Revista donde puedes encontrar informacion y ejercicicos referentes a la cinemática

1. Autores:
Francisco Cañizalez
Abraham González
Michael Benítez

2. La cinemática
Dentro del estudio de los fenómenos de la naturaleza uno que llamó mucho la
atención fue el de la caída de los cuerpos y en general el movimiento de los cuerpos,
Las explicaciones surgieron de muchos estudiosos pero quien marco la pauta para
establecer un orden en la explicación fue Aristóteles. Dichas explicaciones aunque
perduraron por mucho tiempo no fueron satisfactorias para los pensadores, quienes
encontraron deficiencias en ellas, dentro de estas personas encontramos a Galileo
Gallilei quien fue un fuerte contradictor del pensamiento aristotélico sobre
el movimiento tanto que mediante métodos experimentales mostró que eran erróneas,
concluyendo con la explicación de como se mueven los cuerpos, particularmente la
caída de los cuerpos o graves, este planteamiento recibió el nombre de Cinemática.
Elementos Básicos:
OBSERVADOR: También llamado sistemas de referencia o marco de referencia,
se define en términos de la mecánica clásica, como el lugar geométrico del espacio,
donde se ubica un plano cartesiano, por lo general, el cual tiene un espacio-
tiempo determinado.
En general todo movimiento es relativo, y deberá siempre estar referido a otro cuerpo.
Para estudiar el movimiento siempre nuestro sistema de referencia estará en reposo o
con velocidad constante, y usaremos un sistema de coordenadas cartesianas para
cuantificar el movimiento del cuerpo. Los sistemas de referencia utilizados cotidiana-
mente cumplen las siguientes características:
Son independientes del movimiento del cuerpo, en otras palabras el observador no
altera al cuerpo en movimiento.
El tiempo, es absoluto (es igual para cualquier observador del fenómeno)
Las ecuaciones que rigen el movimiento de un cuerpo se cumplen equivalentemente,
cualquiera sea el sistema que se observe.

3. POSICIÓN: Es una magnitud vectorial que
se mide en unidades de longitud y corres-
ponde al lugar geométrico- espacial que tie-
ne el cuerpo en un instante dado.
MOVIMIENTO: Un cuerpo se mueve
cuando, la posición de la partícula
cambia con respecto a un observador
o sistema de referencia.
Por ejemplo, se puede considerar
que una bola que está rodando sobre
una cubierta de un barco en movi-
miento, efectúa un movimiento com-
puesto respecto de la costa; este mo-
vimiento resulta de la composición
del rodamiento respecto de la cubier-
ta, que constituye el referencial móvil,
y del movimiento de la cubierta res-
pecto de la costa.
TRAYECTORIA: Es la línea que une todas
las posiciones barrida por el cuerpo. Se
puede clasificar en curvilíneas y rectilí-
neas.
DISTANCIA: Corresponde a la longitud de
la trayectoria. También es conocida como
camino recorrido.
DESPLAZAMIENTO: Es una magni-
tud vectorial y se mide en unidades
de longitud. Corresponde a la resta
vectorial de la posición final de un
cuerpo menos la posición inicial. Se
obtiene que mientras más juntos es-
tén el vector posición inicial y final,
más exacto será.

4. VELOCIDAD: Es una magnitud de tipo vectorial, que se mide en unidades de longitud
dividida en unidades de tiempo, son ejemplos de unidades de medidas km/hr, m/s,
cm/s...etc.
VELOCIDAD PROMEDIO Y VELOCIDAD INSTANTÁNEA: La velocidad media se defi-
ne como el desplazamiento (cambio de posición) dividido en intervalo de tiempo. En si
la velocidad de un cuerpo puede cambiar durante un intervalo de tiempo grande, sin
embargo en la medida que se hace más pequeño el intervalo de tiempo, más se apro-
xima el desplazamiento a la trayectoria seguida, si el intervalo es muy, pero muy cer-
cano a cero a ese resultado que resulta de la derivada de la posición con respecto al
tiempo se conoce como velocidad instantánea. Al módulo de la velocidad instantánea
se conoce con el nombre de rapidez instantánea. La velocidad media se calcula reali-
zando la diferencia de los vectores posición y luego dividiendo la magnitud en el inter-
valo de tiempo. Sin embargo la resta es de tipo vectorial, por lo tanto debemos consi-
derar las dirección y sentido.
ACELERACIÓN MEDIA: Se define como el cambio de la velocidad media con respec-
to al tiempo. Cuando hablamos de un cambio en el vector velocidad nos referimos tan-
to al módulo, sentido y dirección. Ejemplo: Si un cuerpo describe una trayectoria circu-
lar siempre demorando el mismo tiempo en completar una vuelta, el módulo del vector
velocidad no cambia, sin embargo la dirección y sentido lo hacen continuamente, por
lo tanto debe existir una aceleración, y esa se llama aceleración media centrípeta.

5. Tipos de Movimiento en la Cinemática:
El movimiento rectilíneo uniforme (abreviado M.R.U.) es aquel en el que la tra-
yectoria es una línea recta y la velocidad es constante.
La aceleración es cero (a=0) al no cambiar la velocidad de dirección ni variar
su módulo. Por otro lado, la velocidad inicial, media e instantánea del movimiento tie-
nen el mismo valor en todo momento
Las ecuaciones del movi-
miento rectilíneo unifor-
me son:

6. El movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (abreviado M.R.U.A.), también co-
nocido como movimiento rectilíneo uniformemente variado (M.R.U.V), es un movimien-
to rectilíneo con aceleración constante, y distinta de cero.
La trayectoria es una línea recta y por tanto, la aceleración normal es cero.
Las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o movimiento
rectilíneo uniformemente variado son:

7. Caída Libre: en la caída libre un objeto cae verticalmente desde cierta altura
H despreciando cualquier tipo de rozamiento con el aire o cualquier otro obstáculo. Se
trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (m.r.u.a.) o movimiento
rectilíneo uniformemente variado (m.r.u.v.) en el que la aceleración coincide con el va-
lor de la gravedad. En la superficie de la Tierra, la aceleración de la gravedad se pue-
de considerar constante, dirigida hacia abajo, se designa por la letra g y su valor es
de 9'8m/s2
(a veces se aproxima por 10 m/s2
).
Las ecuaciones de la caída libre son:

8. Lanzamiento Vertical: En el lanzamiento vertical un objeto es lanzado verticalmente
hacia arriba o hacia abajo desde cierta altura H despreciando cualquier tipo de roza-
miento con el aire o cualquier otro obstáculo. Se trata de un movimiento rectilíneo uni-
formemente acelerado (m.r.u.a.) o movimiento rectilíneo uniformemente variado
(m.r.u.v.) en el que la aceleración coincide con el valor de la gravedad. En la superficie
de la Tierra, la aceleración de la gravedad se puede considerar constante, dirigida ha-
cia abajo, se designa por la letra g y su valor es de 9.8 m/s2
.
El lanzamiento vertical es un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (m.r.u.a.)
o movimiento rectilíneo uniformemente variado (m.r.u.v.) en el que se lanza un cuerpo
verticalmente con cierta velocidad inicial desde cierta altura y no encuentra resistencia
alguna en su camino. Podemos distinguir dos casos según el sistema de referencia
considerado:

9. El movimiento para-
bólico, también co-
nocido como tiro
oblicuo, consiste
en lanzar un cuerpo
con una velocidad
que forma un ángu-
lo α con la horizon-
tal.

10. Las ecuaciones del movimiento parabólico son:
El lanzamiento horizontal consiste en lanzar un cuerpo horizontalmente desde cierta
altura. En la siguiente figura puedes ver una representación de la situación:

11. Las ecuaciones del lanzamiento horizontal son:

12. Problemas Referentes a Cinemática.
Una moto y un auto están ubicados separados a una distancia de 100 metros, si se mueven
en la misma dirección y sentido con una velocidad de 50 metros por segundos y 20 metros
por segundos respectivamente. Determine el tiempo que tardan en encontrarse y el lugar don-
de uno alcanza al otro.
Datos:
V (moto) = 50 m/s.
V (Auto) = 20 m/s.
X = 100 m.
Se utiliza la formula en el momento de encuentro ambos ocupan el mismo es-
pacio, es decir, tienen la misma distancia así que se despejan de la formula y se igua-
lan ambas distancias. Como el auto esta 100 m delante de la moto D (auto) + 100 m =
D (moto); y se igualan los dos despejes.
V (auto) .T + 100m = V (moto) .T
20 m/s (T) + 100m = 50 m/s (T)
100m = 50 m/s (T) - 20 m/s (T)
100m = 30 m/s (T)
100m / 30 m/s = T
T = 3, 33 segundos. Este es el tiempo que tarda la moto en alcanzar al auto.
Para saber en qué lugar se encuentran la moto y el auto se utiliza la formula ;
luego se despeja distancia.
D (moto) = V (moto) .T
D (moto) = 50 m/s . 3,33seg
D (moto) = 166,6 m.
D (auto) = V (auto) . T
D (auto) = 20 m/s . 3,33 s
D (auto) = 66,6 m.
Los vehículos se encuentran después de que el auto recorre 66,6 m y la moto 166,6 m

13. Una piedra fue dejada caer desde la azotea de un edificio, si recorre el penúltimo piso
en 0,3 s y el ultimo en 0,2 s. Determinar la altura de la azotea desde la cual fue dejada
caer la piedra.
Datos:
T (penúltimo piso) = 0,3 s.
T2 (ultimo piso) = 0,2 s.
Se utiliza la formula esta se usa para ambos pisos.
D1 = V1. 0,3seg + 4,9 m/seg2
. (0, 3seg) 2
D2 = V2. 0,2seg + 4,9 m/seg2
. (0, 2seg) 2
Luego se usa la formula Vf = Vo + g. t ; para relacionar V1 con V2, donde V1 = Vo
y V2 = Vf, luego se igualan ambas fórmulas de distancia, asumiendo que ambos pisos
tienen la misma altura ( D1 = D2)
V1. 0,3seg + 4,9 m/seg2
. (0, 3seg) 2
= V2. 0,2seg + 4,9 m/seg2
. (0, 2seg) 2
V1. 0,3seg + 0,441 m = V2. 0,2seg + 0,196 m, Luego V2 = V1+ g. t
V2 = V1+ 9,8 m/seg2
. 0, 3 seg
V2 = V1 + 2, 94 m/seg; y se sustituye en la ecuaciones anteriores
V1. 0,3seg + 0,441 m = (V1 + 2, 94 m/seg). 0,2seg + 0,196 m
V1. 0,3seg + 0,441 m = (V1. 0,2 seg) + 0,588 m + 0,196 m
V1. 0,3 seg - V1. 0,2 seg = 0,588 m + 0,196 m - 0,441 m
V1. 0, 1 seg = 0,343 m
V1 = 0,343m / 0,1 seg
V1= 3, 43 m/ seg
Ahora se utiliza la formula Vf2
= Vo2
+ 2. g . X para calcular la distancia de esos
dos últimos pisos
D = Vf2
– Vo2
/ 2 . g
Como no tenemos Vf se debe calcular con la formula Vf = Vo + g . T ; teniendo en
cuenta que los dos pisos lo recorrió en 0,5 seg y Vo = V1.
Vf = 3, 43 m/seg + 9,8 m/seg2
. 0,5 seg
Vf = 8, 33 m/seg
D = (8, 33 m/seg)2
– (3, 43 m/seg)2
/ 2. 9.8 m/seg2
D = 2, 94 m. Esta sería la altura de los dos últimos pisos.

14. Para calcular la altura desde la azotea hasta el penúltimo piso se usa la misma fórmu-
la que para los pisos anteriores tomando en cuenta que la Vo = 0 y la Vf = V1.
D = Vf2
– Vo2
/ 2 . g
D = (3, 43 m/seg)2
- 02
/ 2. 9.8 m/seg2
; D = 0, 6 m.
Esta sería la altura desde cual es lanzada la roca (la azotea) hasta el penúltimo piso.
Para saber la altura total del edificio se suman las distancia obtenidas (D = 2, 94 m) y
(D = 0, 6 m)
Dtotal = 2,94 m + 0,6 m
Dtotal = 3, 54 m. Esta sería la altura desde la cual se dejó caer la piedra.
Un montacargas que se encuentra a 5 metros de altura comienza a subir con una ve-
locidad constante de 2 m/s, en el mismo instante que es lanzada una pelota de 12 m
en el hueco del montacargas con una velocidad de 18 m/s, calcular: Cuándo y dónde
chocan la bola y el montacargas.
Datos:
Movimiento de la bola. Como la bola lleva una aceleración constante, su movimiento
es uniformemente acelerado. Situando el origen O del eje y en el suelo y tomando ha-
cia arriba el sentido positivo, resulta que la posición inicial es Yo= 12 m la velocida ini-
cial es Vo= 18 m/seg y la aceleración es - 9,8 m/seg2 . Llevando estos valores a las
ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado, tenemos:
Vb = Vo + a. t
Yb = Yo + Vo.t + ½ a. t2
Vb = 18 – 9,8 .t
Yb = 12 +18t + 4.9 t2
Movimiento del montacargas. Como el montacargas lleva una velocidad constante, su
movimiento es uniforme. Situando también aquí el origen O en el suelo y tomando ha-
cia arriba el sentido positivo, vemos que Yo = 5m y tenemos:
Vm = 2 m/s
Ym= Yo + Vm. T
Ym = 5 + 2t
Choque de la bola con el montacargas. Nótese ante todo que las ecuaciones de los
movimientos de la bola y del montacargas se escribieron tomando el mismo origen O y
el mismo tiempo t. En la ilustración vemos cuando la bola choca con el montacargas.
(Ym = Yb)

15. 5+ 2t = 12 + 18t – 4,9 t2
T1 = -0,39 s
T2 = 3,65 s
solo la raíz T2 corresponde a un instante posterior al inicio del movimiento
Ym = 5+ 2.3.65
Ym = 12,30 m. Este es el punto de encuentro.
Un rifle se dirige horizontalmente al centro de un gran blanco a 200 metros de distan-
cia. La velocidad inicial de la bala es 500 m/s. Determinar donde inicide la bala en el
blanco, a que ángulo debe estar en cañón para golpear el centro del blanco y determi-
ne el ángulo de elevación del cañón.
Datos:
Si disparamos con un rifle una bala con el objetivo de que logre impactar el blanco que
está a una distancia horizontal, sabemos que dicha bala va a descender o caer un par
de centímetros antes de chocar con el blanco. Esto se da por la gravedad. Quiere de-
cir que si apuntamos directamente al centro donde está el blanco con el rifle, no logra-
remos impactar jamás con el objetivo, ya que la bala como ya te mencione chocara
más abajo del centro. A este movimiento se le llama "Movimiento Semi Parabólico, ya
que no se completa la parábola. Para saber que altura ( h ) a bajado la bala al hacer
impacto con el blanco, primero debemos hallar el tiempo ( t ) que demora la bala en
llegar a dicho blanco. Para esto, trabajaremos en el eje horizontal. La expresión que
usaremos sera " X = Vx . t ", donde ( X ) es el Alcance o Distancia Horizontal, ( Vx ) es
la Velocidad Horizontal y ( t ) es el Tiempo. Despejando "t" de la formula, reemplazan-
do y desarrollando daríamos con la respuesta.
X = Vx . t
Vx . t = X
t = X / Vx
t = 200 m / 500 m/s
t = 0.4 s. Este es el tiempo que demora la Bala en llegar al Blanco.
Ahora, como ya sabemos el tiempo que demora la bala en llegar al blanco, podemos
saber la altura que baja en este tiempo. Para esta incógnita vamos a trabajar con el
eje vertical. La fórmula que usaremos sera " ", pero recuerda que
cuando estamos hablando de un Movimiento Semi Parabólico, la Velocidad Inicial Ver-
tical ( Voy ) es cero. Quiere decir que la formula quedaría así . Estando en
este punto, lo único que tendríamos que hacer es reemplazar datos en la formula y
desarrollar adecuadamente la operación matemática.
.
h = ( 0.5 ) ( 9.8 m/seg² ) ( 0.4 seg )²
h = ( 0.5 ) ( 9.8 m/seg² ) ( 0.16 seg² )
h = 0.784 m. Altura o Distancia que baja la Bala .

16. Como puedes ver, la bala baja antes de llegar al blanco ( 0.784 m ) que serían aproxi-
madamente ( 78.4 cm ), una distancia muy considerable. Ahora, sabemos que para
que la bala haga impacto con el centro del blanco, tenemos que inclinar el rifle hacia
arriba un poco. ¿Cómo se calcula este ángulo?, pues aplicando ya sea la Formula Pa-
ramétrica de un Movimiento Parabólico o bien podríamos usar Trigonometría. Por ser
más sencilla, usaremos esta última mencionada. Pero si quieres saber cómo obtener
el ángulo con Formulas Paramétricas, dímelo y te lo enviare ya sea por correo o men-
saje, ¿Vale?. Si haces un "bosquejo" para este problema, te darás cuenta que se for-
ma un triángulo rectángulo, donde el lado opuesto seria la altura que baja la bala ( h )
y el lado adyacente seria el alcance o distancia horizontal ( X ). La función que nos re-
laciona a estos dos es Tangente ( Tan ). Sabemos que Tangente en este caso se ex-
presa como " ". Finalmente, aplicando esto, despejando "θ" de la formula,
reemplazando y desarrollando daríamos con el fin de este ejercicio. Veamos :
Tan θ = 0.784 m / 200 m
Tan θ = 3.92 x10⁻³
θ = Tan ⁻¹ 3.92 x10⁻³
θ = 0.22° Pequeño Angulo de Inclinación Necesario.
Una estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre
el nivel del suelo. Mientras su oponente está viendo esta primera bola de nieve, usted
lanza una segunda bola a un ángulo menor lanzada en el momento necesario para
que llegue a su oponente ya sea antes o al mismo tiempo que la primera. Suponga
que ambas bolas de nieve se lanzan con una velocidad de 25 m/s. La primera se lan-
za a un ángulo de 70° con respecto horizontal. Determine a que ángulo debe lanzarse
la segunda bola de nieve para que llegue al mismo punto que la primera y Cuantos
segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para que lle-
gue al blanco al mismo tiempo
Datos:
El ángulo para que llegue al mismo punto es de 20° yo así lo resolví prendiéndome un
esquema.
90° - 0°
80° - 10°
70° - 20°
60° - 30°
50° - 40°
45° - 45°
Encontramos el tiempo de la primera bola a 70° recuerda que la velocidad inicial tiene
2 componentes una en el eje "Y" Voy y otra en el eje "X" Vox
Sabemos que en el punto más alto de la parábola la Vfy = 0 nos queda
Vfy = Voy - g.t, Despejamos el tiempo y eliminamos la Vfy = 0.

17. t = - Voy / - g
t = - sen 70° . Vo / - g
t = - sen 70°(25m/s) / - 9.8m/s²
t = - 23.5m/s / - 9.8m/s²
t = 2.4s. Ahora sabemos que el tiempo de subida es igual al tiempo de bajada enton-
ces el tiempo total es de
t = 2.4s + 2.4s ; t = 4.8s
Ahora que tenemos el tiempo total de la primera bola encontramos el tiempo de la se-
gunda bola con el mimo procedimiento solo que con el ángulo de 20°
Vfy = Voy - g.t
Eliminamos la Vfy = 0, y despejamos el tiempo
t = - Voy / -g
t = - sen 20° Vo / - g
t = - sen 20° (25m/s) / - 9.8m/s²
t = - 8.6m/s / -9.8m/s²
t = 0.877s
Ahora el tiempo de subida igual al tiempo de bajada
t = 0.877s + 0.877s
t = 1.754s
Ahora encontramos el tiempo el cual se debe de lanzar la segunda bola para que lle-
guen al blanco al mismo tiempo
t = 4.8s - 1.754s
t = 3.05s.