Problemas resueltos de cinemática y movimiento relativo

Problema 1.1

Una lancha dejó atrás una balsa en el punto A. Luego de \(T=60\,\text{min}=1\,\text{h}\), vuelve y encuentra la balsa a \(l=6,0\,\text{km}\) aguas abajo. Hallar la velocidad de la corriente.

Solución

La balsa se mueve solamente con la corriente. Por lo tanto:

\[ v_c=\frac{l}{T} \]

Reemplazando:

\[ v_c=\frac{6,0\,\text{km}}{1\,\text{h}}=6,0\,\text{km/h} \]

Respuesta: la velocidad de la corriente es \(6,0\,\text{km/h}\).

Problema 1.2

Un punto recorre la mitad del camino con velocidad \(v_0\). La parte restante la hace durante la mitad del tiempo con velocidad \(v_1\), y durante la otra mitad del tiempo con velocidad \(v_2\). Determinar la velocidad media.

Solución

Gráfico vectorial del problema 1.2

Sea \(S\) la distancia total. La primera mitad es:

\[ S_1=\frac{S}{2} \]

El tiempo empleado en esa parte es:

\[ t_1=\frac{S/2}{v_0}=\frac{S}{2v_0} \]

En la segunda mitad, el punto recorre \(S/2\). Como usa tiempos iguales con velocidades \(v_1\) y \(v_2\), la velocidad media de esa parte es:

\[ v_{12}=\frac{v_1+v_2}{2} \]

Entonces:

\[ t_2=\frac{S/2}{(v_1+v_2)/2}=\frac{S}{v_1+v_2} \]

El tiempo total es:

\[ t=t_1+t_2=\frac{S}{2v_0}+\frac{S}{v_1+v_2} \]

La velocidad media total resulta:

\[ v_m=\frac{S}{t} \]

\[ v_m=\frac{S}{\frac{S}{2v_0}+\frac{S}{v_1+v_2}} \]

Simplificando:

\[ v_m=\frac{2v_0(v_1+v_2)}{v_1+v_2+2v_0} \]

Respuesta:

\[ \boxed{v_m=\frac{2v_0(v_1+v_2)}{2v_0+v_1+v_2}} \]

Problema 1.3

Un automóvil parte del reposo, acelera con \(w=5,0\,\text{m/s}^2\), luego se mueve con velocidad uniforme y finalmente frena con la misma aceleración hasta detenerse. El tiempo total es \(\tau=25\,\text{s}\) y la velocidad media es \(72\,\text{km/h}\). Hallar el tiempo durante el cual mantuvo velocidad uniforme.

Solución

Primero convertimos la velocidad media:

\[ 72\,\text{km/h}=20\,\text{m/s} \]

La distancia total recorrida es:

\[ s=v_m\tau=20\cdot 25=500\,\text{m} \]

Sea \(t\) el tiempo de aceleración. Como el frenado tiene la misma aceleración, también dura \(t\). Sea \(t_u\) el tiempo con velocidad uniforme.

\[ 2t+t_u=25 \]

La velocidad máxima será:

\[ v=wt=5t \]

La distancia total es el área bajo la gráfica velocidad-tiempo:

\[ s=\frac{1}{2}vt+vt_u+\frac{1}{2}vt \]

\[ s=vt+vt_u=v(t+t_u) \]

Como \(t_u=25-2t\):

\[ 500=5t(t+25-2t) \]

\[ 500=5t(25-t) \]

\[ 100=25t-t^2 \]

\[ t^2-25t+100=0 \]

\[ t=\frac{25\pm \sqrt{625-400}}{2} \]

\[ t=\frac{25\pm 15}{2} \]

La solución física posible es:

\[ t=5\,\text{s} \]

Entonces:

\[ t_u=25-2\cdot 5=15\,\text{s} \]

Respuesta: el automóvil mantuvo velocidad uniforme durante \(15\,\text{s}\).

Problema 1.4

La figura muestra la distancia \(s\) recorrida por un punto en función del tiempo \(t\). Se pide hallar, en forma aproximada:

1. La velocidad media durante todo el desplazamiento.
2. La velocidad máxima.
3. El instante \(t_0\) en el cual la velocidad instantánea es igual a la velocidad media en los primeros \(t_0\) segundos.
4. La aceleración media entre \(10\,\text{s}\) y \(16\,\text{s}\).

Solución

Del gráfico se observa aproximadamente que el cuerpo recorre \(2,0\,\text{m}\) en \(20\,\text{s}\).

a) Velocidad media total

\[ v_m=\frac{\Delta s}{\Delta t} \]

\[ v_m=\frac{2,0\,\text{m}}{20\,\text{s}}=0,10\,\text{m/s} \]

b) Velocidad máxima

La velocidad máxima corresponde a la mayor pendiente de la curva \(s(t)\). Esta zona se encuentra aproximadamente entre \(12\,\text{s}\) y \(15\,\text{s}\).

Tomando del gráfico:

\[ s(12\,\text{s})\approx 0,7\,\text{m} \]

\[ s(15\,\text{s})\approx 1,6\,\text{m} \]

Entonces:

\[ v_{\max}\approx \frac{1,6-0,7}{15-12} \]

\[ v_{\max}\approx \frac{0,9}{3}=0,30\,\text{m/s} \]

c) Condición de velocidad instantánea igual a la velocidad media

La velocidad media en los primeros \(t_0\) segundos es:

\[ v_m=\frac{s(t_0)}{t_0} \]

La velocidad instantánea es la pendiente de la tangente en \(t_0\):

\[ v=\frac{ds}{dt} \]

La condición buscada es:

\[ \frac{ds}{dt}=\frac{s(t_0)}{t_0} \]

Gráficamente, esto ocurre cuando la tangente a la curva pasa por el origen. Según la figura, el valor aproximado es:

\[ t_0\approx 13\,\text{s} \]

d) Aceleración media entre 10 s y 16 s

La aceleración media se calcula a partir del cambio de velocidad:

\[ a_m=\frac{v_2-v_1}{t_2-t_1} \]

Del gráfico, estimando las pendientes:

\[ v(10\,\text{s})\approx 0,10\,\text{m/s} \]

\[ v(16\,\text{s})\approx 0,20\,\text{m/s} \]

Por lo tanto:

\[ a_m\approx \frac{0,20-0,10}{16-10} \]

\[ a_m\approx 0,017\,\text{m/s}^2 \]

Respuestas aproximadas:

• a) \(v_m\approx 0,10\,\text{m/s}\)
• b) \(v_{\max}\approx 0,30\,\text{m/s}\)
• c) \(t_0\approx 13\,\text{s}\)
• d) \(a_m\approx 0,017\,\text{m/s}^2\)

Problema 1.5

Dos partículas \(1\) y \(2\) tienen velocidades constantes \(\vec v_1\) y \(\vec v_2\). Sus radios vectores iniciales son \(\vec r_1\) y \(\vec r_2\). ¿Con qué relación entre estos vectores chocarán las partículas?

Solución

Las posiciones de las partículas en función del tiempo son:

\[ \vec R_1=\vec r_1+\vec v_1t \]

\[ \vec R_2=\vec r_2+\vec v_2t \]

Para que choquen, ambas posiciones deben ser iguales en un mismo instante:

\[ \vec R_1=\vec R_2 \]

Entonces:

\[ \vec r_1+\vec v_1t=\vec r_2+\vec v_2t \]

Agrupando:

\[ \vec r_1-\vec r_2=(\vec v_2-\vec v_1)t \]

Esto significa que el vector posición relativa inicial debe ser paralelo al vector velocidad relativa:

\[ \vec r_1-\vec r_2 \parallel \vec v_2-\vec v_1 \]

Además, el tiempo de encuentro debe ser positivo.

Respuesta: las partículas chocarán si el vector \(\vec r_1-\vec r_2\) es paralelo a \(\vec v_2-\vec v_1\) y el tiempo obtenido es \(t>0\).

Problema 1.6

Un barco navega hacia el Este con velocidad \(v_0=30\,\text{km/h}\). Sopla viento desde el Sudeste hacia el ecuador con velocidad \(v=15\,\text{km/h}\), formando un ángulo \(\varphi=60^\circ\) con el ecuador. Hallar la velocidad del viento respecto del barco y el ángulo que forma con el ecuador.

Solución

Tomamos el eje \(x\) hacia el Este y el eje \(y\) hacia el Norte. La velocidad del barco es:

\[ \vec v_b=(30,0)\,\text{km/h} \]

La velocidad del viento respecto de tierra forma \(60^\circ\) con el ecuador:

\[ v_x=15\cos 60^\circ=7,5\,\text{km/h} \]

\[ v_y=15\sin 60^\circ\approx 13,0\,\text{km/h} \]

Entonces:

\[ \vec v_v=(7,5;13,0)\,\text{km/h} \]

La velocidad relativa del viento respecto del barco es:

\[ \vec v_{v/b}=\vec v_v-\vec v_b \]

\[ \vec v_{v/b}=(7,5-30;13,0-0) \]

\[ \vec v_{v/b}=(-22,5;13,0)\,\text{km/h} \]

Su módulo es:

\[ v'=\sqrt{(-22,5)^2+(13,0)^2} \]

\[ v'\approx 26,0\,\text{km/h} \]

El ángulo respecto del eje Este-Oeste es:

\[ \tan \varphi'=\frac{13,0}{22,5} \]

\[ \varphi'\approx 30^\circ \]

Respuesta: la velocidad del viento respecto del barco es aproximadamente \(26,0\,\text{km/h}\), dirigida \(30^\circ\) al Norte del Oeste.

Problema 1.7

Dos nadadores cruzan un río desde \(A\) hacia \(B\), ubicado justo enfrente. Uno nada directamente hacia \(B\); el otro orienta su velocidad perpendicularmente a la corriente y luego camina por la orilla. Se pide comparar los tiempos. Datos: \(v_0=2,0\,\text{km/h}\) corriente del río, \(v'=2,5\,\text{km/h}\) velocidad de cada nadador respecto del agua.

Solución

Para el primer nadador, que llega directamente a \(B\), debe orientar su velocidad contra la corriente. La componente transversal será:

\[ v_\perp=\sqrt{v'^2-v_0^2} \]

\[ v_\perp=\sqrt{2,5^2-2,0^2} \]

\[ v_\perp=\sqrt{6,25-4,00}=1,5\,\text{km/h} \]

Si el ancho del río es \(d\), el tiempo del primer nadador es:

\[ t_1=\frac{d}{1,5} \]

El segundo nadador cruza perpendicularmente a la corriente. Su velocidad transversal es \(2,5\,\text{km/h}\), por lo tanto:

\[ t_2=\frac{d}{2,5} \]

Durante ese tiempo es arrastrado por la corriente una distancia:

\[ x=v_0t_2=2,0\frac{d}{2,5}=0,8d \]

Si luego camina por la orilla con velocidad \(u\), el tiempo total del segundo será:

\[ t_2'=\frac{d}{2,5}+\frac{0,8d}{u} \]

Para que ambos lleguen al mismo tiempo:

\[ \frac{d}{1,5}=\frac{d}{2,5}+\frac{0,8d}{u} \]

Dividiendo por \(d\):

\[ \frac{1}{1,5}=\frac{1}{2,5}+\frac{0,8}{u} \]

\[ 0,6667=0,4+\frac{0,8}{u} \]

\[ \frac{0,8}{u}=0,2667 \]

\[ u=3,0\,\text{km/h} \]

Respuesta: los nadadores llegan al mismo tiempo si la velocidad de caminata por la orilla es \(3,0\,\text{km/h}\).

Problema 1.8

Desde una boya en el medio de un río parten dos botes \(A\) y \(B\). El bote \(A\) se mueve a lo largo del río y el bote \(B\) a lo ancho. Ambos se alejan la misma distancia de la boya y regresan. Hallar la relación entre los tiempos \(\tau_A/\tau_B\), si la velocidad de cada bote respecto del agua es \(\eta=1,2\) veces la velocidad del río.

Solución

Sea \(u\) la velocidad de la corriente. La velocidad del bote respecto del agua es:

\[ v=\eta u \]

Para el bote \(A\), que se mueve a favor y en contra de la corriente, el tiempo total para recorrer una distancia \(L\) de ida y \(L\) de vuelta es:

\[ \tau_A=\frac{L}{v+u}+\frac{L}{v-u} \]

\[ \tau_A=\frac{L}{u(\eta+1)}+\frac{L}{u(\eta-1)} \]

\[ \tau_A=\frac{L}{u}\left(\frac{1}{\eta+1}+\frac{1}{\eta-1}\right) \]

\[ \tau_A=\frac{L}{u}\frac{2\eta}{\eta^2-1} \]

Para el bote \(B\), que se mueve perpendicularmente a la corriente, debe compensar el arrastre. Su velocidad efectiva transversal es:

\[ v_\perp=\sqrt{v^2-u^2}=u\sqrt{\eta^2-1} \]

El tiempo total de ida y vuelta es:

\[ \tau_B=\frac{2L}{u\sqrt{\eta^2-1}} \]

La relación entre tiempos resulta:

\[ \frac{\tau_A}{\tau_B} = \frac{\frac{L}{u}\frac{2\eta}{\eta^2-1}} {\frac{2L}{u\sqrt{\eta^2-1}}} \]

\[ \frac{\tau_A}{\tau_B}= \frac{\eta}{\sqrt{\eta^2-1}} \]

Con \(\eta=1,2\):

\[ \frac{\tau_A}{\tau_B}= \frac{1,2}{\sqrt{1,2^2-1}} \]

\[ \frac{\tau_A}{\tau_B}= \frac{1,2}{\sqrt{0,44}} \]

\[ \frac{\tau_A}{\tau_B}\approx 1,81 \]

Respuesta:

\[ \boxed{\frac{\tau_A}{\tau_B}\approx 1,81} \]

Problema 1.9

Un bote navega por un río con una velocidad que es \(\eta=2,0\) veces menor que la velocidad de la corriente. ¿Qué ángulo respecto a la corriente debe mantener el bote para no ser arrastrado río abajo?

Solución

Sea \(u\) la velocidad de la corriente. Como la velocidad del bote respecto del agua es dos veces menor:

\[ v=\frac{u}{2} \]

Para que el bote no sea arrastrado río abajo, la componente de su velocidad contra la corriente debería igualar a \(u\).

La máxima componente posible contra la corriente es \(v\), pero:

\[ v=\frac{u}{2} \]

Por lo tanto, el bote no puede compensar totalmente la corriente, cualquiera sea el ángulo elegido.

Respuesta: no existe ningún ángulo posible. El bote será arrastrado río abajo porque su velocidad respecto del agua es menor que la velocidad de la corriente.

Problema 1.10

Dos cuerpos son lanzados simultáneamente desde un mismo punto: uno verticalmente hacia arriba y otro formando un ángulo \(\theta=60^\circ\) con la horizontal. La velocidad inicial de ambos es \(v_0=25\,\text{m/s}\). Hallar la distancia entre los cuerpos al cabo de \(t=1,70\,\text{s}\), despreciando la resistencia del aire.

Solución

Gráfico vectorial del problema 1.10

Ambos cuerpos tienen la misma aceleración gravitatoria. Por lo tanto, para estudiar la separación entre ellos puede usarse el movimiento relativo. La aceleración relativa es nula, porque ambos tienen la misma aceleración \(g\).

La velocidad inicial del primer cuerpo, lanzado verticalmente, es:

\[ \vec v_1=(0;v_0) \]

La velocidad inicial del segundo cuerpo es:

\[ \vec v_2=(v_0\cos 60^\circ;v_0\sin 60^\circ) \]

La velocidad relativa es:

\[ \vec v_{21}=\vec v_2-\vec v_1 \]

\[ \vec v_{21}=(v_0\cos 60^\circ;v_0\sin 60^\circ-v_0) \]

Su módulo es:

\[ v_{21}=v_0\sqrt{(\cos 60^\circ)^2+(\sin 60^\circ-1)^2} \]

Reemplazando:

\[ v_{21}=25\sqrt{(0,5)^2+(0,866-1)^2} \]

\[ v_{21}=25\sqrt{0,25+0,018} \]

\[ v_{21}\approx 12,94\,\text{m/s} \]

Como la velocidad relativa es constante:

\[ d=v_{21}t \]

\[ d=12,94\cdot 1,70 \]

\[ d\approx 22,0\,\text{m} \]

Respuesta: la distancia entre los cuerpos después de \(1,70\,\text{s}\) es aproximadamente \(22,0\,\text{m}\).

Problema 1.11

Dos partículas se mueven en un campo gravitatorio homogéneo con aceleración \(g\). En el instante inicial están en el mismo punto y sus velocidades son horizontales y opuestas: \(v_1=3,0\,\text{m/s}\) y \(v_2=4,0\,\text{m/s}\). Hallar la distancia entre las partículas cuando sus velocidades resultantes sean perpendiculares.

Solución

Tomamos el eje \(x\) horizontal y el eje \(y\) vertical. Las velocidades son:

\[ \vec v_1=(3;-gt) \]

\[ \vec v_2=(-4;-gt) \]

Para que sean perpendiculares, el producto escalar debe ser cero:

\[ \vec v_1\cdot \vec v_2=0 \]

\[ 3(-4)+(-gt)(-gt)=0 \]

\[ -12+g^2t^2=0 \]

\[ g^2t^2=12 \]

\[ t=\frac{\sqrt{12}}{g} \]

La separación horizontal entre las partículas es:

\[ d=(v_1+v_2)t \]

\[ d=(3+4)\frac{\sqrt{12}}{g} \]

Usando \(g=9,8\,\text{m/s}^2\):

\[ d=7\frac{3,464}{9,8} \]

\[ d\approx 2,47\,\text{m} \]

Respuesta: la distancia entre las partículas será aproximadamente \(2,47\,\text{m}\).

Problema 1.12

En los vértices de un triángulo equilátero de lado \(a\) se encuentran tres puntos. Comienzan a moverse simultáneamente con velocidad constante en módulo \(v\), de modo que el primero apunta siempre hacia el segundo, el segundo hacia el tercero y el tercero hacia el primero. Hallar el tiempo en que se encuentran.

Solución

Por simetría, los tres puntos se mueven describiendo trayectorias curvas hacia el centro del triángulo. La figura se mantiene siempre como un triángulo equilátero que se reduce de tamaño.

La velocidad de cada punto tiene una componente dirigida hacia el centro del triángulo. En un triángulo equilátero, el ángulo entre el lado y la dirección hacia el centro es \(30^\circ\).

Por lo tanto, la componente radial de la velocidad es:

\[ v_r=v\cos 30^\circ \]

\[ v_r=\frac{\sqrt{3}}{2}v \]

La distancia inicial desde un vértice hasta el centro del triángulo equilátero es:

\[ R=\frac{a}{\sqrt{3}} \]

El tiempo de encuentro es:

\[ t=\frac{R}{v_r} \]

\[ t=\frac{a/\sqrt{3}}{(\sqrt{3}/2)v} \]

\[ t=\frac{2a}{3v} \]

Respuesta:

\[ \boxed{t=\frac{2a}{3v}} \]

Conceptos utilizados

• Velocidad media. (Average velocity)
• Velocidad instantánea. (Instantaneous velocity)
• Velocidad relativa. (Relative velocity)
• Velocidad máxima. (Maximum velocity)
• Aceleración media. (Average acceleration)
• Aceleración instantánea. (Instantaneous acceleration)
• Aceleración gravitatoria. (Gravitational acceleration)
• Movimiento rectilíneo uniforme. (Uniform rectilinear motion)
• Movimiento uniformemente acelerado. (Uniformly accelerated motion)
• Movimiento relativo. (Relative motion)
• Movimiento relativo en un río. (Relative motion in a river)
• Movimiento parabólico. (Projectile motion)
• Movimiento bidimensional. (Two-dimensional motion)
• Trayectoria. (Trajectory)
• Desplazamiento. (Displacement)
• Distancia recorrida. (Distance traveled)
• Tiempo de recorrido. (Travel time)
• Sistema de referencia. (Reference frame)
• Composición de velocidades. (Velocity composition)
• Descomposición vectorial. (Vector decomposition)
• Vector velocidad. (Velocity vector)
• Vector posición. (Position vector)
• Velocidad transversal. (Transverse velocity)
• Velocidad angular. (Angular velocity)
• Condición de encuentro. (Collision condition)
• Tiempo de encuentro. (Meeting time)
• Movimiento simétrico. (Symmetrical motion)
• Simetría en el movimiento. (Symmetry in motion)
• Producto escalar. (Scalar product)
• Vectores perpendiculares. (Perpendicular vectors)
• Componentes horizontal y vertical. (Horizontal and vertical components)
• Componente radial. (Radial component)
• Velocidad respecto del agua. (Velocity relative to water)
• Velocidad de la corriente. (Current velocity)
• Corriente de un río. (River current)
• Ángulo de lanzamiento. (Launch angle)
• Movimiento vertical. (Vertical motion)
• Movimiento horizontal. (Horizontal motion)
• Movimiento de persecución. (Pursuit motion)
• Triángulo equilátero. (Equilateral triangle)
• Centro de masa geométrico. (Geometric center of mass)
• Velocidad constante. (Constant velocity)
• Movimiento curvilíneo. (Curvilinear motion)
• Movimiento circular. (Circular motion)
• Tiempo total de viaje. (Total travel time)
• Condición de equilibrio dinámico. (Dynamic equilibrium condition)
• Velocidad efectiva. (Effective velocity)
• Dirección del movimiento. (Direction of motion)
• Magnitud vectorial. (Vector magnitude)
• Componente longitudinal. (Longitudinal component)

Problemas resueltos de cinemática

Problema 1.13

El punto A se mueve con velocidad constante \(v\), de modo que su vector velocidad apunta siempre hacia el punto B. El punto B se mueve rectilínea y uniformemente con velocidad \(u<v\). Inicialmente la distancia entre ambos es \(l\). Hallar después de cuánto tiempo se encuentran.

Solución

Como el punto A mantiene siempre su velocidad orientada hacia B, la distancia entre ambos disminuye con una rapidez igual a la diferencia entre las velocidades efectivas sobre la línea que los une.

Si B se aleja en la misma dirección de la recta AB, la rapidez con que se reduce la distancia es:

\[ v_{\text{rel}}=v-u \]

Por lo tanto, el tiempo de encuentro se obtiene dividiendo la distancia inicial por la velocidad relativa:

\[ t=\frac{l}{v-u} \]

Respuesta:

\[ \boxed{t=\frac{l}{v-u}} \]

Problema 1.14

Un tren de longitud \(l=350\,\text{m}\) parte con aceleración constante \(w=3,0\cdot 10^{-2}\,\text{m/s}^2\). A los \(t=30\,\text{s}\) se conecta el reflector de la locomotora. A los \(\tau=60\,\text{s}\) desde ese momento, se conecta la lámpara de señales en la cola del tren. Hallar la distancia entre los puntos donde ocurrieron estos acontecimientos en el sistema de referencia del tren y de la Tierra. Hallar también la velocidad constante \(V\) respecto de la Tierra que debería tener otro sistema \(K\) para que ambos acontecimientos ocurrieran en el mismo punto.

Solución

Tomamos como origen la posición inicial de la locomotora. La posición de la locomotora en función del tiempo es:

\[ x_L=\frac{1}{2}wt^2 \]

El primer acontecimiento ocurre en la locomotora a los \(t_1=30\,\text{s}\):

\[ x_1=\frac{1}{2}w t_1^2 \]

El segundo acontecimiento ocurre en la cola del tren \(\tau=60\,\text{s}\) después, es decir:

\[ t_2=t_1+\tau=30+60=90\,\text{s} \]

La posición de la cola del tren será:

\[ x_2=\frac{1}{2}w t_2^2-l \]

La distancia entre los dos puntos en el sistema de la Tierra es:

\[ \Delta x=x_2-x_1 \]

\[ \Delta x=\frac{1}{2}w(t_2^2-t_1^2)-l \]

Reemplazando:

\[ \Delta x=\frac{1}{2}\cdot 0,03(90^2-30^2)-350 \]

\[ \Delta x=0,015(8100-900)-350 \]

\[ \Delta x=0,015\cdot 7200-350 \]

\[ \Delta x=108-350=-242\,\text{m} \]

El signo negativo indica que el segundo punto está \(242\,\text{m}\) detrás del primero, medido en el sistema de la Tierra.

En el sistema ligado al tren, los acontecimientos ocurren en la locomotora y en la cola, por lo tanto la distancia entre ellos es simplemente:

\[ \Delta x'=l=350\,\text{m} \]

Para que en un sistema \(K\) ambos acontecimientos ocurran en el mismo punto, dicho sistema debe desplazarse con velocidad:

\[ V=\frac{\Delta x}{\Delta t} \]

donde:

\[ \Delta t=60\,\text{s} \]

Entonces:

\[ V=\frac{-242}{60} \]

\[ V\approx -4,03\,\text{m/s} \]

Respuesta: en el sistema de la Tierra los puntos están separados \(242\,\text{m}\), con el segundo detrás del primero. En el sistema del tren, la distancia es \(350\,\text{m}\). El sistema \(K\) debe moverse con velocidad \(4,03\,\text{m/s}\) en sentido contrario al movimiento del tren.

Problema 1.15

La cabina de un ascensor, de \(2,7\,\text{m}\) de altura, comienza a elevarse con aceleración constante \(a=1,2\,\text{m/s}^2\). A los \(2,0\,\text{s}\) de iniciada la ascensión se desprende un perno del techo. Hallar:

1. El tiempo de caída libre del perno.
2. El desplazamiento y el recorrido del perno durante la caída libre en un sistema ligado al pozo del ascensor.

Solución

La altura de la cabina es:

\[ h=2,7\,\text{m} \]

En el sistema de referencia del ascensor, el perno cae con aceleración relativa:

\[ g_{\text{rel}}=g+a \]

porque el ascensor acelera hacia arriba y el perno cae respecto de él.

Entonces:

\[ h=\frac{1}{2}(g+a)t^2 \]

Despejando:

\[ t=\sqrt{\frac{2h}{g+a}} \]

Reemplazando \(g=9,8\,\text{m/s}^2\):

\[ t=\sqrt{\frac{2\cdot 2,7}{9,8+1,2}} \]

\[ t=\sqrt{\frac{5,4}{11}} \]

\[ t\approx 0,70\,\text{s} \]

a) Tiempo de caída

\[ \boxed{t\approx 0,70\,\text{s}} \]

b) Desplazamiento en el sistema del pozo

En el instante en que se desprende, el ascensor lleva una velocidad:

\[ v_0=at_0=1,2\cdot 2,0=2,4\,\text{m/s} \]

Durante la caída, respecto de la Tierra, el perno primero sigue subiendo y luego comienza a bajar. Su desplazamiento será:

\[ \Delta y=v_0t-\frac{1}{2}gt^2 \]

\[ \Delta y=2,4\cdot 0,70-\frac{1}{2}\cdot 9,8\cdot 0,70^2 \]

\[ \Delta y=1,68-2,40=-0,72\,\text{m} \]

El signo negativo indica que termina \(0,72\,\text{m}\) por debajo del punto donde se desprendió.

Para hallar el recorrido, calculamos cuánto sube antes de detenerse:

\[ s_1=\frac{v_0^2}{2g} \]

\[ s_1=\frac{2,4^2}{2\cdot 9,8}\approx 0,29\,\text{m} \]

Luego baja desde ese punto hasta el piso. El desplazamiento final fue \(-0,72\,\text{m}\), por lo que el recorrido total es:

\[ s=s_1+(s_1+0,72) \]

\[ s=2s_1+0,72 \]

\[ s=2\cdot 0,29+0,72=1,30\,\text{m} \]

Respuesta: el tiempo de caída es aproximadamente \(0,70\,\text{s}\). En el sistema del pozo, el desplazamiento del perno es \(-0,72\,\text{m}\) y el recorrido total es aproximadamente \(1,30\,\text{m}\).

Problema 1.16

Las partículas 1 y 2 se mueven con velocidades constantes \(v_1\) y \(v_2\) por dos rectas mutuamente perpendiculares hasta el punto de intersección \(O\). En el instante \(t=0\), las partículas están a las distancias \(l_1\) y \(l_2\) del punto \(O\). ¿Al cabo de qué tiempo la distancia entre ellas será mínima? ¿Cuál será dicha distancia mínima?

Solución

Tomamos el punto \(O\) como origen. Una partícula se mueve sobre el eje \(x\) y la otra sobre el eje \(y\).

Sus coordenadas pueden escribirse como:

\[ x=l_1-v_1t \]

\[ y=l_2-v_2t \]

La distancia entre ambas partículas cumple:

\[ d^2=x^2+y^2 \]

\[ d^2=(l_1-v_1t)^2+(l_2-v_2t)^2 \]

Para que la distancia sea mínima, debe ser mínimo \(d^2\). Derivamos respecto del tiempo:

\[ \frac{d}{dt}\left[(l_1-v_1t)^2+(l_2-v_2t)^2\right]=0 \]

\[ -2v_1(l_1-v_1t)-2v_2(l_2-v_2t)=0 \]

\[ v_1(l_1-v_1t)+v_2(l_2-v_2t)=0 \]

\[ v_1l_1+v_2l_2-(v_1^2+v_2^2)t=0 \]

Por lo tanto:

\[ t_{\min}=\frac{v_1l_1+v_2l_2}{v_1^2+v_2^2} \]

La distancia mínima se obtiene reemplazando este tiempo en la expresión de \(d^2\). Resulta:

\[ d_{\min}=\frac{|v_2l_1-v_1l_2|}{\sqrt{v_1^2+v_2^2}} \]

Respuesta:

\[ \boxed{t_{\min}=\frac{v_1l_1+v_2l_2}{v_1^2+v_2^2}} \]

\[ \boxed{d_{\min}=\frac{|v_2l_1-v_1l_2|}{\sqrt{v_1^2+v_2^2}}} \]

Problema 1.17

Desde el punto \(A\) en una carretera se quiere llegar en automóvil al punto \(B\), situado en el campo, a una distancia \(l\) de la carretera. La velocidad en el campo es \(\eta\) veces menor que en la carretera. Hallar a qué distancia del punto \(D\) hay que abandonar la carretera para llegar en el menor tiempo.

Solución

Sea \(D\) el punto de la carretera más cercano a \(B\). Sea \(C\) el punto donde el automóvil abandona la carretera. Llamamos:

\[ CD=x \]

Si la velocidad en la carretera es \(v\), la velocidad en el campo será:

\[ v_c=\frac{v}{\eta} \]

El tramo por el campo es:

\[ CB=\sqrt{x^2+l^2} \]

El tiempo total, salvo una constante correspondiente al tramo inicial por carretera, puede escribirse como:

\[ t(x)=-\frac{x}{v}+\frac{\sqrt{x^2+l^2}}{v/\eta} \]

\[ t(x)=-\frac{x}{v}+\frac{\eta\sqrt{x^2+l^2}}{v} \]

Para minimizar el tiempo:

\[ \frac{dt}{dx}=0 \]

\[ -\frac{1}{v}+\frac{\eta}{v}\frac{x}{\sqrt{x^2+l^2}}=0 \]

\[ \eta x=\sqrt{x^2+l^2} \]

Elevando al cuadrado:

\[ \eta^2x^2=x^2+l^2 \]

\[ x^2(\eta^2-1)=l^2 \]

\[ x=\frac{l}{\sqrt{\eta^2-1}} \]

Respuesta: debe abandonar la carretera a una distancia:

\[ \boxed{CD=\frac{l}{\sqrt{\eta^2-1}}} \]

antes del punto \(D\).

Problema 1.18

Un punto se mueve a lo largo del eje \(x\) con una velocidad cuya proyección \(v_x\) está dada por el gráfico de la Fig. 1.3. En el instante \(t=0\), \(x=0\). Trazar los gráficos aproximados de la aceleración \(w_x\), de la coordenada \(x\) y del recorrido \(s\) respecto del tiempo.

Solución

Del gráfico \(v_x(t)\) se observa una función por tramos. Aproximadamente:

• De \(0\) a \(1\,\text{s}\), la velocidad aumenta de \(0\) a \(1\).
• De \(1\) a \(3\,\text{s}\), la velocidad permanece constante en \(1\).
• De \(3\) a \(4\,\text{s}\), disminuye de \(1\) a \(0\).
• De \(4\) a \(6\,\text{s}\), disminuye de \(0\) a \(-2\).
• De \(6\) a \(7\,\text{s}\), aumenta de \(-2\) a \(0\).

Por lo tanto, la aceleración \(w_x\) es la pendiente del gráfico \(v_x(t)\):

\[ w_x=\frac{\Delta v_x}{\Delta t} \]

Entonces:

• De \(0\) a \(1\,\text{s}\): \(w_x=+1\)
• De \(1\) a \(3\,\text{s}\): \(w_x=0\)
• De \(3\) a \(4\,\text{s}\): \(w_x=-1\)
• De \(4\) a \(6\,\text{s}\): \(w_x=-1\)
• De \(6\) a \(7\,\text{s}\): \(w_x=+2\)

Coordenada \(x(t)\)

La coordenada se obtiene como el área algebraica bajo el gráfico \(v_x(t)\):

\[ x(t)=\int v_x(t)\,dt \]

Por eso, mientras \(v_x>0\), la coordenada \(x\) aumenta. Cuando \(v_x<0\), la coordenada \(x\) disminuye.

Áreas aproximadas:

• De \(0\) a \(1\,\text{s}\): área triangular \(=0,5\)
• De \(1\) a \(3\,\text{s}\): área rectangular \(=2\)
• De \(3\) a \(4\,\text{s}\): área triangular \(=0,5\)
• De \(4\) a \(6\,\text{s}\): área negativa triangular \(=-2\)
• De \(6\) a \(7\,\text{s}\): área negativa triangular \(=-1\)

La coordenada final será:

\[ x(7)=0,5+2+0,5-2-1=0 \]

Recorrido \(s(t)\)

El recorrido se obtiene sumando las áreas en valor absoluto:

\[ s(t)=\int |v_x(t)|\,dt \]

Entonces, al final:

\[ s(7)=0,5+2+0,5+2+1=6 \]

Respuesta: el gráfico de \(w_x(t)\) es escalonado, con valores constantes por tramos. El gráfico \(x(t)\) aumenta hasta \(t=4\,\text{s}\), luego disminuye y vuelve aproximadamente a cero en \(t=7\,\text{s}\). El gráfico \(s(t)\) aumenta siempre, porque representa la distancia total recorrida.