Compruebe Lo Aprendido
(a) El desplazamiento del ciclista es Δx=xf−x0=−1km. (El desplazamiento es negativo porque tomamos el este como positivo y el oeste como negativo). (b) La distancia recorrida es de 3 km + 2 km = 5 km. (c) La magnitud del desplazamiento es de 1 km.
(a) Tomando la derivada de x(t) se obtiene v(t) = -6t m/s. (b) No, porque el tiempo nunca puede ser negativo. (c) La velocidad es v(1,0 s) = -6 m/s y la rapidez es |v(1,0s)|=6m/s.
Si tomamos el este como positivo, entonces el avión tiene una aceleración negativa porque está acelerando hacia el oeste. También desacelera; su aceleración es en sentido contrario a su velocidad.
Para responder esto, elija una ecuación que nos permita resolver el tiempo t, dados solo a, v0, y v:
v=v0+at.
Reordene para resolver t:
t=v−v0a=400m/s−0m/s20m/s2=20s.
- La función de velocidad es la integral de la función de aceleración más una constante de integración. Según la Ecuación 3.18,
v(t)=∫a(t)dt+C1=∫(5−10t)dt+C1=5t−5t2+C1.
Dado que v(0) = 0, tenemos que C1 = 0; por lo tanto,
v(t)=5t−5t2. - Según la Ecuación 3.19,
x(t)=∫v(t)dt+C2=∫(5t−5t2)dt+C2=52t2−53t3+C2.
Dado que x(0) = 0, tenemos C2 = 0, y
x(t)=52t2−53t3. - La velocidad puede escribirse como v(t) = 5t(1 -t), que es igual a cero en t = 0, y t = 1 s.
Preguntas Conceptuales
Si las bacterias se mueven de un lado a otro, los desplazamientos se anulan entre sí y el desplazamiento final es pequeño.
La rapidez media es la distancia total recorrida, dividida entre el tiempo transcurrido. Si va a dar un paseo a pie, entre salir y volver a su casa, su rapidez media es un número positivo. Dado que la velocidad media = desplazamiento/tiempo transcurrido, su velocidad media es cero.
Se lanza una pelota al aire y su velocidad es cero en el vértice del lanzamiento, pero la aceleración no es cero.
Si la aceleración, el tiempo y el desplazamiento son los valores conocidos, y las velocidades inicial y final son las incógnitas, entonces hay que resolver simultáneamente dos ecuaciones cinemáticas. Además, si la velocidad final, el tiempo y el desplazamiento son valores conocidos, hay que resolver dos ecuaciones cinemáticas para la velocidad y la aceleración iniciales.
Tierra v=v0−gt=−gt; Luna v′=g6t′v=v′−gt=−g6t′t′=6t; Tierra y=−12gt2 Luna y′=−12g6(6t)2=−12g6t2=−6(12gt2)=−6y
Problemas
a. 150,0 s, –v=156,7m/s; b. El 163 % de la velocidad del sonido a nivel del mar o aproximadamente Mach 2.
a.
b. La aceleración tiene el mayor valor positivo en ta
c. La aceleración es cero en teyth
d. La aceleración es negativa en ti,tj,tk,tl
a.
b. Valores conocidos: a=2,40m/s2,t=12,0s,v0=0m/s y x0=0m;
c. x=x0+v0t+12at2=12at2=2,40m/s2(12,0s)2=172,80m, la respuesta parece razonable para aproximadamente 172,8 m; d. v=28,8m/s
Valores conocidos: x=3m,v=0m/s,v0=54m/s. Queremos encontrar a, así que podemos usar esta ecuación a=−486m/s2.
a. a=32,58m/s2;
b. v=161,85m/s;
c. v>vmáx, porque la suposición de una aceleración constante no es válida para un dragster. Un dragster cambia de marcha y tendría una mayor aceleración en la primera marcha que en la segunda, que en la tercera, y así sucesivamente. La aceleración sería mayor al principio, por lo que no aceleraría a 32,6m/s2 durante los últimos metros, pero sustancialmente menos, y la velocidad final sería inferior a 162m/s.
a. y=-8,23mv1=−18,9m/s;
b. y=-18,9mv2=-23,8m/s;
c. y=-32,0mv3=−28,7m/s;
d. y=-47,6mv4=−33,6m/s;
e. y=-65,6mv5=−38,5m/s
a. Valores conocidos: a=−9,8m/s2v0=−1,4m/st=1,8sy0=0m;
b. y=y0+v0t−12gt2y=v0t−12gt=−1,4m/s(1,8seg)−12(9,8)(1,8s)2=-18,4m y el origen está en los socorristas, que están a 18,4 m sobre el agua.
a. v2=v20−2g(y−y0)y0=0v=0y=v202g=(4,0m/s)22(9,80)=0,82m; b. al vértice v=0,41s por 2 al trampolín = 0,82 s del trampolín al agua y=y0+v0t−12gt2y=−1,80my0=0v0=4,0m/s−1,8=4,0t−4,9t24,9t2−4,0t−1,80=0, la solución de la ecuación cuadrática da 1,13 s; c. v2=v20−2g(y−y0)y0=0v0=4,0m/sy=−1,80mv=7,16m/s
Tiempo hasta el vértice: t=1,12s por 2 es igual a 2,24 s a una altura de 2,20 m. A 1,80 m de altura hay que añadir 0,40 m y=y0+v0t−12gt2y=−0,40my0=0v0=−11,0m/sy=y0+v0t−12gt2y=−0,40my0=0v0=−11,0m/s−0,40=−11,0t−4,9t2o4,9t2+11,0t−0,40=0.
Tome la raíz positiva, por lo que el tiempo para recorrer los 0,4 m adicionales es de 0,04 s. El tiempo total es 2,24s+0,04s=2,28s.
a. v2=v20−2g(y−y0)y0=0v=0y=2,50mv20=2gy⇒v0=√2(9,80)(2,50)=7,0m/s; b. t=0,72s por 2 da 1,44 s en el aire
a. v=70,0m/s; b. tiempo que se escucha después de que la roca comienza a caer: 0,75 s, tiempo para llegar al suelo: 6,09 s
a. A=m/s2B=m/s5/2;
b. v(t)=∫a(t)dt+C1=∫(A−Bt1/2)dt+C1=At−23Bt3/2+C1v(0)=0=C1así quev(t0)=At0−23Bt3/20;
c. x(t)=∫v(t)dt+C2=∫(At−23Bt3/2)dt+C2=12At2−415Bt5/2+C2x(0)=0=C2así quex(t0)=12At20−415Bt5/20
a. a(t)=3,2m/s2t≤5,0sa(t)=1,5m/s25,0s≤t≤11,0sa(t)=0m/s2t>11,0s;
b. x(t)=∫v(t)dt+C2=∫3,2tdt+C2=1,6t2+C2t≤5,0sx(0)=0⇒C2=0por lo tanto,x(2,0s)=6,4mx(t)=∫v(t)dt+C2=∫[16,0−1,5(t−5,0)]dt+C2=16t−1,5(t22−5,0t)+C25,0≤t≤11,0sx(5s)=1,6(5,0)2=40m=16(5,0s)−1,5(522−5,0(5,0))+C240=98,75+C2⇒C2=-58,75x(7,0s)=16(7,0)−1,5(722−5,0(7))−58,75=69mx(t)=∫7,0dt+C2=7t+C2t≥11,0sx(11,0s)=16(11)−1,5(1122−5,0(11))−58,75=109=7(11,0s)+C2⇒C2=32mx(t)=7t+32mx≥11,0s⇒x(12,0s)=7(12)+32=116m
Problemas Adicionales
1km=v0(80,0s)+12a(80,0)2; 2km=v0(200,0)+12a(200,0)2 resuelva simultáneamente para obtener a=−0,12400,0km/s2 y v0=0,014167km/s, que es 51,0km/h. La velocidad al final del viaje es v=21,0km/h.
Ecuación para el auto que va a gran velocidad: este auto tiene una velocidad constante, que es la velocidad media, y no está acelerando, por lo que utilizamos la ecuación del desplazamiento con x0=0:x=x0+–vt=–vt; ecuación para el auto de policía: este auto está acelerando, así que utilizamos la ecuación del desplazamiento con x0=0 y v0=0, ya que el auto de policía arranca desde el reposo: x=x0+v0t+12at2=12at2; ahora tenemos una ecuación de movimiento para cada auto con un parámetro común, que puede eliminarse para encontrar la solución. En este caso, resolvemos t. Paso 1, eliminar x: x=–vt=12at2; paso 2, resolver t: t=2–va. El auto que va a gran velocidad tiene una velocidad constante de 40 m/s, que es su velocidad media. La aceleración del auto de policía es de 4 m/s2. Al evaluar t, el tiempo que tarda el auto de policía en alcanzar al auto que va a gran velocidad, tenemos t=2–va=2(40)4=20s.
Con esta aceleración se detiene por completo en t=−v0a=80,5=16s, pero la distancia recorrida es x=8m/s(16s)−12(0,5)(16s)2=64m, que es menor que la distancia que le separa de la meta, por lo que nunca termina la carrera.
h=12gt2, h = altura total y tiempo de caída al suelo
23h=12g(t−1)2 en t - 1 segundos baja 2/3h
23(12gt2)=12g(t−1)2 o t23=12(t−1)2
0=t2−6t+3 t=6±√62−4·32=3±√242
t = 5,45 s y h = 145,5 m. La otra raíz es inferior a 1 s. Para comprobar t = 4,45 s h=12gt2=97,0 m =23(145,5)
Problemas De Desafío
a. v(t)=10t−12t2m/s,a(t)=10−24tm/s2;
b. v(2s)=−28m/s,a(2s)=−38m/s2; c. La pendiente de la función de posición es cero o la velocidad es cero. Hay dos soluciones posibles: t = 0, que da x = 0, o t = 10,0/12,0 = 0,83 s, que da x = 1,16 m. La segunda respuesta es la opción correcta; d. 0,83 s (e) 1,16 m
96km/h=26,67m/s,a=26,67m/s4,0s=6,67m/s2, 295,38 km/h = 82,05 m/s, t=12,3s tiempo para acelerar a la velocidad máxima
x=504,55m distancia recorrida durante la aceleración
7.495,44m a una rapidez constante
7.495,44m82,05m/s=91,35s por lo que el tiempo total es 91,35s+12,3s=103,65s.