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

1. Introducción
Y
M.R.U.
Tema Cinemática
Física y Química
Profesor Juan Sanmartín
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. Problemas
Movimiento Rectilíneo
Uniforme (M.R.U.)
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. Tema Cinemática
Física y Química
Profesor Juan Sanmartín
Recursos subvencionados por el…
M.R.U.A.
Y
Caída Libre.

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. 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. NINGÚN MOVIMIENTO
PUEDE PARTIR DEL REPOSO
SIN ACELERACIÓN

27. Problemas
Movimiento Rectilíneo
Uniformemente Acelerado
(M.R.U.A.)
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. 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. 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. Problemas
Movimientos Combinados
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. Problemas
Caída Libre
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. M.C.U.
Tema
Cinemática
Física y Química
Profesor Juan Sanmartín
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. Problemas
Movimiento Circular Uniforme
M.C.U.
Recursos subvencionados por el…

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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.

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