9,81g ?t ?.v s m0v 0 2gravedad n_gravedadaceleracio final 0       35,7s. 9,81 26240,9 tt9,81 2 1 t006240,9 tg 2 1 tvhh 2 2 00     NOTA: LA ALTURA INICIAL ES CERO PORQUE CARA ABAJO EL COHETE NO SE HA DESPLAZADO NADA Y LA ALTURA FINAL QUE CAE, COMO ES LÓGICO, ES LA MISMA A LA QUE SE HA ELEVADO. EL TIEMPO TOTAL DEL MOVIMIENTO SERÁ LA SUMA DE LOS 3 MOVIMIENTOS 122,4s.35,714,772tttt movimiento3to2ºmovimienmovimiento1total erer 
  53. 53. Problema.- Se deja caer una pelota desde la cornisa de un edificio y tarda 0,3 segundos en pasar por delante de una ventana de 2,5 metros de alto. ¿A qué distancia de la cornisa se encuentra el marco superior de la ventana? Este problema, aunque en principio parece fácil, tenemos que suponer varias cosas que complican su resolución Solución: Antes de nada vamos a ver los datos que tenemos 2 ventana ventana 81,9 .5,2 .3,0 ? ? s mga mh st v v final o      LA CLAVE DEL PROBLEMA E MODIFICAR EL PUNTO DE REFERENCIA. 2,5m.? Para empezar SITUAMOS EL PUNTO DE REFERENCIA EN LA VENTANA, donde sabemos el espacio que recorre y el tiempo que le lleva. Como es caída libre utilizaremos g.
  54. 54. CONSIDERACIONES PREVIAS.- Antes de llegar al marco superior recorrió una distancia, le llamaremos h inicial que no sabemos. Tampoco sabemos la h final que recorrerá, pero si sabemos… .m2,5hh 0  Es decir, si al espacio final (hasta el marco inferior de la ventana), le quitamos el espacio que va desde la cornisa al marco superior (espacio inicial) me queda la altura de la ventana. Entonces… s m6,87 0,3 0,442,5 v0,44v0,32,50,39,81 2 1 0,3v2,5 tg 2 1 tvhhtg 2 1 tvhh 00 2 0 2 00 2 00     Hemos calculado la velocidad con la que llega la pelota al marco superior de la venta a la que hemos llamado velocidad inicial puesto que solamente nos centramos en el paso por delante de la ventana.
  55. 55. CAMBIAMOS SISTEMA DE REFERENCIA: Ahora nos centramos en el espacio que hay desde la cornisa hasta el marco superior de la ventana. Consideramos que parte de 0 en la cornisa (velocidad inicial) y que la velocidad con la que llega al marco superior de la ventana es la velocidad con la que inicio el movimiento anterior como es lógico, pero ahora pasa a ser la VELOCIDAD FINAL. .4,2 281,9 87,6 81,92087,62 2 222 0 2 mhhhgvvf    Sabemos la velocidad en el marco superior de la ventana, como el espacio anterior también fue en caída libre, consideramos ahora esta velocidad inicial como la velocidad final del movimiento anterior que parte desde la cornisa con velocidad 0 hasta el marco superior de la ventana, a donde llega con la velocidad que hemos calculado.
  56. 56. M.C.U. Tema Cinemática Física y Química Profesor Juan Sanmartín Recursos subvencionados por el…
  57. 57. MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME Cada una de las agujas del reloj describe ángulos iguales en tiempos iguales. Llevan un Movimiento Circular Uniforme (MCU). Un M.C.U. tiene velocidad constante y su Trayectoria es una circunferencia. En el S.I. se define el radián como el ángulo cuyo arco es igual al radio. 360º = 2 p rad La relación entre el arco y el ángulo descritos en una circunferencia es: s = j . R
  58. 58. MAGNITUDES QUE DEFINEN EL MOVIMIENTO Periodo: El periodo (T) es el tiempo que tarda el móvil en dar una vuelta completa. Se mide en segundos.  p  2 T Frecuencia: La frecuencia (n es el número de vueltas que efectúa el móvil en la unidad de tiempo. Se mide en hercios (Hz) o s-1 T 1  Velocidad angular: Es el ángulo descrito por el móvil en la unidad de tiempo. En el S.I. se mide en rad/s. t j  
  59. 59. Relación M.C.U. y M.R.U.         tωtvss r v ωrωv s rad.ω s mv r s r(radio)srad.m.s 00    jj jjj Relación M.C.U.A. y M.R.U.A j  jj              22 2 1 2 1 2 0 22 0 2 00 2 0 2 0 22 ff ff 00 savv ttavv ttωtatvss r a ra s rad. s ma
  60. 60. Problemas Movimiento Circular Uniforme M.C.U. Recursos subvencionados por el…
  61. 61. Problema.- La velocidad angular de una rueda de 10 cm. de radio es de 600 r.p.m. Calcula la velocidad y el espacio angular al cabo de 5 min. Y el espacio y la velocidad lineal en un punto de la periferia en ese mismo tiempo. (1 revolución=1vuelta)     p pj  ppjj  p p  . s m6,28 rad. m0,1 s rad20rωv 1885m. rad. m0,1rad6000rs 0,1m10cm.r rad.6000300200tω 300s.5min.t s rad20 60s. 1min. 1rev. rd.2 min. rev. 600600r.p.m.ω 0
  62. 62. Una rebarbadora gira a 2500 revoluciones por minuto. Sabiendo que su disco tiene 12 cm. de diámetro. Calcula la velocidad angular y lineal del disco y el espacio lineal y angular recorrido por un punto de la periferia a los 2 min. (1 revolución=1vuelta) 0,06m 2 12cm. r12cm.d  rad.ω0 ppjj 99961203,830t  s.min.t 1202  s rad 60s. 1min. 1rev. rd.2 min. rev. r.p.m.ω p p 3,8325002500        . s m rad. m s radrωv rad. mradrs 7,150,063,83 1884m.0,069996 p pj
  63. 63. Problema. Tras su inauguración en el año 2000, la sorprendente noria de 135 metros de altura (120m. de diámetro) conocida como The London Eye (El Ojo de Londres) se ha convertido en uno de los iconos más emblemáticos de la ciudad y de toda Gran Bretaña. Conocida también como Millennium Wheel (Rueda del Milenio), la noria es un logro del diseño y la ingeniería construido a lo largo de siete años por cientos de trabajadores provenientes de cinco países diferentes. La impresionante estructura de 10 toneladas está compuesta por 32 cabinas de cristal, con capacidad para 25 personas cada una. La estructura gira constantemente a velocidad lenta para permitir que la gente pueda subir sin detenerse. El recorrido por las alturas de la ciudad dura aproximadamente 30 minutos. Calcula la velocidad lineal y angular, el espacio lineal y angular de cada cabina de cristal recorre en 5 min. 30min 1vuelta ω  60s 1min 1vuelta rad2  p s radp0011,0 s s rad 3000011,0min5  pj300s5mint  rad 60m 0011,0vlineal  s radp s m21,0 rad 60m rad 3 1s5min  p m8,26 min.03tvuelta  m.201diámetro  m.06 2 120m. radio  rad 3 1 p
  64. 64. Problema. Durante las fiestas de San Roque de Vilagarcía, Lucía se ha subido en un Tiovivo. Sabiendo que el Tiovivo mide 7 m. de diámetro y que en cada vuelta invierte 7,5 segundos. Calcula la velocidad lineal, la velocidad angular y el espacio angular y lineal durante los cuatro minutos que estuvo subida. 7,5s 1vuelta ω  1vuelta rad2p  s radp27,0 m5,3radio  t ωmin4js4024mint  rad 3,5m 27,0  s radp s m97,2 rad 3,5m rad8,64  p m5,127 7m.diámetro  3,5m. 2 7m. radio  s s rad 24027,0  p rωvlineal  rad8,64 p rs4min   7,5s.vuelta t
  65. 65. Problema. Un tractor tiene una rueda trasera de 160 cm. de diámetro. Calcula el número de vueltas que da dicha rueda mientras el tractor recorre 900m. ¿Cuál es la velocidad lineal y angular si tarda 1,2 minutos en recorrer esta distancia? r v ω lineal  .rad m0,8 s m12,5  s72min1,2t  .cm160diámetro  .m0,8 2 .m1,6 radio  vuelta .rad2 .rad1125 no vueltas p  s72 m900 vlineal  rs   .m1,6 r s  radian m0,8 .m900  .rad1125 .vueltas179 s m5,12 s rad15,6
  66. 66. Problema. Un aerogenerador es un dispositivo que convierte la energía cinética del viento en energía eléctrica. Las aspas o palas de un aerogenerador giran a 18 revoluciones por minuto y tienen un diámetro de 80 metros. Calcula la velocidad angular del aerogenerador y la velocidad lineal en el punto más externo de las aspas. También calcula el espacio angular y lineal de dicho punto al cabo de 15 minutos. flickr m.08d  t ω0jj 0s.09min.15t  r.p.m.81ω  rs  j min. rev. 81 1rev. rad.2p  60s. 1min.  s rad6,0 p rad.5409006,00 pp  m04 2 80m. r  rωv  rad. m046,0  s radp s m4,75 rad. m04rad540  p m.6,78586 tvss 0  900s. s m75,4  67860m.
  67. 67. ACELERACIÓN CENTRÍPETA En el M.C.U. la velocidad cambia de dirección en cada instante, luego existe aceleración, la aceleración centrípeta. Cuando viajamos en un vehículo y toma una curva, la tendencia es a salirnos de la curva. La aceleración centrípeta lo impide al tirar de nosotros hacia dentro de la curva. R v a 2 c  Para una misma velocidad, cuanto mayor sea el radio de la curva, menor será la aceleración centrípeta.
  68. 68. Busca enlaces a otras páginas relacionadas con el tema en… www.juansanmartin.net

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