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TEMA 1

CINEMÁTICA

1.1 Movimiento rectilíneo (caso general)

1.2. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado

1.3 Movimiento armónico simple

1.4 Movimiento plano (caso general)

1.5 Movimiento uniformemente acelerado

1.6 Movimiento circular

1.7 Movimiento relativo.

1.1. Movimiento Rectilíneo: Caso General – pág. 1

1.1 - MOVIMIENTO RECTILÍNEO: CASO GENERAL

INTRODUCCIÓN A LA FÍSICA Y QUÍMICA

Ciencia y método científico

- Ciencia. Conjunto de conocimientos obtenidos mediante la observación y el razonamiento, siste-máticamente estructurados y de los que se dedu-cen principios y leyes generales con capacidad predictiva y comprobables experimentalmente. La ciencia, para avanzar, utiliza el método científico.

- Método científico. Los científicos construyen mode-los y teorías para intentar explicar los fenómenos naturales. Dichas afirmaciones se basan en la in-formación obtenida mediante observaciones y ex-perimentos. Los modelos y teorías deben explicar satisfactoriamente las observaciones y experimen-tos y predecir los resultados de nuevas observacio-nes y experimentos mediante la deducción lógica. Cuando el modelo o teoría no explica satisfacto-riamente alguna observación o experimento debe revisarse y, si fuera necesario, modificarse o susti-tuirse por completo por otro modelo o teoría que sí explique todas las observaciones y experimentos realizados hasta la fecha.

Física y Química

- Física. Ciencia que estudia las propiedades de la materia y de la energía y establece las leyes que explican los fenómenos naturales, sin alterar su na-turaleza.

- Química. Ciencia que estudia la composición y las propiedades de la materia y de las transformacio-nes que esta experimenta sin que se alteren los elementos que la forman.

Los tres tipos de afirmaciones o de fórmulas

- Postulados, leyes fundamentales o axiomas. Son afirmaciones que creemos que son ciertas, pues las observaciones y experimentos las avalan, pero que no se han demostrado mediante las leyes de la ló-gica. Son la base sobre la que se sustenta el mode-lo o teoría. Si alguna observación o experimento no estuviese de acuerdo con un postulado habría que replantearse dicho postulado. Los axiomas de física de este curso son: las tres leyes de Newton de la dinámica, la ley de la gravitación universal de New-ton, la ley de Coulomb de las cargas eléctricas, la primera y segunda ley de la termodinámica y la ley de conservación de la masa.

- Definiciones. Son afirmaciones que definen algún concepto científico. De este tipo son: definición de velocidad, definición de energía cinética, definición de trabajo, definición de potencia. En matemáticas

tendríamos, por ejemplo, la definición de número real, de función o de raíz cuadrada de un número.

- Teoremas. Son afirmaciones que se pueden de-mostrar de manera deductiva a partir de otros pos-tulados, definiciones o incluso otros teoremas. De este tipo son: teorema de las fuerzas vivas o la ex-presión de la aceleración normal como a = v2/R. En matemáticas tendríamos, por ejemplo, el teo-rema de Pitágoras, el teorema de Tales o que π es un número irracional.

Explicación de los símbolos ⟺ y ⟹. Cuando dos afir-maciones estén separadas por un ‘si y solo si’ ⟺ signi-fica que, si se cumple una cualquiera de las dos afir-maciones, la otra también se cumple. Ejemplo. ‘Un número entero es divisible por 5 si y solo si termina en 0 o en 5’. Significa que, si termina en 0 o en 5, es divisible por 5; pero además, si no termina en 0 ni en 5, no es divisible por 5. Cuando dos afirmaciones estén separadas por un ‘im-plica’ ⟹ significa que si se cumple la primera afirma-ción, también se cumple la segunda, pero nada nos garantiza que si se cumple la segunda se vaya a cum-plir la primera. Ejemplo. ‘Si una persona nació en Guadalajara, enton-ces nació en España’. En este caso cabe la posibilidad de haber nacido en España, pero no en Guadalajara.

MAGNITUDES

Magnitudes y unidades de medida

- Sistema. Es la parte del universo objeto de nuestro estudio. Puede ser un vehículo, una caldera, una piedra, etc.

- Magnitud física. Propiedad de un sistema que se puede medir. Para medir necesitamos comparar con un patrón que llamaremos unidad de medida.

- Tipos de magnitudes. Existen varias clasificaciones. Diremos que una magnitud es escalar cuando se puede expresar mediante un número y una unidad de medida; por ejemplo, la temperatura. Diremos que una magnitud es vectorial cuando se expresa mediante un número, una unidad de medida, una dirección y un sentido; por ejemplo, una fuerza.

- Sistema Internacional de unidades (SI). El SI escoge una unidad de medida para cada magnitud. Es el que usaremos nosotros principalmente.

- Magnitudes fundamentales. Dentro de las magni-tudes hay siete de ellas que se denominan funda-mentales. Son:


Longitud: metro, m. Masa: kilogramo, kg. Tiempo: segundo, s. Intensidad de corriente: amperio, A. Temperatura: kelvin, K. Cantidad de sustancia: mol, mol. Intensidad luminosa: candela, cd.

- Magnitudes derivadas. Las magnitudes que no son

fundamentales se llaman magnitudes derivadas; sus unidades de medida se pueden expresar como combinación de las unidades de medida de las magnitudes fundamentales. Por ejemplo, la unidad de medida en el SI de la fuerza es el newton, N. Tenemos que 1 N = 1 kg·m/s2 = 1 kg·m·s-2.

- Prefijos multiplicativos en magnitudes. Los más comunes son:

tera: T 1012 giga: G 109 mega: M 106 kilo: k 103 hecto: h 102 deca: da 101 deci: d 10-1 centi: c 10-2 mili: m 10-3 micro: µ 10-6 nano: n 10-9 pico: p 10-12

Magnitud instantánea. Llamamos magnitud instantá-nea 𝑓 a aquella cuyo valor depende del instante consi-derado. Cuando nos pidan la expresión de una magni-tud instantánea o, simplemente, una magnitud instan-tánea, nos están pidiendo la expresión que relaciona dicha magnitud con el tiempo 𝑓 = 𝑓(𝑡).

Cuando queramos referirnos a la magnitud instantá-nea 𝑓 en un instante concreto 𝑡𝑖, escribiremos 𝑓(𝑡𝑖) o 𝑓𝑖, donde 𝑖 puede ser cualquier otra letra o número. Ejemplo. Si llamamos t1 = 8 s, entonces 𝑓1 es el valor de la magnitud 𝑓 en el instante 8 s. También lo pode-mos denotar como 𝑓(8 𝑠). Ejemplo. Sea V el volumen de llenado de una piscina y t el tiempo, siendo la expresión instantánea del volu-men V = 0,05t+2 (SI). El (SI) significa que las magnitu-des vienen dadas en el Sistema Internacional; esto es, el tiempo t en segundos y el volumen V en metros cúbicos. Si, en este ejemplo, me piden el volumen de llenado después de 2 min podemos usar las siguientes notaciones. V(2 min) = V(120s) = 0,05·120+2 = 8 m3. Llamo t1 = 2 min = 120 s y hago V1 = 0,05·t1+2 = 0,05·120+2 = 8 m3.

Llamamos instante inicial al instante 0 s. No solemos tener en cuenta lo que sucede antes de ese instante inicial. Lo denotamos 𝑡0 = 0 s. Así, 𝑓0 o 𝑓(0 𝑠) es el valor de 𝑓 en el instante inicial. Ejemplo. En el caso del volumen de llenado anterior, el volumen inicial era V0 = 0,05·0+2 = 2 m3. Cuando queramos decir que la magnitud 𝑓 cumple cierta propiedad en un intervalo de tiempo considera-do escribiremos 𝑓. Ejemplo. En el caso del volumen de llenado anterior podemos escribir que V > 0 en cualquier instante. IMPORTANTE. Como veremos a continuación, hay magnitudes que no dependen del instante considera-do sino de los dos instantes considerados; en tal caso, al instante primero lo denotaremos normalmente por 𝑡𝑖 y al segundo por 𝑡𝑓, verificándose que 𝑡𝑖 < 𝑡𝑓. En lo

sucesivo no explicitaremos que 𝑡𝑖 < 𝑡𝑓 por simplicidad

de escritura; de manera que cuando digamos que una magnitud depende de dos instantes siempre se cum-plirá que el primero es menor que el segundo. Incremento. Llamamos incremento o variación de una magnitud 𝑓 entre dos instantes al valor de la magnitud 𝑓 en el segundo instante menos el valor de la magni-tud 𝑓 en el primer instante. Lo denotamos por ∆𝑓(𝑡𝑖 , 𝑡𝑓) o ∆𝑓(𝑖,𝑓) y, cuando no haya problemas de

interpretación, por ∆𝑓:

∆𝑓(𝑖,𝑓) = 𝑓𝑓 − 𝑓𝑖

∆𝑓 = 𝑓𝑓 − 𝑓𝑖

Queda a cargo del lector comprobar que: - El incremento de 𝑓 es positivo si y solo si 𝑓𝑓 es

mayor 𝑓𝑖; luego de forma global 𝑓 ha crecido entre 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓. Lo anterior no significa obligatoriamente

que 𝑓 haya estado creciendo todo el rato entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓.

- El incremento de 𝑓 es cero si y solo si 𝑓𝑓 coincide

con 𝑓𝑖. Lo anterior no significa obligatoriamente que 𝑓 haya permanecido constante entre los ins-tantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓.

- El incremento de 𝑓 es negativo si y solo si 𝑓𝑓 es

menor 𝑓𝑖; luego de forma global 𝑓 ha decrecido en-tre 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓. Lo anterior no significa obligatoriamente

que 𝑓 haya estado decreciendo todo el rato entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓.

∆𝑓 > 0⟺ 𝑓𝑓 > 𝑓𝑖

∆𝑓 = 0 ⟺ 𝑓𝑓 = 𝑓𝑖

∆𝑓 < 0⟺ 𝑓𝑓 < 𝑓𝑖

Ejemplo. Sea h la altura de una pelota y t el tiempo, siendo la expresión instantánea de la altura


h = 20 + 10t – 4,9t2 (SI); por el (SI) sabemos que t viene en segundos y h en metros. Nos piden la varia-ción de altura entre los instantes 0,3 s y 1,4 s. Llamo ti = 0,3 s y tf = 1,4 s Δh = hf − hi = = (20+10·0,3–4,9·0,32) − (20+10·1,4 – 4,9·1,42) = = 22,56 – 24,40 = 1,84 m. Como ha salido positivo significa que a los 1,4 s la pelota está 1,84 m por encima que a los 0,3 s; esto es, de forma global la altura ha crecido en este intervalo de tiempo. No obstante, entre los 0,3 s y los 1,4 s la pelota no ha estado subiendo todo el tiempo pues la altura a los 1 s es h(1 s) = 20+10·1–4,9·12 = 25,10 m, que es mayor que 24,40 m. Tasa de variación media. Llamamos tasa de variación media de una magnitud 𝑓 entre dos instantes al in-cremento de 𝑓 dividido entre el incremento del tiem-

po entre dichos instantes. Lo denotamos por ∆𝑓

Δ𝑡(𝑡𝑖, 𝑡𝑓)

o (∆𝑓

Δ𝑡)(𝑖,𝑓)

y, cuando no haya problemas de interpreta-

ción, por ∆𝑓

Δ𝑡:

(∆𝑓

Δ𝑡)(𝑖,𝑓)

=𝑓𝑓−𝑓𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖

∆𝑓

Δ𝑡=

𝑓𝑓−𝑓𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖

Cuanto mayor sea |∆𝑓

Δ𝑡| más deprisa cambia 𝑓 de forma

global entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓; creciendo 𝑓 con el

paso del tiempo si ∆𝑓

Δ𝑡> 0, o decreciendo si

∆𝑓

Δ𝑡< 0. Lo

de ‘global’ significa teniendo en cuenta todo ese pe-

riodo de tiempo; nadie nos garantiza que si ∆𝑓

Δ𝑡> 0

crezca igual de deprisa durante todo el intervalo, ni siquiera que esté creciendo todo durante todo el in-tervalo.

|∆𝑓

Δ𝑡| = la rapidez global con la que cambia 𝑓

entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓

∆𝑓

Δ𝑡> 0⟺ 𝑓

𝑓> 𝑓

𝑖

∆𝑓

Δ𝑡= 0⟺ 𝑓

𝑓= 𝑓

𝑖

∆𝑓

Δ𝑡< 0⟺ 𝑓

𝑓< 𝑓

𝑖

Ejemplo. Calcula la tasa de variación media de la altura de la pelota anterior h = 20 + 10t – 4,9t2 (SI) entre los instantes 0,3 s y 1,4 s.

Llamo ti = 0,3 s y tf = 1,4 s ∆ℎ

Δ𝑡=

ℎ𝑓−ℎ𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖=

24,40−22,56

1,4−0,3= 1,67 m/s.

Como ha salido positivo, de forma global la pelota ha ascendido con una rapidez de 1,67 m/s. Derivada o tasa de variación instantánea. Hemos visto que la tasa de variación media de una magnitud

𝑓 entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓 nos habla de lo rápido que

cambia 𝑓 entre esos dos instantes y si cambia aumen-tando o disminuyendo. ¿Pero qué pasa si yo quiero saber lo rápido que cambia no en un intervalo de tiempo sino en un instante, como, por ejemplo, a los 0,5 s? En este caso necesitamos una herramienta ma-temática nueva.

La idea que subyace es la siguiente. Supongamos que lo queremos para el instante 0,5 s. Vamos a calcular la tasa de variación media haciendo el instante ti = 0,5 s y vamos a hacer Δt infinitamente pequeño, pero sin llegar a anularse (porque entonces el denominador de la tasa de variación media se anularía y no se puede dividir por cero). Sí, ya sé que eso de infinitamente pequeño no nulo no suena muy claro, así que simple-mente intenta imaginarlo, aunque no lo entiendas al 100 % (a los matemáticos les llevó unos cuantos años darle a todo esto el rigor que se merece). Lo que sí que debes saber es que hacer Δt infinitamente pequeño no nulo se llama hacer el límite cuando Δt tiende a cero.

También debes saber que a hallar ∆𝑓

Δ𝑡 cuando hacemos

Δt infinitamente pequeño no nulo se le llama hacer la derivada de 𝑓 respecto del tiempo. Así, llamamos derivada de una magnitud 𝑓 respecto del tiempo en el

instante 𝑡𝑖 al límite de 𝑓(𝑡𝑖+Δ𝑡)−𝑓(𝑡𝑖)

Δ𝑡 cuando Δ𝑡 tiende

a cero. Lo denotamos por 𝑑𝑓

𝑑𝑡(𝑡𝑖), (

𝑑𝑓

𝑑𝑡)𝑖, 𝑓′(𝑡𝑖), 𝑓𝑖

′:

(𝑑𝑓

𝑑𝑡)𝑖= lim

Δt→0

𝑓(𝑡𝑖+Δ𝑡)−𝑓(𝑡𝑖)

Δ𝑡

𝑑𝑓

𝑑𝑡= lim

Δt→0

∆𝑓

Δ𝑡

La derivada también se llama tasa de variación instan-tánea. Sería como la tasa de variación media cuando 𝑡𝑓 se acerca infinitamente a 𝑡𝑖 sin llegar a alcanzarlo.

Siendo estrictos, 𝑑𝑓

𝑑𝑡 no es el cociente de dos cantida-

des, sino una de las notaciones de la derivada (como 𝑓’). Siendo menos estrictos, se puede interpretar que 𝑑𝑡 es un incremento infinitesimal de tiempo no nulo (tan pequeño como nosotros queramos no nulo) y que 𝑑𝑓 es el incremento infinitesimal de 𝑓 asociado a ese 𝑑𝑡.

Aunque en matemáticas veréis que no siempre existe la derivada de la magnitud 𝑓 respecto del tiempo, salvo que se diga expresamente lo contrario, nosotros supondremos que las magnitudes se comportan lo suficientemente bien para que existan sus derivadas. Cálculo de derivadas. Gracias a los matemáticos calcu-lar derivadas está chupado. Para calcular la derivada de una magnitud respecto del tiempo usaremos la siguiente tabla de derivadas, donde hemos adoptado la notación con prima ‘ para las derivadas. Notamos por 𝑘 y por 𝑛 constantes.


(𝑘)′ = 0 Ej: (5)′ = 0

(𝑡𝑛)′ = 𝑛𝑡𝑛−1 Ej: (𝑡)′ = 1; (𝑡3)′ = 3𝑡2

(𝑠𝑒𝑛(𝑡))′= 𝑐𝑜𝑠(𝑡)

(𝑐𝑜𝑠(𝑡))′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡)

(𝑒𝑡)′ = 𝑒𝑡

(𝑘 · 𝑓(𝑡))′ = 𝑘 · 𝑓′(𝑡)

(𝑓(𝑡) ± 𝑔(𝑡))′= 𝑓’(𝑡) ± 𝑔’(𝑡)

(𝑓(𝑡) · 𝑔(𝑡))′ = 𝑓′(𝑡) · 𝑔(𝑡) + 𝑓(𝑡) · 𝑔′(𝑡)

(𝑓(𝑔(𝑡))′ = 𝑓′(𝑔(𝑡)) · 𝑔′(𝑡)

Cuando nos den 𝑓 = 𝑓(𝑡) y nos pidan su derivada en el instante concreto 𝑡𝑖, 𝑓′(𝑡𝑖), primero hacemos la derivada de 𝑓 = 𝑓(𝑡) usando la tabla anterior. Des-pués cambiamos 𝑡 por 𝑡𝑖 en la expresión 𝑓′ = 𝑓′(𝑡). Propiedades de las derivadas. Veamos ahora unas cuantas propiedades de la derivada, sin demostrarlas. En ellas, obtenemos información de 𝑓 si previamente

tenemos información de (𝑑𝑓

𝑑𝑡).

- El valor |(𝑑𝑓

𝑑𝑡)𝑖| da idea de lo deprisa que cambia 𝑓

en 𝑡𝑖; creciendo 𝑓 en 𝑡𝑖 si (𝑑𝑓

𝑑𝑡)𝑖> 0 o decreciendo si

(𝑑𝑓

𝑑𝑡)𝑖< 0.

- La derivada de 𝑓 respecto del tiempo es nula en un intervalo de tiempo si y solo si la magnitud 𝑓 es constante en dicho intervalo de tiempo.

- Si la derivada de 𝑓 respecto del tiempo es constante en un intervalo de tiempo, entonces podremos cam-biar la fórmula de las derivadas por la de los incre-

mentos 𝑑𝑓

𝑑𝑡=

Δ𝑓

Δ𝑡 y se cumple la otra fórmula del re-

cuadro 𝑓 = 𝑓0 + 𝑣 · 𝑡.

- Denotamos por 𝑓′′ o 𝑑𝑓′

𝑑𝑡 la derivada de 𝑓′ respecto

del tiempo y la llamamos segunda derivada. Se veri-fica (no lo probamos) que si la segunda derivada de 𝑓 respecto del tiempo es constante no nula, enton-ces la expresión de 𝑓′ y la de 𝑓 son las que aparecen en el recuadro.

|𝑓𝑖′| = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑓 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑓𝑖′ > 0 ⟹ 𝑓 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑓𝑖′ < 0⟹ 𝑓 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑓′ = 0 ⟺ 𝑓 = 𝑐𝑡𝑒

𝑓′ = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑣 ⟹ {𝑓 = 𝑓0 + 𝑣 · 𝑡𝑑𝑓

𝑑𝑡=

Δ𝑓

Δ𝑡= 𝑐𝑡𝑒

𝑓′′ = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑎 ⟹

{

𝑓 = 𝑓0 + 𝑓′

0· 𝑡 +

1

2𝑎 · 𝑡2

𝑓′ = 𝑓0′ + 𝑎 · 𝑡

𝑑𝑓′

𝑑𝑡=

∆𝑓′

∆𝑡= 𝑐𝑡𝑒

(𝑓′)2 − (𝑓0′)2 = 2𝑎 · (𝑓 − 𝑓0)

Ejemplo. Calcula la derivada de la altura de la pelota anterior h = 20 + 10t – 4,9t2 (SI) entre en el instante 0,3 s y luego en el instante 1,4 s.

Primero hacemos la derivada: 𝑑ℎ

𝑑𝑡= 0+ 10 · 1 − 2 · 4,9 · 𝑡 = 10 − 9,8𝑡 (SI)

Ahora sustituyo a los instantes que me piden: Llamo t1 = 0,3 s y t2 = 1,4 s.

(𝑑ℎ

𝑑𝑡)1= 10 − 9,8 · 0,3 = 7,06 m/s.

Como ha salido positivo, en el instante 0,3 s la pelota asciende con una rapidez de 7,06 m/s.

(𝑑ℎ

𝑑𝑡)2= 10 − 9,8 · 1,4 = −3,72 m/s.

Como ha salido negativo, en el instante 1,4 s la pelota desciende con una rapidez de 3,72 m/s. Interpretación gráfica de lo visto hasta ahora. Co-menzamos repasando la ecuación de una recta. Una recta tiene por expresión 𝑓(𝑡) = 𝑚𝑡 + 𝑛, donde 𝑚 y 𝑛 son constantes. Atendiendo a lo anterior, llamamos pendiente de la recta a 𝑚, y llamamos término inde-pendiente de la recta a 𝑛.

La pendiente de una recta es la tangente (trigonomé-trica) del ángulo con signo medido desde el eje hori-zontal hasta la recta. Lo de ángulo con signo quiere decir que medimos desde el eje horizontal hasta la recta en sentido antihorario; si midiéramos en sentido horario, el ángulo con signo será negativo.

Así, atendiendo a la gráfica de arriba la pendiente de la recta es 𝑚 = 𝑡𝑔(𝛼). Por ser una tangente, la pen-diente de una recta puede ser negativa, positiva o nula:


Si la pendiente de una recta es positiva (m > 0) signifi-ca que la recta es creciente. En el caso de que 𝑓 fuese una magnitud instantánea significaría que 𝑓 crece con el paso del tiempo.

Si la pendiente de una recta es nula (m = 0) significa que la recta es horizontal. En el caso de que 𝑓 fuese una magnitud instantánea significaría que 𝑓 es cons-tante.

Si la pendiente de una recta es negativa (m < 0) signifi-ca que la recta es decreciente. En el caso de que 𝑓 fuese una magnitud instantánea significaría que que 𝑓 decrece con el paso del tiempo.

Interpretemos gráficamente la tasa de variación me-dia. Gráficamente se cumple que: la tasa de variación media de 𝑓 entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓 es igual a la pen-

diente de la recta que pasa por los puntos (𝑡𝑖 , 𝑓𝑖) y (𝑡𝑓 , 𝑓𝑓) en la gráfica de 𝑓 = 𝑓(𝑡).

Interpretemos gráficamente la derivada. Gráficamente se cumple que: la derivada de 𝑓 respecto de 𝑡 en 𝑡𝑖 es igual a la pendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 = 𝑓(𝑡) en el instante 𝑡𝑖.

Si la derivada de 𝑓 es constante, entonces la gráfica de 𝑓 es una recta cuya pendiente coincide con la derivada de 𝑓.

Si la derivada de 𝑑𝑓

𝑑𝑡 es constante no nula, entonces la

gráfica de 𝑓 es una parábola y la de 𝑑𝑓

𝑑𝑡 una recta.

Por último y muy importante, lo siguiente. Gráfica-mente se cumple que: el área con signo bajo la gráfica 𝑑𝑓

𝑑𝑡=

𝑑𝑓

𝑑𝑡(𝑡) desde 𝑡𝑖 hasta 𝑡𝑓 es igual ∆𝑓 = 𝑓𝑓 − 𝑓𝑖.

Área con signo significa que si la gráfica está por enci-ma del eje horizontal el área será positiva, y si la gráfi-ca está por debajo del eje horizontal el área será nega-tiva.

POSICIÓN EN MOVIMIENTO RECTILÍNEO

Mecánica y sus ramas

- Mecánica. Parte de la Física que estudia el movi-miento y el equilibrio de los cuerpos, así como las causas que los producen. La Mecánica se divide en Estática, Cinemática y Dinámica.

- Estática. Parte de la Mecánica que estudia las con-diciones de equilibrio de los cuerpos.


- Cinemática. Parte de la Mecánica que estudia el movimiento sin tener en cuenta las causas que lo producen.

- Dinámica. Parte de la Mecánica que estudia el movimiento en relación con las causas que lo pro-ducen.

Trayectoria de una partícula. Llamamos punto mate-rial o partícula a un cuerpo con masa cuya forma y tamaño es despreciable respecto de su movimiento; por tanto, interpretaremos que un punto material no tiene dimensiones (ocupa un punto), lo que simplifica mucho las expresiones que veamos.

Una partícula está en movimiento cuando ocupa dis-tintos puntos del espacio según transcurre el tiempo; en caso contrario, diremos que la partícula está en reposo. Para estudiar el movimiento de una partícula necesitamos una referencia.

Llamamos trayectoria de una partícula en movimiento al conjunto de puntos del espacio por los que pasa la partícula. Referencia de un movimiento rectilíneo MR. Llama-mos movimiento rectilíneo MR a aquel movimiento cuya trayectoria está contenida en una recta.

En un MR una referencia está formada por un origen de tiempos y un eje. El origen de tiempos 𝑡0 = 0 𝑠 es el instante de tiempo al que asignamos el valor de 0 s. El eje está formado por la recta con origen y orientada que contiene la trayectoria del movimiento. Así, sobre la recta que contiene a la trayectoria elegimos un punto O que llamaremos origen de coordenadas. Orientada significa que el origen de coordenadas divi-de la recta en dos semirrectas; debemos elegir una de las semirrectas como semirrecta positiva o sentido positivo y la otra como negativa.

Asignamos a cada punto del eje una distancia precedi-da de un signo, que llamaremos posición de ese punto, de la siguiente manera. La posición del origen será 0. La posición de los puntos de la semirrecta positiva será + la distancia de dicho punto al origen. La posición de

los puntos de la semirrecta negativa será la distancia de dicho punto al origen.

Muy importante es que, a partir de ahora, siempre que estudiemos un MR daremos por supuesto que ya hemos elegido una referencia para poderlo estudiar. Por defecto llamaremos eje x al eje de la referencia.

Posición 𝒙. Dada una partícula con MR llamamos posi-ción 𝑥 de la partícula en un instante a la posición que ocupa la partícula en dicho instante. Así, la posición de una partícula es una magnitud instantánea.

Se verifica que la expresión de la posición instantánea contiene toda la información acerca del movimiento. Desplazamiento (en 𝒙) ∆𝒙. Dada una partícula con MR, llamamos desplazamiento (en 𝑥) ∆𝑥 de la partícu-la entre dos instantes al incremento de la posición entre dichos instantes.

∆𝑥(𝑖,𝑓) = 𝑥𝑓 − 𝑥𝑖

∆𝑥 = 𝑥𝑓 − 𝑥𝑖

Es sencillo comprobar que se verifica:

∆𝑥 > 0 ⟺ 𝑥𝑓 > 𝑥𝑖

∆𝑥 = 0⟺ 𝑥𝑓 = 𝑥𝑖

∆𝑥 < 0 ⟺ 𝑥𝑓 < 𝑥𝑖 |∆𝑥| = 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑥𝑖 𝑎 𝑥𝑓

Distancia recorrida 𝒔. Llamamos distancia recorrida o espacio recorrido ∆𝑠 entre dos instantes a la longitud de la trayectoria recorrida por la partícula entre dichos instantes.

∆𝑠(𝑖,𝑓) = 𝑠𝑓 − 𝑠𝑖

∆𝑠 = 𝑠𝑓 − 𝑠𝑖

Para nosotros, este curso y salvo que se diga lo contra-rio, 𝑠𝑖 será la distancia recorrida desde el instante 𝑡0 =0 s hasta el instante 𝑡𝑖. De esta manera, empezamos a contar la distancia recorrida 𝑠 a partir de los 0 s, por lo que s0 = 0 m; no obstante, otros autores permiten que en el instante inicial la partícula ya lleve cierta distan-cia recorrida.

Se verifica que si la partícula no cambia de sentido de movimiento entre 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓, entonces la distancia reco-

rrida es igual al valor absoluto del desplazamiento. En el caso de que haya cambio de sentido del movimiento habrá que calcular la distancia recorrida por tramos, donde en cada tramo no cambie el sentido del movi-miento.

[No cambia el sentido de movimiento desde 𝑡𝑖 hasta 𝑡𝑓] ⟹ Δ𝑠 = |Δ𝑥|

VELOCIDAD EN MOVIMIENTO RECTILÍNEO

Velocidad media (en 𝒙) 𝒗𝒙,𝒎𝒆𝒅. Dada una partícula con MR llamamos velocidad media (en 𝑥) 𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑 de la

partícula entre dos instantes a la tasa de variación media de la posición entre dichos instantes. La veloci-dad media (en 𝑥) es una magnitud entre dos instantes y se mide en el SI en 𝑚/𝑠.


𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑(𝑖,𝑓) =𝑥𝑓−𝑥𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖

𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑 =∆𝑥

∆𝑡

Por todo lo tratado anteriormente sobre tasa de varia-ción media se verifica:

|𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑| = la rapidez global con la que cambia

𝑥 entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓

𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑 > 0 ⟺ 𝑥𝑓 > 𝑥𝑖

𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑 = 0 ⟺ 𝑥𝑓 = 𝑥𝑖

𝑣𝑥,𝑚𝑒𝑑 < 0 ⟺ 𝑥𝑓 < 𝑥𝑖

Gráficamente se cumple que la velocidad media (en 𝑥) entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓 es igual a la pendiente de la

recta que pasa por los puntos (𝑡𝑖 , 𝑥𝑖) y (𝑡𝑓 , 𝑥𝑓) en la

gráfica de 𝑥 = 𝑥(𝑡).

Velocidad (en 𝒙) 𝒗𝒙. Dada una partícula con MR defi-nimos velocidad (en 𝑥) 𝑣𝑥 de dicha partícula en un instante como la derivada de su posición respecto del tiempo en dicho instante. La velocidad (en 𝑥) es una magnitud instantánea y se mide en el SI en 𝑚/𝑠.

𝑣𝑥,𝑖 = (𝑑𝑥

𝑑𝑡)𝑖

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡

Se verifica que:

- |𝑣𝑥,𝑖| es la rapidez con la que se mueve la partícula

en el instante 𝑡𝑖. En efecto, ya sabemos que

|(𝑑𝑥

𝑑𝑡)𝑖| nos habla de la rapidez con la que cambia

𝑥 en 𝑡𝑖; por tanto, es la rapidez con la que se mue-ve la partícula en 𝑡𝑖.

- Si 𝑣𝑥,𝑖 > 0, entonces la partícula se mueve en el

sentido positivo del eje 𝑥 en el en instante 𝑡𝑖. En efecto, si 𝑣𝑥,𝑖 > 0 significa que 𝑥 es creciente en 𝑡𝑖,

luego se está moviendo en sentido positivo del eje 𝑥 en 𝑡𝑖.

- Si 𝑣𝑥,𝑖 < 0, entonces la partícula se mueve en el

sentido negativo del eje 𝑥 en el en instante 𝑡𝑖. La prueba es análoga al caso anterior.

- Si la partícula cambia de sentido de movimiento en un instante, entonces la velocidad (en 𝑥) de la par-tícula en dicho instante es nula. En efecto, imagi-

nemos que en 𝑡𝑖 pasa de moverse en sentido posi-tivo a moverse en sentido negativo; entonces justo antes de 𝑡𝑖 la velocidad será positiva y justo des-pués de 𝑡𝑖 la velocidad será negativa, por lo que en 𝑡𝑖 la velocidad debe ser nula.

- Si durante un intervalo de tiempo la velocidad con signo de una partícula es nula, entonces la partícu-la ha permanecido en reposo durante dicho inter-

valo de tiempo. En efecto, si 𝑑𝑥

𝑑𝑡 no ha cambiado

durante un intervalo de tiempo, entonces 𝑥 per-manece constante durante dicho periodo de tiem-po; esto es, ha estado parado.

- Si durante un intervalo de tiempo la velocidad con signo de una partícula es constante no nula, en-tonces la partícula ha permanecido en reposo du-

rante dicho intervalo de tiempo. En efecto, si 𝑑𝑥

𝑑𝑡 no

ha cambiado durante un intervalo de tiempo, en-tonces 𝑥 permanece constante durante dicho pe-riodo de tiempo; esto es, ha estado parado.

|𝑣𝑥,𝑖| = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑚𝑢𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑣𝑥,𝑖 > 0 ⟹ 𝑠𝑒 𝑚𝑢𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑣𝑥,𝑖 < 0 ⟹ 𝑠𝑒 𝑚𝑢𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑛𝑒𝑔 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑡𝑐 ⟹ 𝑣𝑥,𝑖 = 0

𝑣𝑥 = 0 ⟺ 𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜

Gráficamente se cumple que 𝑣𝑥,𝑖 es igual a la pendien-

te de la recta tangente a la gráfica de 𝑥 = 𝑥(𝑡) en el instante 𝑡𝑖.

Gráficamente se cumple que el área con signo bajo la gráfica 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) desde 𝑡𝑖 hasta 𝑡𝑓 es igual ∆𝑥 =

𝑥𝑓 − 𝑥𝑖.


Celeridad 𝒗. Llamamos celeridad 𝑣 de una partícula en un instante a la derivada de la distancia recorrida respecto del tiempo en dicho instante. En un MR, se verifica que la celeridad es igual al valor absoluto de la velocidad (en 𝑥).

𝑣𝑖 = (𝑑𝑠

𝑑𝑡)𝑖= |𝑣𝑥,𝑖|

𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡= |𝑣𝑥|

Justificación. Veamos que en un MR 𝑣 = |𝑣𝑥|. Para

un intervalo de tiempo infinitesimal 𝑑𝑡 > 0 se cumple

que la distancia infinitesimal recorrida es igual al valor

absoluto del desplazamiento infinitesimal 𝑑𝑠 = |𝑑𝑥|. Esto es así porque en un intervalo de tiempo infinitesi-

mal la partícula no tiene tiempo de cambiar de sentido

de movimiento. Por tanto, 𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡=

|𝑑𝑥|

𝑑𝑡= |

𝑑𝑥

𝑑𝑡| = |𝑣𝑥|.

∎

La celeridad tal como la hemos definido es lo que solemos llamar velocidad en el lenguaje ordinario, por lo que debemos ser cuidadosos. Así, la celeridad es la rapidez del movimiento. Notar que la celeridad no puede ser negativa, pues es igual a un valor absoluto.

𝑣𝑖 = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑚𝑢𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑣 ≥ 0

𝑣 = 0 ⟺ 𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜

ACELERACIÓN DEL MOVIMIENTO RECTILÍNEO

Aceleración media (en 𝒙) 𝒂𝒙,𝒎𝒆𝒅. Dada una partícula con MR, llamamos aceleración media (en 𝑥) 𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑 de

la partícula entre dos instantes a la tasa de variación media de la velocidad (en 𝑥) entre dichos instantes. La aceleración media (en 𝑥) es una magnitud entre dos instantes y se mide en el SI en 𝑚/𝑠2.

𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑(𝑖,𝑓) =𝑣𝑥,𝑓−𝑣𝑥,𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖

𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑 =∆𝑣𝑥

∆𝑡

Por todo lo tratado anteriormente sobre tasa de varia-ción media se verifica:

|𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑| = la rapidez global con la que cambia

𝑣𝑥 entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓

𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑 > 0 ⟺ 𝑣𝑥,𝑓 > 𝑣𝑥,𝑖

𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑 = 0 ⟺ 𝑣𝑥,𝑓 = 𝑣𝑥,𝑖

𝑎𝑥,𝑚𝑒𝑑 < 0 ⟺ 𝑣𝑥,𝑓 < 𝑣𝑥,𝑖

Aceleración (en 𝒙) 𝒂𝒙. Dada una partícula con MR llamamos aceleración (en 𝑥) 𝑎𝑥 de la partícula en un instante a la derivada de su velocidad (en 𝑥) respecto del tiempo en dicho instante. La aceleración (en 𝑥) es una magnitud instantánea y se mide en el SI en 𝑚/𝑠2.

𝑎𝑥,𝑖 = (𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡)𝑖

𝑎𝑥 =𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡

Por las propiedades de las derivadas se verifica:

|𝑎𝑥,𝑖| = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑣𝑥 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝑥,𝑖 > 0 ⟹ 𝑣𝑥 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝑥,𝑖 < 0 ⟹ 𝑣𝑥 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝑥 = 0 ⟺ 𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒

Hemos visto que aceleración (en 𝑥) positiva implica velocidad con signo creciente, pero eso no significa obligatoriamente que aumente la celeridad (rapidez del movimiento). Por ejemplo, si una partícula pasa de

una velocidad (en 𝑥) de 4 m/s a 3 m/s, entonces la velocidad (en 𝑥) ha aumentado, pero la partícula ha pasado de una rapidez de 4 m/s a una de 3 m/s.

Así, para saber si aumenta o disminuye la rapidez del movimiento debemos mirar simultáneamente el signo de la velocidad (en 𝑥) y de la aceleración (en 𝑥). Se verifica que si ambos signos son iguales, entonces va cada vez más deprisa, pero si ambos signos son distin-tos, entonces va cada vez más despacio. Comprobé-moslo para el caso de velocidad y aceleración negati-vas. En efecto, imaginemos que en un instante deter-

minado va a 4 m/s y tiene una aceleración de 7 m/s2; entonces por ser la aceleración negativa un instante después su velocidad con signo disminuye,

digamos que va a 4,2 m/s. Como vemos ha pasado de una celeridad de 4 m/s a otra de 4,2 m/s, por lo que ha aumentado su celeridad. El resto de casos se prue-ban igual.

𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥,𝑖) = 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥,𝑖) ⟹ |𝑣𝑥| ↑ 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥,𝑖) ≠ 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥,𝑖) ⟹ |𝑣𝑥| ↓ 𝑒𝑛 𝑡𝑖

Gráficamente se cumple que 𝑎𝑥,𝑐 es igual a la pendien-

te de la recta tangente a la gráfica de 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) en el instante 𝑡𝑐.


Gráficamente se cumple que el área con signo bajo la gráfica 𝑎𝑥 = 𝑎𝑥(𝑡) desde 𝑡𝑖 hasta 𝑡𝑓 es igual ∆𝑣𝑥 =

𝑣𝑥,𝑓 − 𝑣𝑥,𝑖.

Aceleración tangencial 𝒂𝝉. Llamamos aceleración tangencial 𝑎𝜏 de una partícula en un instante a la deri-vada de la celeridad respecto del tiempo en dicho instante. En un MR se verifica que la aceleración tan-gencial y la aceleración con signo tienen el mismo valor absoluto (la prueba se deja al lector interesado).

𝑎𝜏,𝑖 = (𝑑𝑣

𝑑𝑡)𝑖

𝑎𝜏 =𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑎𝜏,𝑖 = {

𝑎𝑥,𝑖 𝑠𝑖 𝑣𝑥,𝑖 > 0

|𝑎𝑥,𝑖| 𝑠𝑖 𝑣𝑥,𝑖 = 0

−𝑎𝑥,𝑖 𝑠𝑖 𝑣𝑥,𝑖 < 0

Como vemos, en el caso de la aceleración tangencial, sí podemos asegurar que aceleración tangencial posi-tiva implica ir cada vez más deprisa, y aceleración tangencial negativa implica frenar.

|𝑎𝜏,𝑖| = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑣 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝜏,𝑖 > 0 ⟹ 𝑣 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝜏,𝑖 < 0 ⟹ 𝑣 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝜏 = 0 ⟺ 𝑣 = 𝑐𝑡𝑒

Signos en problemas de MR. En un MR:

- Si inicialmente está en la parte positiva del eje 𝑥, entonces 𝑥0 es positiva. Si inicialmente está en la parte negativa del eje 𝑥, entonces 𝑥0 es negativa. Si inicialmente está en el origen, entonces 𝑥0 = 0.

- Si inicialmente se mueve en sentido positivo del eje 𝑥, entonces 𝑣𝑥,0 es positiva. Si inicialmente se mueve en sentido contrario al eje 𝑥, entonces 𝑣𝑥,0

es negativa. Si inicialmente está parada, entonces 𝑣𝑥,0 = 0. En cualquier caso, la celeridad 𝑣 nunca es

negativa.

- Si inicialmente aumenta la rapidez del movimiento, entonces 𝑎𝑥,0 tiene el mismo signo que 𝑣𝑥,0, y 𝑎𝜏,0 es positiva. Si inicialmente frena, entonces 𝑎𝑥,0 tie-ne el signo contrario que 𝑣𝑥,0, y 𝑎𝜏,0 es negativa.

Ejemplo para el criterio de signos. Nos dicen que ini-cialmente la partícula: (1) se encuentra a 30 m del origen en la parte positiva

del eje 𝑥, (2) se mueve a 20 m/s en sentido contrario del eje 𝑥 y (3) frena a 4 m/s2. Nos piden la posición inicial, la velocidad (en 𝑥) inicial, la aceleración (en 𝑥) inicial, la velocidad tangencial inicial y la aceleración tangencial inicial.

Como está en la parte positiva del eje 𝑥, entonces 𝑥0 será positiva; luego 𝑥0 = +30 m. Como se mueve en sentido contrario del eje 𝑥, enton-ces 𝑣𝑥,0 será negativa; luego 𝑣𝑥,0 = −20 m/s. Como frena, entonces 𝑣𝑥,0 y 𝑎𝑥,0 tendrán signos con-trarios; luego 𝑎𝑥,0 = +4 m/s2.

Como 𝑣0 es la rapidez con que se mueve sin importar el sentido, entonces 𝑣0 = 20 m/s. Como frena, entonces 𝑎𝜏,0 es negativa; luego 𝑎𝜏,0 =

−4 m/s2. Esquemas fin de sección. Se verifica que la expresión de la posición instantánea contiene toda la informa-ción acerca del movimiento de la partícula.


EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1. Halla las funciones derivadas de las siguien-tes funciones:

a) 5𝑡3 + 7𝑡 − 8

b) 6sen(𝑡) − 4cos(𝑡) + 𝑒𝑡

c) 𝑡4sen(𝑡)

d) sen(𝑡4)

e) sen4(𝑡)

Solución

a) 5·3𝑡2 + 7·1𝑡0 − 0 = 15𝑡2 + 7

b) 6cos(𝑡) − 4(−sen(𝑡)) + 𝑒𝑡 =

= 6 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 4sen(𝑡) + 𝑒𝑡

c) 4𝑡3sen(𝑡) + 𝑡4cos(𝑡)

d) cos(𝑡4) · 4𝑡3 = 4𝑡3 cos(𝑡4)

e) 4sen3(𝑡)cos(𝑡)

Ejemplo 2. Halla 𝑓(𝑡) sabiendo que 𝑓′(𝑡) = 4 y 𝑓(0) = −3. Solución

En este caso 𝑓′ es constante e igual a 4. Hemos visto que cuando la derivada es constante se cumple:

𝑓′ = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑣 ⟹ 𝑓 = 𝑓0 + 𝑣 · 𝑡

Luego 𝑓(𝑡) = 𝑓0 + 𝑣 · 𝑡 = −3 + 4𝑡.

Notar que, efectivamente, si 𝑓(𝑡) = −3 + 4𝑡 se cum-ple que 𝑓′(𝑡) = 4 y 𝑓(0) = −3.

𝑓′(𝑡) = 0 + 4 · 1 = 4 = 𝑐𝑡𝑒

𝑓0 = −3 + 4 · 0 = −3

Ejemplo 3. Halla 𝑓(𝑡) sabiendo que 𝑓′′(𝑡) = 6, 𝑓′(0) = −5 y 𝑓(0) = 9. Solución

En este caso 𝑓′′ es constante e igual a 6. Hemos visto que cuando la segunda derivada es constante se cum-ple que 𝑓′(𝑡) = 4 y 𝑓(0) = −3:

𝑓′′ = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑎 ⟹ 𝑓 = 𝑓0 + 𝑓′0· 𝑡 +

1

2𝑎 · 𝑡2

Luego 𝑓(𝑡) = 𝑓0 + 𝑓′0· 𝑡 +

1

2𝑎 · 𝑡2 = 9− 5𝑡 + 3𝑡2.

Notar que, efectivamente, si 𝑓(𝑡) = 9 − 5𝑡 + 3𝑡2 se cumple que 𝑓′′(𝑡) = 6, 𝑓′(0) = −5 y 𝑓(0) = 9:

𝑓′(𝑡) = 0 − 5 · 1 + 3 · 2𝑡 = −5 + 6𝑡

𝑓′′(𝑡) = 0 + 6 · 1 = 6 = 𝑐𝑡𝑒

𝑓0 = 9 − 5 · 0 + 3 · 02 = 9

𝑓′0= −5 + 6 · 0 = −5

Ejemplo 4. Decir en cada uno de los puntos señalados

el signo de su derivada en caso de que exista.

Solución

𝑓′(𝑎) > 0; 𝑓′(𝑏) = 0;

𝑓′(𝑐) < 0; 𝑓′(𝑑) = 0;

𝑓′(𝑒) = 0; no existe 𝑓′(ℎ) > 0.

Ejemplo 5. Dada la gráfica de 𝑓′(𝑡) se pide el incre-mento de la función 𝑓 desde 𝑡 = 0 hasta 𝑡 = 6.

Solución

Sabemos de teoría que ∆𝑓 = 𝑓(6) − 𝑓(0) será igual al área con signo bajo la gráfica 𝑓′ = 𝑓′(𝑡) desde t = 0 s y t = 6 s.

∆𝑓 = 𝑓(6) − 𝑓(0) =

=(2-0)·3+2

2+(3-2)·3+

1

2·(6-3)(3-0)=12,5.

Ejemplo 6. La posición instantánea de una partícula con MR viene dada por 𝑥 = (𝑡 − 1)(𝑡 − 6) (SI). Se pide:

a) Esbozar la gráfica.

b) Indicar el sentido del movimiento en cada instante

de tiempo.

c) Desplazamiento (en 𝑥) desde 2 s hasta 8 s. ¿Se

mueve en el mismo sentido durante todo ese in-

tervalo de tiempo?

d) Desplazamiento (en 𝑥) desde 1 s hasta 6 s. ¿Per-

manece en todo instante de ese intervalo en repo-

so?

e) Distancia entre la posición inicial y la posición a los

5 s.


f) Distancia recorrida desde el instante inicial hasta

los 5 s.

Solución

a)

Tenemos un polinomio de grado dos, esto es, una parábola. Corta al eje horizontal (𝑥 = 0) en 𝑡 = 1 s y 𝑡 = 6 s. Corta al eje vertical (𝑡 = 0) en 𝑥 = (0 − 1) ·(0 − 6) = 6 m. El coeficiente de 𝑡2 es positivo, luego la parábola tiene un mínimo, que estará en el valor medio de 1 y 6, esto es, en 𝑡 = 3.5 s; así el mínimo es (3.5, 6.25).

b)

Para 0𝑠 ≤ 𝑡 < 3.5 s se mueve en el sentido negativo del eje 𝑥. En el instante 3.5 s la partícula está instantáneamente

parada.

Para 𝑡 > 3.5 s la partícula se mueve en el sentido

positivo del eje 𝑥.

c)

𝑥(2) = (2 − 1)(2 − 6) = −4 m.

𝑥(8) = (8 − 1)(8 − 6) = 14 m.

∆𝑥 = 𝑥(8) − 𝑥(2) = 14 − (−4) = +𝟏𝟖 m.

No, pues desde 2 s hasta 3.5 s se mueve en sentido

negativo de las 𝑥 y desde 3.5 s hasta 8 s lo hace en

sentido positivo.

d)

𝑥(1) = (1 − 1)(1 − 6) = 0 m.

𝑥(6) = (6 − 1)(6 − 6) = 0 m.

∆𝑥 = 𝑥(6) − 𝑥(1) = 0 − 0 = 𝟎 m.

No, pues desde 1𝑠 hasta 3.5𝑠 se mueve en sentido negativo de las 𝑥 y desde 3.5𝑠 hasta 6𝑠 se mueve en sentido positivo de las 𝑥. e)

𝑥(0) = (0 − 1)(0 − 6) = 6 m.

𝑥(5) = (5 − 1)(5 − 6) = −4 m.

|∆𝑥| = |𝑥(5) − 𝑥(0)| = | − 4 − 6| = 𝟏𝟎 m.

f)

Desde los 0 s hasta los 5 s se produce un cambio en el sentido de movimiento a los 3,5 s. Luego hay que calcularlo en dos tramos:

𝑥(0) = (0 − 1)(0 − 6) = 6 m.

𝑥(3,5) = (3,5 − 1)(3,5 − 6) = −6,25 m.

𝑥(5) = (5 − 1)(5 − 6) = −4 m.

𝑠(5 𝑠) = |𝑥(3,5) − 𝑥(0)| + |𝑥(5) − 𝑥(3,5)| = = |−6,25 − 6| + |−4 − (−6,25)| = = 12,25 + 2,25 = 𝟏𝟒, 𝟓 m.

Ejemplo 7. Del MR 𝑥 = √𝑡 (SI), se pide: a) Hallar la velocidad media (en 𝑥) entre los instantes

4 s y 16 s. b) Hallar la velocidad media (en 𝑥) entre los instantes

4 s y 4,01 s. c) Hallar la velocidad (en 𝑥) a los 4 s. Solución

a)

La velocidad media (en 𝑥) entre los instantes 4 s y 16 s

es:


∆𝑡=

𝑥(16)−𝑥(4)

16−4=

√16−√4

16−4= 𝟎.𝟏𝟔𝟔𝟕 m/s.

b) La velocidad media (en 𝑥) entre los instantes 4 s y

4,01 s es:


∆𝑡=

𝑥(4,01)−𝑥(4)

4,01−4= √4,01−√4

4,01−4= 𝟎. 𝟐𝟒𝟗𝟖 m/s.

c) La velocidad (en 𝑥) a los 4 s es:

𝑣𝑥(𝑡) = 𝑥′(𝑡) =

1

2𝑡(1

2−1) =

1

2𝑡−1

2 (SI).

𝑣𝑥(4) =1

2· 4

−1

2 = 𝟎,𝟐𝟓 m/s.

Como vemos, la velocidad media entre los 4 s y los 4,01 s es muy parecida a la velocidad a los 4 s. ¿Por qué? Porque ti = 4 s y tf = 4,01 s están muy cerca de ti.

Ejemplo 8. Para el MR de la gráfica 𝑥 = 𝑥(𝑡) en el SI, indicar el signo de la velocidad en cada instante de tiempo.


Solución

En el intervalo 0 𝑠 ≤ 𝑡 ≤ 2.15 𝑠 la velocidad es positi-va; esto es, la partícula se mueve en el sentido positivo del eje 𝑥.

En el instante 2.15 s la velocidad es nula.

En el intervalo 𝑡 > 2.15 𝑠 la velocidad es negativa; esto es, la partícula se mueve en el sentido negativo del eje 𝑥.

Ejemplo 9. Atendiendo a la gráfica 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) de un MR, se pide el desplazamiento con signo desde el instante 1 𝑠 hasta el instante 4 𝑠.

Solución

Sabemos que el desplazamiento con signo desde el instante 1 𝑠 hasta el instante 4 𝑠 es al área (con signo) bajo la curva 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) entre dichos instantes. La

gráfica es 𝑣𝑥(𝑡) = 2 −2

3𝑡 (SI).

𝑣𝑥(1𝑠) = 2 −2

3· 1 =

4

3 m/s

𝑣𝑥(4𝑠) = 2 −2

3· 4 =

−2

3 m/s

∆𝑥 =1

2(3 − 1) ·

4

3−

1

2(4 − 3) ·

2

3= +𝟏 m.

Ejemplo 10. En un MR la distancia recorrida instantá-nea es 𝑠(𝑡) = 𝑡2 + 3𝑡 (SI). ¿Cuál es la celeridad a los 5 s?

Solución

𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡= 2𝑡 + 3 (SI).

𝑣(5 𝑠) = 2 · 5 + 3 = 𝟏𝟑 m/s.

Ejemplo 11. En el MR 𝑥(𝑡) = 𝑡1/2 (SI), ¿Cuál es la aceleración con signo en el instante 4s? Solución

Primero calcularemos la velocidad instantánea. Des-pués, la aceleración instantánea. Por último, particula-rizamos el instante 4s en la aceleración instantánea.

𝑣𝑥(𝑡) = 𝑥′(𝑡) =

1

2𝑡(1

2−1)

=1

2𝑡−1

2 (SI).

𝑎𝑥(𝑡) = 𝑣𝑥′ (𝑡) =

1

2·−1

2𝑡(−1

2−1)

= 4𝑡−3

2 (SI).

𝑎𝑥(4) = 4 · 4−3

2 = +0,5 m/s2.

Ejemplo 12. En cada apartado nos dan la velocidad con

signo y la aceleración con signo en un instante deter-

minado. Se pide razonar si la velocidad con signo y la

celeridad crecen o decrecen en dicho instante, así

como hallar la aceleración tangencial.

a) 𝑣𝑥(3𝑠) = −4𝑚/𝑠 y 𝑎𝑥(3𝑠) = +3𝑚/𝑠2.

b) 𝑣𝑥(6𝑠) = +5𝑚/𝑠 y 𝑎𝑥(6𝑠) = +7𝑚/𝑠2.

c) 𝑣𝑥(9𝑠) = −1𝑚/𝑠 y 𝑎𝑥(9𝑠) = −2𝑚/𝑠2.

Solución

a)

Hago 𝑡1 = 3 𝑠. Como 𝑎𝑥,1 > 0 ⟹ 𝑣𝑥,1 crece. Así, la

velocidad con signo crece a los 3 s.

Como 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥,1) ≠ 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥,1) ⟹ 𝑣1 decrece. Así,

la celeridad decrece a los 3 s.

Como la celeridad decrece a los 3 s, entonces la acele-

ración tangencial es negativa a los 3 s; luego 𝑎𝜏,1 = −3

m/s2.

b)

Hago 𝑡2 = 6 𝑠. Como 𝑎𝑥,2 > 0 ⟹ 𝑣𝑥,2 crece. Así, la

velocidad con signo crece a los 6 s.

Como 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥,2) = 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥,2) ⟹ 𝑣2 crece. Así, la

celeridad crece a los 6 s.

Como la celeridad crece a los 6 s, entonces la acelera-

ción tangencial es positiva a los 6 s; luego 𝑎𝜏,2 = +7

m/s2.

c)

Hago 𝑡3 = 9 𝑠. Como 𝑎𝑥,3 < 0 ⟹ 𝑣𝑥,3 decrece. Así, la

velocidad con signo decrece a los 9 s.

Como 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥,3) = 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥,3) ⟹ 𝑣3 crece. Así, la

celeridad crece a los 9 s.

Como la celeridad crece a los 9 s, entonces la acelera-

ción tangencial es positiva a los 9 s; luego 𝑎𝜏,3 = +2

m/s2.


Ejemplo 13*. La posición instantánea del MR viene

dada por 𝑥 = −0.5𝑡3 + 4𝑡 − 1 (SI). Se pide:

a) Posición en los instantes 0 s y en 2 s.

b) Desplazamiento entre los instantes 0 s y 2 s.

c) Velocidad media (en 𝑥) entre los instantes 0 s y 2 s.

d) Velocidad (en 𝑥) en los instantes 0 s y en 2 s.

e) Celeridad en los instantes 0 s y en 2 s.

f) Aceleración media (en 𝑥) entre los instantes 0 s y 2

s.

g) Aceleración (en 𝑥) en los instantes 0 s y en 2 s.

h) Aceleración tangencial en los instantes 0 s y en 2 s.

i) ¿Aumenta la velocidad (en 𝑥) a los 2 s? ¿Y la celeri-

dad?

j) Distancia recorrida entre los instantes 0 s y 2 s.

Solución

a)

𝑥(0𝑠) = −0.5 · 03 + 4 · 0 − 1 = −𝟏 𝒎.

𝑥(2𝑠) = −0.5 · 23 + 4 · 2 − 1 = +𝟑 𝒎.

b)

∆𝑥 = 𝑥(2𝑠) − 𝑥(0𝑠) = 3 − (−1) = +𝟒 𝒎.

c)


∆𝑡=

𝑥(2)−𝑥(0)

2−0=

4

2= 𝟐 𝒎/𝒔.

d)

𝑣𝑥(𝑡) = 𝑥′(𝑡) = −1.5𝑡2 + 4 (SI).

𝑣𝑥(0𝑠) = −1.5 · 02 + 4 = +𝟒 𝒎/𝒔.

𝑣𝑥(2𝑠) = −1.5 · 22 + 4 = −𝟐 𝒎/𝒔.

e)

|𝑣𝑥(0𝑠)| = |+4| = 𝟒 𝒎/𝒔.

|𝑣𝑥(2𝑠)| = |−2| = 𝟐 𝒎/𝒔.

f)


∆𝑡=

𝑣𝑥(2)−𝑣𝑥(0)

2−0=

−2−4

2−0= −𝟑 𝒎/𝒔𝟐.

g)

𝑎𝑥(𝑡) = 𝑣𝑥′(𝑡) = −3𝑡 (SI).

𝑎𝑥(0𝑠) = −3 · 0 = 𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎𝑥(2𝑠) = −3 · 2 = −𝟔 𝒎/𝒔𝟐.

h)

Como 𝑎𝑥(0𝑠) = 0 m/s2, entonces 𝑎𝜏(0𝑠) = 𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

Como 𝑣𝑥(2𝑠) < 0, entonces 𝑎𝜏(2𝑠) = −𝑎𝑥(2𝑠) =

+𝟔 𝒎/𝒔𝟐.

i)

𝑎𝑥(2𝑠) < 0 ⟹ 𝑣𝑥(2𝑠) decrece. Como la aceleración

(en 𝑥) es negativa a los 2s, entonces la velocidad (en

𝑥) decrece a los 2s.

𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥(2𝑠)) = 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥(2𝑠)) ⟹ |𝑣𝑥|(2𝑠) crece.

Como la velocidad (en 𝑥) y la aceleración (en 𝑥) tienen

el mismo signo a los 2s, entonces la celeridad crece a

los 2s.

j)

Buscamos los instantes en los que puede que cambie

el sentido de movimiento (en los que 𝑣𝑥 se anula).

Para ello, hallamos los instantes 𝑣𝑥(𝑡) = 0:

−1.5𝑡2 + 4 = 0, luego 𝑡 = ±1.63 𝑠. Esto significa que

entre 0s y 2s puede haber un cambio de sentido a los

1.63 s. Podemos hacer dos cosas igualmente válidas.

1. No comprobar si hay cambio de sentido a los 1.63 s

y usar directamente

∆𝑠 = |𝑥(2) − 𝑥(1.633)| + |𝑥(1.633) − 𝑥(0)|

2. Comprobar si hay cambio de sentido a los 1.63 s. Si

no lo hay, entonces usar ∆𝑠 = |𝑥(2) − 𝑥(0)|. Si lo

hay, entonces usar

∆𝑠 = |𝑥(2) − 𝑥(1.633)| + |𝑥(1.633) − 𝑥(0)|.

Lo haremos de la primera forma:

𝑥(1.63) = −0.5 · 1.633 + 4 · 1.63 − 1 = 3.35 𝑚.

∆𝑠 = |𝑥(2) − |𝑥(1.633)| + |𝑥(1.633) − 𝑥(0)| =

= |3 − 3.35| + |3.35− (−1)| =

= |−0.35| + |4.35| = 0.35 + 4.35 = 𝟒. 𝟕𝟎 𝒎.

Si queremos saber si hay cambio de sentido o no a los

1.63 s razonamos así. Entre 0 s y 1.63 s se mueve en el

mismo sentido; luego entre 0 s y 1.63 s la velocidad no

cambia de signo. Entre 1.63 s y 2 s se mueve en el

mismo sentido, luego entre 1.63 s y 2 s la velocidad no

cambia de sentido. Por tanto, tomamos un instante

cualquiera en [0s, 1.63s) y otro instante cualquiera en

(1.63s, 2s], y calculamos el signo de las dos velocida-

des. Si el signo es el mismo, entonces la partícula no

cambió el sentido de su movimiento. Si el signo es

distinto, entonces la partícula sí cambió de sentido de

movimiento.

Por comodidad tomaremos los instantes 0 s y 2 s.

Como 𝑣𝑥(0) > 0 y 𝑣𝑥(2) < 0, se tiene cambio de

sentido en 1.63 s.


EJERCICIOS PROPUESTOS

Nota. De estos ejercicios los más interesantes son: 1, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 12, 14 y 15. 1.1. La posición instantánea de una partícula con MR viene dada por 𝑥 = 𝑡2 − 7𝑡 + 10 (SI). Se pide: a) Posición en el instante inicial. b) Posición en el instante t = 4 s. c) Posición en el instante t = 2 min. d) Instante o instantes en el que pasa por el origen. e) Instante en el que x = 1 km.

Sol. a) 10 m; b) −2 m; c) 13570 m; d) 5 s y 2 s; e) 35,16 s.

1.2. Atendiendo a la gráfica x = x(t) entre los 0s y los

4s, donde los puntos son A(0, 8), B(1, 0), C(1.45,

0,63), D(2, 0), E(3.22, 2,11), F(4, 0), se pide: a) Posición inicial y posición final. b) Instantes de tiempo en que la partícula pasa por el

origen. c) Instantes de tiempo en que la partícula se encuen-

tra en la parte positiva del eje x. d) Instantes de tiempo en que la partícula se encuen-

tra en la parte negativa del eje x. e) Distancia más alejada del eje x en su parte positiva

e instante en el que se produce. f) Distancia más alejada del eje x en su parte negativa

e instante en el que se produce. g) Instantes de tiempo en que la partícula se para. h) Instante de tiempo de mayor rapidez de la partícu-

la.

Sol. a) −8 m y 0 m; b) 1 s, 2 s y 4 s; c) (1 s, 2 s); d) [0 s, 1 s)∪(2 s, 4 s); e) 0,63 m y 1,45 s; f) 8 m y 0 s; g) 1,45 s y 3,22 s; h) 0 s.

1.3. La posición instantánea de una partícula viene dada por 𝑥 = 𝑡2 − 8𝑡 + 17 (SI). Se pide el desplaza-miento y la velocidad media entre los instantes: a) 1s y 3s; b) 4s y 7s; c) 1s y 7s.

Sol. a) −8 m y −4 m/s; b) 9 m y 3 m/s; c) 0 m y 0 m/s.

1.4. Según la figura, siendo A(3.5, −2.25), se pide: a) Desplazamiento, distancia recorrida, velocidad

media y celeridad media entre 0s y 4s. b) Desplazamiento, distancia recorrida, velocidad

media y celeridad media entre 1s y 6s.

Sol. a) −12 m, 12,5 m, −3 m/s y 3,125 m/s; b) 0 m, 13 m, 0 m/s y 2,6 m/s.

1.5. Atendiendo a la figura, halla la velocidad media entre los instantes 0,2s y 5s. Interpreta gráficamente la velocidad media entre dichos instantes.

Sol. 0,833m/s la velocidad media es la pendiente de la recta secante.

1.6. La posición instantánea de una partícula es 𝑥 =5𝑡2 − 8 (SI). Se pide: a) Una aproximación a vx(6s) tomando 𝛥𝑡 = 0,001s.

b) Una aproximación a vx(6s) tomando 𝛥𝑡 = 0,001s. c) Valor exacto de vx(6s).

Sol. a) 60,005m/s; b) 59,995m/s; c) 60m/s.

1.7. Conociendo la posición instantánea, halla la velo-cidad instantánea en cada caso.

a) x = 6 m. h) x = 7t1/3 – 8cos(t) (SI)

b) x = t8 (SI) i) x = t3·cos(t) 4et (SI) c) x = t1/2 (SI) j) x = (sen(t))3 (SI) d) x = 4t – 3 (SI) k) x = (t3 + 9t)5 (SI) e) x = –5t2 + 3t – 7 (SI) l) x = 9·sen(7t – 2) (SI)

f) x = sen(t) + t3 (SI) m) x = 4·cos(3t + 1) (SI) g) x = –7cos(t) + 6t4 (SI) n) x = 5sen(t3)+6t2cos(t) (SI)

Sol. a) 0m/s; b) 8t7 (SI); c) 0,5t−1/2 (SI); d) 4m/s; e) −10t+3 (SI); f) cos(t) + 3t2 (SI); g) 7sen(t)+24t3 (SI); h) 7/3·t−2/3 + 8sen(t) (SI); i) 3t2cos(t) – t3sen(t) – 4et (SI); j) 3sen(t)cos(t) (SI); k) 5(t3 + 9t)4·(3t2 + 9) (SI); l) 63cos(7t−2) (SI); m) 12sen(−3t+1) (SI); n) 15t2·cos(t3) + 12t·cos(t) – 6t2·sen(t) (SI).


1.8. Atendiendo a la gráfica x = x(t) entre los 0s y los 4s, donde los puntos son A(0, 8), B(1, 0), C(1.45,

0,63), D(2, 0), E(3.22, 2.11), F(4, 0), se pide: a) Instantes de tiempo en que la velocidad es nula. b) Instantes de tiempo en que la velocidad es positi-

va. c) Instantes de tiempo en que la velocidad es negati-

va. d) Instante en que la celeridad es máxima. e) Distancia recorrida desde los 0s hasta los 4s.

Sol. a) 1,45s y 3,22s; b) (1.45s, 3.22s); c) [0s, 1.45s) ∪(3.22s, 4s]; d) 0s; e) 13,48m.

1.9. La velocidad instantánea de una partícula viene dada por la gráfica. Se pide: a) Desplazamiento entre ti = 0 s y tf = 2 s. b) Desplazamiento entre ti = 4 s y tf = 7 s c) Desplazamiento entre ti = 1 s y tf = 5 s.

Sol. a) −6m; b) 13,5m; c) 12m. 1.10. La posición instantánea de una partícula es x = 3t2 – 21t + 30 (SI). Hallar el desplazamiento y la distancia recorrida entre los instantes 1s y 5s.

Sol. a) −12m; b) 25,5m.

1.11. La posición instantánea de una partícula es x = 4t3 – 21t2 + 30t (SI). Hallar la distancia recorrida y la aceleración media entre los instantes 0s y 6s.

Sol. a) 301,5m; b) 35m/s2.

1.12. Sabiendo la posición instantánea, halla la acele-ración en el instante t = 3 s en los siguientes casos: a) x = 9 m. d) x = t1/2 + 3et (SI). b) x = 4t (SI). e) x = cos(t) + 6t3 (SI). c) x = 5t2 – 8t + 4 (SI). f) x = 4·sen(5t2 – 7) (SI).

Sol. a) 0 m/s2; b) 0 m/s2; c) 10 m/s2; d) 60,21 m/s2; e) 108,99 m/s2; f) −1028,72 m/s2.

1.13. Responde razonadamente las cuestiones sobre MR, donde el eje x es horizontal y positivo hacia la derecha: a) Si ax = 0 entre los instantes 3s y 7s, ¿significa que la

partícula no cambia de velocidad en ningún instan-te entre los 3s y los 7s?

b) Si ax > 0 en 4s, ¿significa que la velocidad (con signo) es creciente a los 4s?

c) Si ax > 0 en 4s, ¿significa que la celeridad es cre-ciente a los 4s?

d) Si ax < 0 en 4s, ¿significa que la velocidad (en 𝑥) es decreciente a los 4s?

e) Si ax > 0 en 4s, ¿significa que la celeridad es decre-ciente a los 4s?

Sol. a) Sí; b) Sí; c) No; d) Sí; e) No. La aceleración (en x) 𝑎𝑥 y la velocidad (en x) 𝑣𝑥 están rela-

cionadas mediante 𝑎𝑥 =𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡; lo que significa que:

𝑎𝑥 = 0 en un intervalo de tiempo ⟹ 𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 en dicho intervalo de tiempo (ojo que dice INTERVALO). 𝑎𝑥 > 0 en un instante de tiempo ⟹ 𝑣𝑥 ↑ en dicho instante de tiempo. 𝑎𝑥 < 0 en un instante de tiempo ⟹ 𝑣𝑥 ↓ en dicho instante de tiempo. Sin embargo la celeridad es |𝑣𝑥|, lo que significa que: 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥) = 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥) en un instante de tiempo ⟹ |𝑣𝑥| ↑ en dicho instante de tiempo. 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑣𝑥) ≠ 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜(𝑎𝑥) en un instante de tiempo ⟹ |𝑣𝑥| ↓ en dicho instante de tiempo.

1.14*. La posición instantánea de una partícula con MR viene dada por x = 2t3 – 6t + 1 (SI). Se pide: a) Posición inicial y posición en el instante 4 s. b) Desplazamiento entre los instantes 3 s y 5 s. c) Velocidad media entre los instantes 3 s y 5 s. d) Velocidad inicial y velocidad en el instante 4 s. e) Aceleración media entre los instantes 3 s y 5 s. f) Aceleración inicial y aceleración en el instante 4 s. g) Distancia recorrida desde el instante inicial hasta

los 4 s.

Sol. a) 1 m y 105 m; b) 184 m; c) 92m/s; d) −6 m/s y 90 m/s; e) 48 m/s2; f) 0 m/s2 y 48 m/s2; g) 112 m.

1.15*. La posición instantánea de una partícula con

MR viene dada por x = 4·sen(3t+/6) (SI). Se pide: a) Posición inicial y posición en el instante 1 s. b) Velocidad inicial y velocidad en el instante 1 s. c) Aceleración inicial y aceleración en el instante 1 s.

Sol. a) 2 m y −1,49 m; b) 10,39 m/s y −11,14 m/s; c) −18 m/s2 y 13,42 m/s2.

1.16*. Atendiendo a la gráfica de la velocidad (en 𝑥) en función del tiempo donde los puntos son A(0, 8),

B(1, 0), C(1.45, 0,63), D(2, 0), E(3.22, 2,11), F(4, 0), se pide: a) Instantes donde la velocidad se anula. b) Instantes donde la aceleración se anula. c) Esbozar la gráfica de celeridad en función del

tiempo. d) Instantes en que no tiene sentido la derivada de la

celeridad respecto del tiempo.


e) Instantes donde la aceleración (en 𝑥) es positiva. f) Instantes donde la aceleración (en 𝑥) es negativa.

Sol. a) 1 s, 2 s y 4 s; b) 1,45 s y 3,22 s; d) 1 s y 2 s; e) (1.45 s, 3.22 s); f) [0 s, 1.45 s)∪(3.22 s, 4 s].

1.17**. Atendiendo a la figura, cuya gráfica es un cuarto de circunferencia, y sabiendo que la posición inicial del móvil es +8 m, se pide: a) Distancia recorrida desde 0s hasta 1s. b) Posición instantánea.

Sol. a) 3,958m;

b) 8 + 4𝜋 − 8𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(√16

𝑡2− 1) +

1

2𝑡√16− 𝑡2 (𝑆𝐼).

1.18**. La aceleración instantánea de un cuerpo es ax = 30t (SI). La velocidad inicial de la partícula es vx,0 = 2m/s y la posición inicial es x0 = 9m. Obtener la veloci-dad instantánea y la posición instantánea.

Sol. a) 15t2+2 (SI); b) 5t3+2t+9 (SI).

1.19**. La aceleración instantánea de un cuerpo es ax = 48cos(4t) (SI). La velocidad inicial de la partícula

es vx,0 = 1m/s y la posición inicial es x0 = 5m. Obtener la velocidad instantánea y la posición instantánea.

Sol. a) 12sen(4t)+1 (SI); b) −3cos(4t)+t−2 (SI).

1.2. Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado – pág. 1

1.2 - MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME (MRU)

Movimiento rectilíneo uniforme (MRU). Llamamos movimiento rectilíneo uniforme MRU a aquel MR cuya velocidad (en 𝑥) es constante no nula a lo largo del tiempo:

𝑀𝑅𝑈 = 𝑀𝑅 + [𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0]

Por las propiedades de la derivada vistas en la sección anterior, las expresiones de la posición, la velocidad (en 𝑥) y la aceleración (en 𝑥) son:

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥𝑡

𝑣𝑥 =∆𝑥


𝑎𝑥 = 0 = 𝑐𝑡𝑒

Demostración de las ecuaciones del MRU. Vamos a

probar a partir de la expresión de la posición en fun-

ción del tiempo de un MRU 𝑥0 + 𝑣𝑥𝑡 y de la defini-

ción de velocidad y de aceleración las demás expresio-

nes. Recordar que en un MRU 𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒.

𝑣𝑥 = 𝑑𝑥

𝑑𝑡= (𝑥0 + 𝑣𝑥𝑡 )

′ = 0+ 𝑣𝑥 · 1 = 𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒.

𝑎𝑥 = 𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡= (𝑣𝑥)′ = (𝑐𝑡𝑒)′ = 0.

Sabemos por lo visto sobre las propiedades de las deri-

vadas que como 𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒, podemos cambiar 𝑣𝑥 = 𝑑𝑥

𝑑𝑡

por 𝑣𝑥 = ∆𝑥

∆𝑡. No obstante, vamos a probarlo.

∆𝑥

∆𝑡=

𝑥𝑓−𝑥𝑖


(𝑥0+𝑣𝑥𝑡𝑓 )−(𝑥0+𝑣𝑥𝑡𝑖)


𝑥0+𝑣𝑥𝑡𝑓 −𝑥0−𝑣𝑥𝑡𝑖


=𝑣𝑥𝑡𝑓 −𝑣𝑥𝑡𝑖


𝑣𝑥(𝑡𝑓 −𝑡𝑖)

𝑡𝑓−𝑡𝑖= 𝑣𝑥. ∎

Observar que un MRU está totalmente determinado si conocemos su posición inicial 𝑥0 y su velocidad (en 𝑥) 𝑣𝑥 constante. Ejemplo. En un MR la posición inicial se encuentra a 4 m a la derecha del origen y la velocidad es constante de 3 m/s en sentido hacia la izquierda. ¿Cuál es la expresión de la posición en función del tiempo? Com-probar a partir de dicha expresión y de la definición de velocidad que, efectivamente, la posición inicial y la velocidad son las del enunciado.

Solución. Suponemos positivo el eje 𝑥 hacia la derecha (como es habitual). Como es un movimiento rectilíneo de velocidad constante, estamos ante un MRU. Como inicialmente está a la derecha del origen: 𝑥0 = +4 m. Como se mueve hacia la izquierda: 𝑣𝑥 = −3 m/s. Así:

𝑥 = 4 − 3𝑡 (SI). Ahora haremos las comprobaciones.

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= (4 − 3𝑡)′ = 0 − 3 · 1 = −3 m/s = cte


𝑑𝑡= (−3)′ = 0 m/s2 = cte (esto no lo piden).

𝑥0 = 𝑥(0𝑠) = 4 − 3 · 0 = 4 m. Notar que si en un MR 𝑣𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 = 0, entonces, en realidad, la partícula está en reposo.

Veamos las gráficas de un MRU. Es fácil comprobar que en un MRU la gráfica 𝑥 = 𝑥(𝑡) es una recta de pendiente la velocidad, la gráfica 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) es una horizontal de valor la velocidad y la gráfica 𝑎𝑥 = 𝑎𝑥(𝑡) es la horizontal nula.

Como en un MRU nunca hay cambio en el sentido de movimiento, también se verifican:

𝑠 = 𝑣 · 𝑡

𝑣 =∆𝑠


𝑎𝜏 = 0 = 𝑐𝑡𝑒

Estrategias para problemas de MRU. En un MRU:

- Los parámetros del MRU son 𝑥0 y 𝑣𝑥. Conocidos estos podemos hallar cualquier cosa de ese MRU.

- Si inicialmente está en la parte positiva del eje 𝑥, entonces 𝑥0 es positiva. Etcétera.

- Si se mueve en sentido positivo del eje 𝑥, entonces 𝑣𝑥 es positiva. Si se mueve en sentido contrario al eje 𝑥, entonces 𝑣𝑥 es negativa. En cualquier caso, la celeridad 𝑣 es positiva.

- En un MRU la aceleración (en 𝑥) y la aceleración tangencial son nulas.

MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO (MRUA)

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA). Llamamos movimiento rectilíneo uniforme-mente acelerado MRUA a aquel MR cuya aceleración (en 𝑥) es constante no nula a lo largo del tiempo:

𝑀𝑅𝑈𝐴 = 𝑀𝑅 + [𝑎𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0]


Por las propiedades de la derivada vistas en la sección anterior, las expresiones de la posición, la velocidad (en 𝑥) y la aceleración (en 𝑥) son:

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥,0𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡

2

𝑣𝑥 = 𝑣𝑥,0 + 𝑎𝑥𝑡

𝑎𝑥 =∆𝑣𝑥


𝑣𝑥2 − 𝑣𝑥,0

2 = 2𝑎𝑥(𝑥 − 𝑥0)

Demostración de las ecuaciones del MRUA. Vamos a


ción del tiempo de un MRUA 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥,0𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡

2

y de la definición de velocidad y de aceleración las

demás expresiones. Recordar que en un MRUA 𝑎𝑥 =𝑐𝑡𝑒.

𝑣𝑥 = 𝑑𝑥

𝑑𝑡= (𝑥0 + 𝑣𝑥,0𝑡 +

1

2𝑎𝑥𝑡

2 )′

=

= 0 + 𝑣𝑥,0 · 1 +1

2𝑎𝑥2𝑡 = 𝑣𝑥,0 + 𝑎𝑥𝑡.


𝑑𝑡= (𝑣𝑥,0 + 𝑎𝑥𝑡)

′= 0+ 𝑎𝑥 · 1 = 𝑎𝑥 = 𝑐𝑡𝑒.

Como 𝑎𝑥 = 𝑐𝑡𝑒, ya sabemos que podemos cambiar


𝑑𝑡 por 𝑎𝑥 =

∆𝑣𝑥

∆𝑡.

La última expresión es más tediosa. De la ecuación de

la velocidad instantánea obtenemos 𝑡 =𝑣𝑥−𝑣𝑥,0

𝑎𝑥. Susti-

tuyendo 𝑡 de esta expresión en la posición instantánea:

𝑥 − 𝑥0 = 𝑣𝑥,0 (𝑣𝑥−𝑣𝑥,0

𝑎𝑥) +

1

2𝑎𝑥 (

𝑣𝑥−𝑣𝑥,0

𝑎𝑥)2

=

=𝑣𝑥,0(𝑣𝑥−𝑣𝑥,0)

𝑎𝑥+

𝑎𝑥(𝑣𝑥−𝑣𝑥,0)2

2𝑎𝑥2 =

=2𝑣𝑥,0(𝑣𝑥−𝑣𝑥,0)+(𝑣𝑥−𝑣𝑥,0)

2

2𝑎𝑥= ⋯ =

𝑣𝑥2−𝑣𝑥,0

2

2𝑎𝑥

Luego 𝑥 − 𝑥0 =𝑣𝑥2−𝑣𝑥,0

2

2𝑎𝑥.

Así, 𝑣𝑥2 − 𝑣𝑥,0

2 = 2𝑎𝑥(𝑥 − 𝑥0) ∎

Observar que un MRUA está totalmente determinado si conocemos su posición inicial 𝑥0, su velocidad inicial 𝑣𝑥,0 y su aceleración 𝑎𝑥 constante.

Ejemplo. En un MR la posición inicial se encuentra a 4 m a la derecha del origen, la velocidad inicial es de 3 m/s en sentido hacia la izquierda y la aceleración es constante de 5 m/s2 hacia la derecha. ¿Cuál es la ex-presión de la posición en función del tiempo? Com-probar a partir de dicha expresión y de la definición de velocidad y de aceleración que, efectivamente, la posición inicial, la velocidad inicial y la aceleración son las del enunciado.

Solución. Suponemos positivo el eje 𝑥 hacia la derecha (como es habitual). Como es un movimiento rectilíneo de aceleración constante, estamos ante un MRUA. Como inicialmente está a la derecha del origen: 𝑥0 =+4 m. Como inicialmente se mueve hacia la izquierda: 𝑣𝑥,0 = −3 m/s. Como la aceleración es hacia la dere-

cha: 𝑎𝑥 = +5 m/s2. Así:

𝑥 = 4 − 3𝑡 + 2,5𝑡2 (SI).

Ahora haremos las comprobaciones.

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= (4 − 3𝑡 + 2,5𝑡2)′ = 0− 3 · 1 + 2,5 · 2𝑡 =

= −3 + 5𝑡 (SI).


𝑑𝑡= (−3 + 5𝑡)′ = 0+ 5 · 1 = 5 m/s2 = cte

𝑥0 = 𝑥(0𝑠) = 4 − 3 · 0 + 2,5 · 02 = 4 m.

𝑣𝑥,0 = 𝑣𝑥(0𝑠) = −3 + 5 · 0 = −3 m/s.

Notar que si en un MR 𝑎𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 = 0, entonces esta-mos ante un 𝑀𝑅𝑈 (si 𝑣𝑥,0 ≠ 0) o la partícula está en reposo (si 𝑣𝑥,0 = 0).

Veamos las gráficas de un MRUA. Es fácil comprobar que en un MRUA: - La gráfica 𝑥 = 𝑥(𝑡) es una parábola. Hacia arriba si

𝑎𝑥 > 0, o hacia abajo si 𝑎𝑥 < 0. Corta con el eje vertical en 𝑥0.

- La gráfica 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) es una recta de pendiente la aceleración constante 𝑎𝑥 y corta con el eje vertical en 𝑣𝑥,0.

- La gráfica 𝑎𝑥 = 𝑎𝑥(𝑡) es una horizontal de valor la aceleración.

Desde que se inicie el movimiento hasta que éste no cambie de sentido también se verificarán:

𝑠 = 𝑣0𝑡 +1

2𝑎𝜏𝑡

2

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝜏𝑡

𝑎𝜏 =∆𝑣


𝑣2 − 𝑣02 = 2𝑎𝜏𝑠

Estrategias para problemas de MRUA. En un MRUA:

- Los parámetros del MRUA son 𝑥0, 𝑣𝑥,0 y 𝑎𝑥. Cono-

cidos estos podemos hallar cualquier cosa del MRUA en cuestión.

- Si inicialmente está en la parte positiva del eje 𝑥, entonces 𝑥0 es positiva. Etcétera.

- Si inicialmente se mueve en sentido positivo del eje 𝑥, entonces 𝑣𝑥,0 es positiva. Si inicialmente se mueve en sentido contrario al eje 𝑥, entonces 𝑣𝑥,0

es negativa. Si inicialmente está parada, entonces 𝑣𝑥,0 = 0. En cualquier caso, la celeridad 𝑣 nunca es

negativa.


- Si inicialmente aumenta la rapidez del movimiento, entonces 𝑎𝑥 tiene el mismo signo que 𝑣𝑥,0, y 𝑎𝜏 es

positiva. Si inicialmente frena, entonces 𝑎𝑥 tiene el signo contrario que 𝑣𝑥,0, y 𝑎𝜏 es negativa.

MOVIMIENTO DE CAÍDA LIBRE

Movimiento de caída libre. Llamamos movimiento rectilíneo de tiro vertical o caída libre al movimiento que poseería una partícula cuando se deja caer o se lanza con una velocidad inicial en dirección vertical (hacia arriba o hacia abajo) en el vacío. Se observa que en caída libre todas las partículas sufren la misma aceleración constante independientemente de su masa. Esta aceleración constante es vertical, hacia abajo y de valor absoluto 𝑔 = 9,8 m/s2.

Tomando el eje 𝑦 vertical y hacia arriba, se tiene que el movimiento de caída libre

es un MRUA donde

𝑎𝑦 = −𝑔 = −9,8𝑚

𝑠2= 𝑐𝑡𝑒

Las expresiones de la posición, la velocidad (en 𝑦) y la aceleración (en 𝑦) son:

𝑦 = 𝑦0+ 𝑣𝑦,0𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑣𝑦 = 𝑣𝑦,0 − 𝑔𝑡

𝑎𝑦 = −𝑔 =∆𝑣𝑦


𝑣𝑦2 − 𝑣𝑦,0

2 = −2𝑔(𝑦 − 𝑦0)

Como vemos, un movimiento de tiro vertical está totalmente determinado si conocemos su altura inicial 𝑦0 y su velocidad inicial (en 𝑦) 𝑣𝑦,0, puesto que su

aceleración (en 𝑦) siempre es 𝑎𝑦 = −𝑔 = 𝑐𝑡𝑒.

Estrategias para problemas de MR de tiro vertical.

- De una caída libre podemos hallar cualquier cosa conociendo dos parámetros: 𝑦0, 𝑣𝑦,0.

- El instante en el que la partícula toca el suelo 𝑡𝑠 es el que verifica que la altura de la partícula se anula:

𝑦𝑠 = 0 → 𝑦0 + 𝑣𝑦,0𝑡𝑠 −1

2𝑔𝑡𝑠

2 = 0

En el caso de que haya dos soluciones, nos queda-remos con la positiva.

- Si lanzamos la partícula hacia arriba (𝑣𝑦,0 > 0),

entonces el instante de tiempo 𝑡ℎ en el que la par-tícula tiene altura máxima verifica que la compo-nente vertical de la velocidad es nula:

𝑣𝑦,ℎ = 0 → 𝑣𝑦,0 − 𝑔𝑡ℎ = 0

En efecto, mientras la partícula sube su velocidad será positiva; mientras la partícula baja su veloci-dad será negativa. Por tanto, en el punto más alto, la velocidad debe ser nula.

La distancia total recorrida por la partícula desde que la lanzamos hacia arriba hasta que llega al sue-lo habrá que calcularla en dos tramos: el tramo ha-cia arriba y el tramo hacia abajo:

∆𝑠 = |𝑦ℎ − 𝑦0| + |0 − 𝑦ℎ|

- Si lanzamos la partícula hacia abajo o la dejamos caer (𝑣𝑦,0 ≤ 0), entonces el instante de tiempo 𝑡ℎ

en el que la partícula tiene altura máxima es el ins-tante inicial, puesto que siempre se moverá hacia abajo.

La distancia total recorrida por la partícula desde que la lanzamos hasta que llega al suelo será e va-lor absoluto del desplazamiento, pues siempre se mueve en el mismo sentido (hacia abajo):

∆𝑠 = |0 − 𝑦0|

EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1. El coche A presenta una velocidad constan-te de 90 km/h hacia la derecha. La furgoneta B está situada inicialmente a una distancia de 8 km del coche A y a la derecha del mismo, y se mueve con velocidad constante de 72 km/h hacia la izquierda. ¿Dónde y cuándo se encuentran si…?

a) A y B salen a la vez.

b) A sale minuto y medio después de B.

c) ¿Cuánto tiempo tendría que salir A más tarde que

B para que se encuentren en el punto medio?

Solución

a)

Tenemos que ambos vehículos presentan MRU: 𝑥0𝐴 =

0𝑚; 𝑥0𝐵 = 8000𝑚;

𝑣𝑥,0𝐴 = 90

𝑘𝑚

ℎ·1000𝑚

1𝑘𝑚·

1ℎ

3600𝑠= 25

𝑚

𝑠;

𝑣𝑥,0𝐵 = −72

𝑘𝑚

ℎ·1000𝑚

1𝑘𝑚·

1ℎ

3600𝑠= −20

𝑚

𝑠.

𝑥𝐴 = 𝑥0𝐴 + 𝑣𝑥,0

𝐴 · 𝑡 ⇒ 𝑥𝐴 = 0+ 25𝑡 (SI);

𝑥𝐵 = 𝑥0𝐵 + 𝑣𝑥,0

𝐵 · 𝑡 ⇒ 𝑥𝐵 = 8000 − 20𝑡 (SI).

Llamo 𝑡1 al instante donde se encuentran.

𝑥1𝐴 = 𝑥1

𝐵 ⇒ 25𝑡1 = 8000 − 20𝑡1 ⇒ 𝑡1 = 𝟏𝟕𝟕, 𝟕𝟖 𝒔

después de que salgan.


𝑥1𝐴 = 25 · 177,78 = 𝟒𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟒 𝒎 de distancia del A

inicial.

b)

En este caso, A sale en 𝑡2 = 90𝑠. Luego:

𝑥𝐴 = {0, 0 ≤ 𝑡 ≤ 90

25(𝑡 − 90) 𝑡 > 90 (𝑆𝐼)

𝑥𝐵 = 8000 − 20𝑡 (SI).

Como 𝑥2𝐴 = 0𝑚 y 𝑥2

𝐵 = 8000 − 20 · 90 = 6200𝑚 se

encontrarán después de los 90s. Llamo 𝑡3 al instante

en que se encuentran.

𝑥3𝐴 = 𝑥3

𝐵 ⇒ 25(𝑡3 − 90) = 8000 − 20𝑡3 ⇒

⇒ 𝑡3 = 𝟐𝟐𝟕, 𝟕𝟖 𝒔 después de que salga B.

𝑥3𝐴 = 25(227,78 − 90) = 𝟑𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟒 𝒎 de distancia

del A inicial.

c)

A viaja más rápido que B. Si se encuentran en el punto

medio ambos deben recorrer 4000m. El tiempo que

tarda A en recorrer 4000 m es 4000

25= 160𝑠. B tarda

4000

20= 200𝑠. Luego B tarda 200 − 160 = 40𝑠 más

que A. Luego A saldrá 40 s después de B.

Ejemplo 2. Una partícula con MR posee una velocidad inicial de 72 km/h y frena uniformemente a razón de 18 km/h cada segundo hasta que para por completo. Se pide:

a) Posición, velocidad y aceleración instantáneas.

b) Tiempo que tarda en parar por completo, despla-zamiento y distancia recorrida hasta entonces.

Solución

a)

Como frena uniformemente estamos ante un MRUA.

Tomaremos como origen del eje x la posición inicial de

la partícula, esto es, 𝑥0 = 0𝑚. Tomamos como sentido

positivo del eje 𝑥 el de la velocidad inicial: 𝑣𝑥,0 =

+72𝑘𝑚 ℎ⁄ = +20𝑚/𝑠.

Como frena, el signo de la aceleración debe ser el

contrario al de la velocidad, luego será negativa:

𝑎𝑥 = −18𝑘𝑚/ℎ

𝑠= −18

𝑘𝑚

ℎ · 𝑠·1000𝑚

1𝑘𝑚·1ℎ

3600𝑠=

= −5𝑚/𝑠2.

𝑥 = 𝟐𝟎𝒕 − 𝟐, 𝟓𝒕𝟐 (SI).

𝑣𝑥 = 𝟐𝟎 − 𝟓𝒕 (SI).

𝑎𝑥 = −𝟓𝒎/𝒔𝟐.

b)

Llamo 𝑡1 al instante en que para por completo, luego

𝑣𝑥,1 = 0.

20 − 5𝑡1 = 0 ⇒ 𝑡1 = 𝟒 𝒔.

∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥0 = 40 − 0 = +𝟒𝟎 𝒎.

En todo el movimiento no hay cambio de sentido del

movimiento luego:

𝑥1 = 20 · 4 − 2,5 · 42 = 40𝑚.

∆𝑠 = |∆𝑥| = |𝑥1 − 𝑥0| = |40 − 0| = 𝟒𝟎 𝒎.


Ejemplo 3. De un MRUA sabemos que la posición ini-cial es 𝑥0 = +5𝑚 y la velocidad inicial 𝑣𝑥,0 =−12𝑚/𝑠. Cuando la partícula se encuentra en la posi-ción +21𝑚 su velocidad es +20𝑚/𝑠. Se pide:

a) Posición instantánea y velocidad instantánea de la

partícula.

b) Desplazamiento y distancia recorrida desde la

posición inicial hasta la posición +21𝑚.

Solución

a)

De los tres parámetros de un MRUA (𝑥0, 𝑣𝑥,0, 𝑎𝑥) solo

desconocemos 𝑎𝑥; luego debemos hallarla. Llamo 𝑡1 al

instante en que 𝑥1 = +21𝑚 y 𝑣𝑥,1 = +20𝑚/𝑠.

𝑣𝑥,12 − 𝑣𝑥,0

2 = 2𝑎𝑥(𝑥1 − 𝑥0) ⇒ 𝑎𝑥 =𝑣𝑥,12 − 𝑣𝑥,0

2

2(𝑥1 − 𝑥0)

𝑎𝑥 =𝑣𝑥,12 −𝑣𝑥,0

2

2(𝑥1−𝑥0)=

202−(−12)2

2·(21−5)= 8

𝑚

𝑠2 .

𝑥 = 𝟓 − 𝟏𝟐𝒕 + 𝟒𝒕𝟐 (SI); 𝑣𝑥 = −𝟏𝟐 + 𝟖𝒕 (SI).

b)

∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥0 = 21 − 5 = +𝟏𝟔 𝒎.

Para calcular la distancia recorrida debemos saber si la

partícula cambia de sentido de movimiento. En 𝑡0 la

velocidad es negativa y en el instante 𝑡1 la velocidad es

positiva, luego entre 𝑡0 y 𝑡1 hay, al menos, un cambio

de sentido de movimiento. Los instantes con cambio

de sentido verifican que su velocidad se anula. Llamo

𝑡2 a dicho instante. Notar que 𝑡0 < 𝑡2 < 𝑡1.

−12 + 8𝑡2 = 0 ⇒ 𝑡2 = 1,5𝑠.

𝑥2 = 5− 12 · 1,5 + 4 · 1,52 = −4𝑚.

∆𝑠 = |𝑥2 − 𝑥0| + |𝑥1 − 𝑥2| =

= |−4 − 5| + |21 − (−4)| = 9 + 25 = 𝟑𝟒 𝒎.

Ejemplo 4*. Presentamos la gráfica 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡) de un MR desde los 0𝑠 hasta que para por completo, cuya posición inicial es −6𝑚. Se pide:

a) Expresión de la posición instantánea.

b) Distancia total recorrida.

Solución

a)

En este movimiento tenemos cuatro tramos.

Tramo I: MRUA desde 𝑡0 = 0𝑠 a 𝑡1 = 8𝑠.

Necesitamos (𝑥0, 𝑣𝑥,0, 𝑎𝑥𝐼 ):

𝑥0 = −6𝑚; 𝑣𝑥,0 = +10𝑚/𝑠.

𝑎𝑥𝐼 =

∆𝑣𝑥𝐼

∆𝑡𝐼=

𝑣𝑥,1−𝑣𝑥,0

𝑡1−𝑡0=

30−10

8−0= +2,5𝑚/𝑠2.

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥,0𝑡 +1

2𝑎𝑥𝐼 𝑡2 = −6 + 10𝑡 + 1,25𝑡2 (SI)

Tramo II: MRU desde 𝑡1 = 8𝑠 a 𝑡2 = 40𝑠.

Necesitamos (𝑥1, 𝑣𝑥𝐼𝐼):

𝑥1 = −6+ 10𝑡1 + 1,25𝑡12 = +154𝑚.

𝑣𝑥𝐼𝐼 = 𝑣𝑥,1 = +30𝑚/𝑠.

𝑥 = 𝑥1 + 𝑣𝑥𝐼𝐼(𝑡 − 𝑡1) = 154 + 30(𝑡 − 8) (SI).

Tramo III: MRUA desde 𝑡2 = 40𝑠 a 𝑡3 = 50𝑠.

Necesitamos (𝑥2, 𝑣𝑥,2, 𝑎𝑥𝐼𝐼𝐼):

𝑥2 = 154 + 30(𝑡2 − 8) = +1114𝑚;

𝑣𝑥,2 = +30𝑚/𝑠.

𝑎𝑥𝐼𝐼𝐼 =

∆𝑣𝑥𝐼𝐼𝐼

∆𝑡𝐼𝐼𝐼=

𝑣𝑥,3−𝑣𝑥,2

𝑡3−𝑡2=

0−30

50−40= −3𝑚/𝑠2.

𝑥 = 𝑥2 + 𝑣𝑥,2(𝑡 − 𝑡2) +1

2𝑎𝑥𝐼𝐼𝐼(𝑡 − 𝑡2)

2 =

= 1114 + 30(𝑡 − 40) − 1,5(𝑡 − 40)2 (SI).

Tramo IV: Reposo desde 𝑡3 = 50𝑠 en adelante.

Necesitamos (𝑥3):

𝑥 = 𝑥3 = 1114 + 30(50 − 40) − 1,5(50 − 40)2

= +1264𝑚.

𝑥 =

{

−6 + 10𝑡 + 1,25𝑡2, 0 ≤ 𝑡 ≤ 8154 + 30(𝑡 − 8), 8 < 𝑡 ≤ 40

1114+30(t-40)-1,5(t-40)2 40 < 𝑡 ≤ 501264, 50 < 𝑡 }

en el SI.

b)

Como la velocidad 𝑣𝑥 no cambia de signo, entonces la

partícula no cambia de sentido de movimiento, por lo

que la distancia recorrida es igual al valor absoluto del

desplazamiento:

∆𝑠 = |∆𝑥| = |𝑥3 − 𝑥0| = |1264 − (−6)| =

= |1270| = 𝟏𝟐𝟕𝟎 𝒎.

Otra manera de calcular ∆𝑥 = 𝑥3 − 𝑥0 sin utilizar el

apartado anterior es utilizar la propiedad que nos dice

que ∆𝑥 es el área con signo bajo la gráfica 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡).

El área total se puede descomponer en el área de un

trapecio, de un rectángulo y de un triángulo. Como la


gráfica siempre está en la parte positiva del eje verti-

cal, estas áreas serán positivas. Así:

∆x = vx,1+vx,0

2(t1-t0) + v1(t2-t1) +

1

2vx,1(t3-t2)=

=30+10

2(8-0) + 30(40-8) +

1

230(50-40)=

= +𝟏𝟐𝟕𝟎 𝒎.

Ejemplo 5. Desde una altura de 30 m se lanza una pelota a 144 km/h. Se pide:

a) Altura máxima que alcanza la pelota, instante en que alcanza el suelo y distancia total recorrida si se lanza hacia arriba.

b) Altura máxima que alcanza la pelota, instante en que alcanza el suelo y distancia total recorrida si se lanza hacia abajo.

Solución

a)

La altura inicial es 𝑦0 = 30𝑚 y, por lanzarse hacia arriba, la velocidad inicial es:

𝑣𝑦,0 = +144𝑘𝑚

ℎ= +40𝑚/𝑠.

Así, las expresiones de la posición y de la velocidad quedan:

𝑦 = 30 + 40𝑡 − 4,9𝑡2 (SI)

𝑣𝑦 = 40 − 9,8𝑡 (SI)

Por ser lanzada hacia arriba, el instante 𝑡ℎ en el que se alcanza la altura máxima es aquel en el que se anula la velocidad:

𝑣𝑦,ℎ = 0 → 40 − 9,8𝑡ℎ = 0 → 𝑡ℎ =40

9,8= 4,08𝑠.

𝑦ℎ = 30 + 40 · 4,08 − 4,9 · 4,082 = 𝟏𝟕𝟑, 𝟐𝟏 𝒎.

El instante en que alcanza el suelo 𝑡𝑠 es aquel en el que se anula la altura:

𝑦𝑠 = 0 → 30 + 40𝑡𝑠 − 4,9𝑡𝑠2 = 0 →

→ −4,9𝑡𝑠2 + 40𝑡𝑠 + 30 = 0 →

𝑡𝑠 =−40 ±√402 − 4 · (−4,9) · 30

2 · (−4,9)=

=−40±46,78

−9,8= {

−0,698,86

= 𝟖, 𝟖𝟔 𝒔.

Como hemos lanzado hacia arriba, habrá cambio de sentido de movimiento, por lo que la distancia recorri-da hay que calcularla en dos tramos: desde el principio hasta la altura máxima y desde la altura máxima hasta el final.

∆𝑠 = |𝑦ℎ − 𝑦0| + |0 − 𝑦ℎ| =

= |173,21 − 30| + |0 − 173,21| =

= 143,21 + 173,21 = 𝟑𝟏𝟔, 𝟒𝟐 𝒎.

b)

La altura inicial es 𝑦0 = 30𝑚 y, por lanzarse hacia abajo, la velocidad inicial es:

𝑣𝑦,0 = −40 𝑚/𝑠.

Así, las expresiones de la posición y de la velocidad quedan:

𝑦 = 30 − 40𝑡 − 4,9𝑡2 (SI)

𝑣𝑦 = −40 − 9,8𝑡 (SI)

Por ser lanzada hacia abajo, la altura máxima es la altura inicial 30 m.

El instante en que alcanza el suelo 𝑡𝑠 (el 𝑡𝑠 del aparta-do b es distinto que el del apartado a) es aquel en el que se anula la altura:

𝑦𝑠 = 0 → 30 − 40𝑡𝑠 − 4,9𝑡𝑠2 = 0 →

→ −4,9𝑡𝑠2 − 40𝑡𝑠 + 30 = 0 →

𝑡𝑠 =40 ±√(−40)2 − 4 · (−4,9) · 30

2 · (−4,9)=

=40±46,78

−9,8= {

−8,860,69

= 𝟎, 𝟔𝟗 𝒔.

Como hemos lanzado hacia abajo, no habrá cambio de sentido de movimiento, por lo que la distancia recorri-da se calcula en un único tramo desde el principio hasta el final:

∆𝑠 = |0 − 𝑦0| = |0 − 30| = 𝟑𝟎 𝒎.

Ejemplo 6. Desde una altura desconocida se deja caer una pelota. Cuando la pelota se encuentra a 25 m de altura su celeridad es de 15 m/s. ¿Desde qué altura se soltó la pelota?

Solución

Como nos dice que se deja caer, su velocidad inicial es nula: 𝑣𝑦,0 = 0 𝑚/𝑠.

Llamamos 𝑡1 al instante en el que 𝑦1 = 25 𝑚 y 𝑣𝑦,1 =

−15 𝑚/𝑠 (la velocidad con signo es negativa ya que se mueve hacia abajo). Usaremos la expresión:

𝑣𝑦,12 − 𝑣𝑦,0

2 = −2𝑔(𝑦1 − 𝑦0) →

(−15)2 − 02 = −2 · 9,8(25 − 𝑦0) →

225 = −19,6(25 − 𝑦0) →

𝑦0 =225

19,6+ 25 = 𝟑𝟔, 𝟒𝟖 𝒎.



2.1. La posición instantánea de un ciclista en una contrarreloj es x = 42t (t en h y x en km). Se pide: a) Celeridad del ciclista en km/h y en m/s. b) Tiempo que emplea en recorrer los 38 km de la

contrarreloj (en minutos y segundos). c) Expresar la posición instantánea en el SI.

Sol. a) 42 km/h y 11,67 m/s; b) 54 min y 17 s; c) x = 11,67t (SI).

2.2. Una partícula sigue un MRU horizontal con una velocidad de 36 km/h hacia la derecha. Inicialmente se encuentra a 7 m del origen, a la izquierda del mismo. Se pide: a) Posición a los 3 s. b) Velocidad (en 𝑥) a los 3 s. c) Aceleración (en 𝑥) 3 s. d) Instante en el que pasa por el origen.

Sol. a) 23 m; b) 10 m/s; c) 0 m/s2; d) 0,7s.

2.3. Una partícula se desplaza ascendiendo por una rampa a velocidad constante. Entre los instantes 20 s y 1 min recorre medio kilómetro. Sabiendo que en el instante medio minuto se encontraba a 16 m del ori-gen en sentido ascendente, se pide: a) Posición en el instante 2 min. b) Velocidad (en 𝑥) en el instante 2 min. c) Aceleración (en 𝑥) en el instante 2 min. d) Instante en el que se encuentra a 2 km del origen.

Sol. a) 1141 m; b) 12,5 m/s; c) 0 m/s2; d) 188,72 s.

2.4. Una partícula sigue un movimiento rectilíneo horizontal con una aceleración constante de 3 m/s2 hacia la derecha. Inicialmente se mueve a 8 m/s hacia la izquierda. La posición inicial se encuentra a 12 m a la derecha del origen. Se pide: a) Posición instantánea. b) Velocidad media (en 𝑥) entre los instantes 2 s y 10

s. c) Aceleración media (en 𝑥) entre los instantes 2 s y

10 s.

Sol. a) x = 12−8t+1,5t2 (SI); b) 10 m/s; c) 3 m/s2.

2.5*. Una partícula que parte con una velocidad inicial de +12 m/s frena uniformemente hasta pararse por completo. Su posición inicial es +4 m. En un determi-nado instante tA la posición es +10 m y la velocidad +9 m/s. Se pide: a) Posición instantánea. b) Instante tA. c) Instante en el que para por completo y su distancia

al origen.

Sol. a) x = 4+12t−2,625t2 (SI); b) 0,571 s; c) 2,29 s y 17,71 m.

2.6*. El coche A presenta una velocidad inicial de 2 m/s hacia la derecha, con una aceleración constante de 0,8 m/s2 también hacia la derecha. La furgoneta B está situada inicialmente a una distancia de 100 m del coche A y a la derecha del mismo, y se mueve con velocidad constante de 25,2 km/h hacia la izquierda. ¿Dónde y cuándo se encuentran si…? a) A y B salen a la vez. b) B sale 8 s después de A. c) B sale 15 s después de A. d) ¿Cuánto tiempo tendría que salir B más tarde que

A para que se encuentren en el punto medio?

Sol. a) 8,16 s y 42,91 m; b) 11,475 s y 75,675 m; c) 13,51 s y 100 m; d) 1,82 s más tarde.

2.7*. Una partícula presenta el siguiente movimiento rectilíneo: inicialmente parte de la posición +5 m, del reposo, acelerando uniformemente a 4 m/s2 hasta alcanzar la velocidad de 72 km/h. A partir de ahí con-tinúa a 72 km/h durante 2 min, pasados los cuales frena uniformemente a 3 m/s2 hasta que se para por completo. Se pide: a) Dibujar las gráficas vx = vx(t) y ax = ax(t). b) Distancia total recorrida en su movimiento. c) Expresión de la posición instantánea.

Sol. b) 2516,7m; c) En el (SI)

x=

{

5+2t2, 0≤t≤5

55+20(t-5), 5<t≤1252427+20(t-125)-15(t-125)2, 125<t≤131,67

2521,7 131,67 < 𝑡 }

2.8*. Desde una altura de 20 m se lanza hacia arriba una pelota a 108 km/h. Se pide: a) Altura máxima que alcanza la pelota. b) Instante en que cae al suelo. c) Distancia total recorrida por la pelota. d) Repetir el problema si se lanzara hacia abajo.

Sol. a) 65,92 m; b) 6,73 s; c) 111,84 m; d) 20 m, 0,606 s y 20 m.

2.9*. Dejamos caer sin velocidad inicial una piedra a un pozo. Oímos el impacto de la piedra 4 s después de haberla lanzado. ¿Qué profundidad tiene el pozo? Dato: Velocidad del sonido 340 m/s.

Sol. 70,5m.

1.3. Movimiento Armónico Simple – pág. 1

1.3 - MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE

MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE (MAS)

Movimiento periódico. Decimos que un movimiento es periódico cuando se repite de forma idéntica cada cierto intervalo de tiempo. En un movimiento periódi-co:

- Llamamos periodo o tiempo de un ciclo 𝑇 al menor intervalo de tiempo que tarda en repetirse el mo-vimiento. Así, para todo instante de tiempo 𝑡 se verifica que 𝑥(𝑡) = 𝑥(𝑡 + 𝑇). El periodo se mide en segundos en el SI.

- Llamamos frecuencia 𝑓 al número de ciclos que transcurren en cada unidad de tiempo; es, por tan-to, la inversa del periodo. La frecuencia se mide en hercios (Hz, s-1).

Movimiento armónico simple (MAS). Llamamos mo-vimiento armónico simple MAS a aquel MR cuya acele-ración (en 𝑥) en todo instante es igual a −𝜔2 multipli-cada por su posición, donde 𝜔 es una constante posi-tiva.

𝑀𝐴𝑆 = 𝑀𝑅 + [𝑎𝑥 = −𝜔2𝑥] , siendo 𝜔 una cte positiva

Este movimiento se da, por ejemplo, cuando pri-

mero deformamos y luego soltamos un muelle. Esto es, un MAS es un movimiento rectilíneo de vaivén.

Las ecuaciones del MAS son las siguientes:

𝑥 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0)

𝑣𝑥 = 𝐴𝜔 · cos (𝜔𝑡 + 𝜙0)

𝑎𝑥 = −𝐴𝜔2 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0)

𝑎𝑥 = −𝜔2𝑥

𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2

(𝑎𝑥

𝜔2)

2

+ (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2

𝑇 =2𝜋

𝜔 𝑓 =

1

𝑇 𝜔 = 2𝜋𝑓

Donde:

El parámetro 𝐴 se conoce como amplitud o elongación máxima; es positivo y se mide en m en el SI.

El parámetro 𝜔 se conoce como pulso, pulsación o frecuencia angular; es positivo y se mide en rad/s en el SI.

El parámetro 𝜙0 se conoce como fase inicial; su valor es real y se mide en radianes en el SI. Se suele dar su

valor en el intervalo (- rad, rad] o en el intervalo [0

rad, 2 rad).

La posición 𝑥 también se conoce como elongación, mientras que 𝜔𝑡 + 𝜙0 se conoce como fase. Tanto la elongación como la fase no son parámetros, sino que dependen del tiempo. Demostración de las ecuaciones del MAS. Vamos a


ción del tiempo de un MAS 𝑥 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) y

de la definición de velocidad y de aceleración las de-más expresiones.

Notar que 𝐴, 𝜔 y 𝜙0 son constantes y que 𝑡 es la varia-

ble independiente.

𝑣𝑥 = 𝑑𝑥

𝑑𝑡= (𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙

0))

′= 𝐴 · 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0) · 𝜔

= 𝐴 · 𝜔 · 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0)


𝑑𝑡= (𝐴 · 𝜔 · 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0))′ =

= 𝐴𝜔(−𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0))𝜔 = −𝐴𝜔2𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0)

𝑎𝑥 = −𝐴𝜔2𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) = −𝜔2𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) =

= −𝜔2𝑥 .

Vamos con la expresión 𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2. Tenemos,

𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) y 𝑣𝑥

𝜔= 𝐴cos (𝜔𝑡 + 𝜙0). Eleva-

mos ambas expresiones al cuadrado y después las su-

maremos obteniendo:

𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2= 𝐴2𝑠𝑒𝑛2(𝜔𝑡 + 𝜙0) + 𝐴2𝑐𝑜𝑠2(𝜔𝑡 + 𝜙0) =

= 𝐴2[𝑠𝑒𝑛2(𝜔𝑡 + 𝜙0) + 𝑐𝑜𝑠2(𝜔𝑡 + 𝜙0)] = 𝐴2

Vamos con la expresión (𝑎𝑥

𝜔2)

2

+ (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2. Para

ello despejamos 𝑥 de la ecuación 𝑎𝑥 = −𝜔2𝑥, obte-

niendo 𝑥 =−𝑎𝑥

𝜔2 . Ahora sustituimos lo anterior en la

ecuación 𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2, obteniendo

(−𝑎𝑥

𝜔2)

2

+ (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2.

Vamos con la expresión 𝑇 =2𝜋

𝜔. El periodo 𝑇 debe

cumplir 𝑥(𝑡) = 𝑥(𝑡 + 𝑇) para todo 𝑡, luego

𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔(𝑡 + 𝑇) + 𝜙0). Así,

𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) = 𝑠𝑒𝑛((𝜔𝑡 + 𝜙0) + 𝜔𝑇).

Llamando 𝛼 = 𝜔𝑡 + 𝜙0, se tiene 𝑠𝑒𝑛(𝛼) =𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝜔𝑇).

Debemos recordar que la función seno es una función

periódica de periodo 2; esto es, 𝑠𝑒𝑛(𝛼) = 𝑠𝑒𝑛(𝛼 +2𝜋) para cualquier α. Por tanto, 𝜔𝑇 = 2𝜋. Así, 𝑇 =2𝜋

𝜔 . ∎

https://www.youtube.com/watch?v=_4XS316ptak&t=10s


Notar que un MAS está totalmente determinado si conocemos su amplitud 𝐴, pulsación 𝜔 y fase inicial 𝜙0. Observando las ecuaciones del MAS, si conocemos cualquiera de los tres parámetros 𝜔, 𝑇 o 𝑓, podemos calcular los otros dos. Ejemplo. En un MAS la amplitud es 3 m, la pulsación es 5 rad/s y la fase inicial es −π/6 rad. ¿Cuál es la expre-sión de la posición en función del tiempo? Comprobar a partir de dicha expresión y de la definición de veloci-dad y de aceleración que, efectivamente, la acelera-ción es igual a menos la pulsación al cuadrado multi-plicada por la posición.

Solución. Por los datos del enunciado 𝐴 = 3 m, 𝜔 =

5 rad/s y 𝜙0 = −π

6 rad. Así:

𝑥 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) = 3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 −π

6) (SI).

Ahora debemos comprobar que 𝑎𝑥 = −52 · 𝑥.

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= (3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 −

π

6))

′

=

= 3𝑐𝑜𝑠(5𝑡 − π/6) · 5 = 15𝑐𝑜𝑠(5𝑡 − π/6) (SI).


𝑑𝑡= (15𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 −

π

6))

′

=

= 15 · (−𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 −π

6)) · 5 = −75𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 −

π

6) =

= −52 · 3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 −π

6) = −52 · 𝑥.

Gráficas de un MAS. Comenzamos repasando la fun-ción seno. Tenemos que tener presente la gráfica de la función seno:

Recordamos que la función seno: - Tiene por dominio el conjunto de los números

reales ℝ.

- Es periódica de periodo 2. Esto es, 𝑠𝑒𝑛(𝑡) =𝑠𝑒𝑛(𝑡 + 2𝜋) para cualquier 𝑡.

- Su valor máximo es 1. Los máximos tienen lugar en 𝜋

2+ 2𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero. Recuerda

que los enteros son: …, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, …

- Su valor mínimo es 1. Los mínimos tienen lugar en 3𝜋

2+ 2𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero.

- Se anula en 𝑘𝜋, siendo 𝑘 cualquier valor entero.

Por tanto, para la posición instantánea 𝑥 =𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) inferimos lo siguiente:

- Es periódica de periodo 𝑇 =2𝜋

𝜔.

- Su valor máximo es 𝐴. Los máximos tienen lugar en los instantes (no negativos) que verifiquen 𝜔𝑡 +

𝜙0 =𝜋


- Su valor mínimo es −𝐴. Los mínimos tienen lugar en los instantes (no negativos) que verifiquen 𝜔𝑡 +

𝜙0 =3𝜋


- Se anula en los instantes (no negativos) que verifi-quen 𝜔𝑡 + 𝜙0 = 𝑘𝜋, siendo k cualquier valor ente-ro.

Practicaremos en los ejercicios cómo sacar la gráfica de 𝑥 = 𝑥(𝑡) a partir de la expresión y cómo sacar la expresión 𝑥 = 𝑥(𝑡) a partir de la gráfica. Estrategias para problemas de MAS.

- Los parámetros del MAS son 𝐴, 𝜔 y 𝜙0. Conocidos estos podemos hallar cualquier cosa del MAS en cuestión.

- Conociendo uno de 𝜔, 𝑇 o 𝑓, podemos calcular los otros dos mediante:

𝑇 =2𝜋

𝜔 𝑓 =

1

𝑇 𝜔 = 2𝜋𝑓

- El valor máximo de la elongación es 𝑥𝑚á𝑥 = 𝐴. El valor máximo de la velocidad es 𝑣𝑚á𝑥 = 𝐴𝜔. El valor máximo de la aceleración es 𝑎𝑚á𝑥 = 𝐴𝜔2. Los valores mínimos son los opuestos de los máxi-mos.

- La elongación es máxima en los instantes que verifi-

can que 𝜔𝑡 + 𝜙0 =𝜋

2+ 2𝑘𝜋, siendo 𝑘 cualquier va-

lor entero. La elongación es mínima en los instantes que verifi-

can que 𝜔𝑡 + 𝜙0 =3𝜋

2+ 2𝑘𝜋, siendo 𝑘 cualquier

valor entero. La elongación es nula en los instantes que verifican que 𝜔𝑡 + 𝜙0 = 𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero.

- 𝑥 y 𝑎𝑥 están relacionados mediante: 𝑎𝑥 = −𝜔2𝑥. En un MAS 𝑥 y 𝑎𝑥 siempre tienen signos opuestos (en otros MR no es así). Así, si uno es positivo, el otro es negativo. Si uno está en su máximo, el otro está en su mínimo. Si uno crece, el otro decrece.

- 𝑥 y 𝑣𝑥 están relacionados mediante:

𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2.


𝑥 ↑ ⟺ 𝑣𝑥 > 0. Etc. 𝑣𝑥 ↑ ⟺ 𝑎𝑥 > 0 ⟺ 𝑥 < 0. Etc.

- 𝑣𝑥 y 𝑎𝑥 están relacionados mediante:

(𝑎𝑥

𝜔2)

2

+ (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2.

𝑣𝑥 ↑ ⟺ 𝑎𝑥 > 0. Etc. 𝑎𝑥 ↑ ⟺ 𝑥 ↓ ⟺ 𝑣𝑥 < 0. Etc.

Problema tipo. Nos dicen de un MAS su pulsación 𝜔, su posición inicial 𝑥0 y su velocidad inicial 𝑣𝑥,0. Nos

piden su posición instantánea. Solo necesitaremos hallar la amplitud 𝐴 y la fase inicial 𝜙0.

(1) 𝐴2 = 𝑥02 + (

𝑣𝑥,0

𝜔)

2

.

(2) 𝜙0 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥0 𝐴⁄ ).

Salvo que 𝑥0 𝐴⁄ = 1 o 𝑥0 𝐴⁄ = −1 habrá dos án-gulos en la circunferencia cuyo seno valga 𝑥0 𝐴⁄ . Sin embargo, la calculadora solo nos dice uno de ellos, que llamaremos 𝛼; el otro será (𝜋 − 𝛼). Pa-ra saber si 𝜙0 es 𝛼 o (𝜋 − 𝛼) debemos usar el signo de 𝑣𝑥,0:

{𝜙0 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 1º 𝑜 4º 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑖 𝑣𝑥,0 > 0

𝜙0 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 2º 𝑜 3º 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑖 𝑣𝑥,0 < 0

Demostración. De la expresión (1) no hay nada que

probar, pues es una de las ecuaciones del MAS ya

vistas. Para la expresión (2) acudimos a la posición

instantánea del MAS: 𝑥 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0).

𝑥0 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔0 + 𝜙0) ⟹ 𝑥0 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜙0) ⟹

𝜙0 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥0 𝐴⁄ ).

Si 𝑥0 𝐴⁄ = 1, entonces 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥0 𝐴⁄ ) = 𝜋/2.

Si 𝑥0 𝐴⁄ = −1, entonces 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥0 𝐴⁄ ) = −𝜋/2.

En caso de que 𝑥0 𝐴⁄ no sea 1 ni −1 sabemos que hay dos ángulos distintos en la circunferencia que verifican

que su seno es 𝑥0 𝐴⁄ . La calculadora solo nos dice uno

de ellos. Hallamos el otro ángulo usando la siguiente

propiedad: para cualquier ángulo 𝛼 en radianes, se

cumple que 𝑠𝑒𝑛(𝛼) = 𝑠𝑒𝑛(𝜋 − 𝛼). Por tanto, si lla-

mamos 𝛼 al ángulo que nos da la calculadora, el otro

ángulo será (𝜋 − 𝛼). Una vez que tenemos los dos

ángulos 𝛼 y (𝜋 − 𝛼), para saber cuál es el bueno acu-

dimos a la velocidad instantánea del MAS: 𝑣𝑥 = 𝐴𝜔 ·𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0).

𝑣𝑥,0 = 𝐴𝜔 · 𝑐𝑜𝑠(𝜔0 + 𝜙0) = 𝐴𝜔 · 𝑐𝑜𝑠(𝜙0).

Como vemos el signo de 𝑣𝑥,0 coincide con el signo de

𝑐𝑜𝑠(𝜙0).

𝑣𝑥,0 > 0 ⟹ 𝑐𝑜𝑠(𝜙0) > 0 ⟹ 1º 𝑜 4º 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒.

𝑣𝑥,0 < 0 ⟹ 𝑐𝑜𝑠(𝜙0) < 0 ⟹ 2º 𝑜 3º 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒. ∎

EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1. Del siguiente MAS 𝑥(𝑡) = 4 𝑠𝑒𝑛(2𝑡 +𝜋

3)

(SI) se pide:

a) Hallar la elongación máxima, la fase inicial, la pul-sación, el periodo y frecuencia del movimiento.

b) Representar gráficamente su posición instantánea. c) Instante en el que se produce el séptimo máximo. Solución

a)

En un MAS tenemos 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0), luego:

Elongación máxima o amplitud: 𝐴 = 𝟒 m.

Fase inicial: 𝜙0 =𝝅

𝟑 rad.

Pulsación, pulso o frecuencia angular: 𝜔 = 𝟐 rad/s.

Pulsación 𝜔, periodo 𝑇 y frecuencia 𝑓 contienen la misma información, pues si conocemos uno de los tres podemos hallar los otros dos:

Periodo: 𝑇 =2𝜋

𝜔=

2𝜋

2= 𝜋 𝑠 ≈ 𝟑. 𝟏𝟒𝟐 s. Recordamos

que el periodo es el tiempo que tarda en repetiré el movimiento.

Frecuencia: 𝑓 =1

𝑇=

1

𝜋≈ 𝟎. 𝟑𝟏𝟖 Hz. Recordamos que

la frecuencia es la cantidad de periodos que tienen lugar en la unidad de tiempo; por ejemplo, una fre-cuencia de 50 Hz significaría que tienen lugar 50 pe-riodos cada segundo. b)

Tenemos que tener presente la gráfica de la función seno:

Recordamos que la función seno: - Tiene por dominio el conjunto de los números

reales ℝ.

- Es periódica de periodo 2. Esto es, 𝑠𝑒𝑛(𝑡) =

𝑠𝑒𝑛(𝑡 + 2𝜋) para cualquier 𝑡. - Su valor máximo es 1. Los máximos tienen lugar en

𝜋

2+ 2𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero. Recuerda

que los enteros son: …, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, …

- Su valor mínimo es 1. Los mínimos tienen lugar en 3𝜋


- Se anula en 𝑘𝜋, siendo 𝑘 cualquier valor entero. Por tanto, para la posición instantánea 𝑥(𝑡) =𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) con 𝑡 ≥ 0, inferimos lo siguiente:

- Es periódica de periodo 𝑇 =2𝜋

𝜔.

- Su valor máximo es 𝐴. Los máximos tienen lugar en

los instantes que verifiquen 𝜔𝑡 + 𝜙0 =𝜋

2+ 2𝑘𝜋,

siendo k cualquier valor entero.

https://www.youtube.com/watch?v=NupIuIdIU3I&t=2s


- Su valor mínimo es −𝐴. Los mínimos tienen lugar

en los instantes que verifiquen 𝜔𝑡 + 𝜙0 =3𝜋

2+

2𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero. - Se anula en los instantes que verifiquen 𝜔𝑡 + 𝜙0 =

𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero.

Volvamos a la representación de nuestra gráfica. Avi-samos de antemano que los ejes horizontal y vertical no estarán a la misma escala. Para dibujar la gráfica pedida comenzamos esbozando la función seno sin poner el eje vertical:

Ahora señalamos en el eje horizontal la fase inicial, que en nuestro caso es 𝜙0 = +𝜋/3 rad. Ahí estará el eje vertical.

Dibujamos el eje vertical y borramos los números del eje horizontal. Como la gráfica dice SI, el tiempo estará en segundos y la elongación en metros. Como 𝑡 ≥ 0, nos quedamos con la parte positiva del eje horizontal.

Sólo queda escalar el eje de tiempos (horizontal) y el de elongaciones (vertical). Para el eje vertical usamos la elongación máxima, que en nuestro caso es 𝐴 = 4 m. Así, el máximo de nuestra gráfica será 4 m y el

mínimo 4m.

Para escalar el eje horizontal recordamos que los má-ximos de la función seno (cuando el seno vale 1) se

producen en 𝜋


Así, los máximos de la función 4𝑠𝑒𝑛(2𝑡 +𝜋

3) con 𝑡 ≥ 0

se producirán cuando:

2𝑡 +𝜋

3=

𝜋

2+ 2𝑘𝜋 con k entero y 𝑡 ≥ 0

Despejando 𝑡 obtenemos:

𝑡 =

𝜋2 + 2𝑘𝜋 −

𝜋3

2=

𝜋6 + 2𝑘𝜋

2=

𝜋

12+ 𝑘𝜋

En este caso, el menor k entero que hace 𝑡 ≥ 0 es 𝑘 =0, luego el primer máximo tendrá lugar en:

𝑡1 =𝜋

12+ 0𝜋 =

𝜋

12≈ 0.262 s

El segundo máximo se producirá, por tanto, para 𝑘 =1, luego:

𝑡2 =𝜋

12+ 1𝜋 =

13𝜋

12≈ 3.403 s

Viendo la gráfica, el primer mínimo está a medio ca-mino entre los dos primeros máximos luego valdrá:

𝑡1′ =𝑡1+𝑡2

2=

7𝜋

6≈ 1.833 s.

Finalmente, la gráfica es:

c)

Hemos visto que los instantes de los máximos eran del

tipo 𝑡 =𝜋

12+ 𝑘𝜋 para 𝑘 entero, teniendo lugar el

primer máximo en este caso en 𝑘 = 0. Luego el q-ésimo máximo tendrá lugar para 𝑘 = 𝑞 − 1. Por tanto,

𝑡𝑞 =𝜋

12+ (𝑞 − 1)𝜋

Así, el séptimo máximo se producirá en el instante

𝑡7 =𝜋

12+ (7 − 1)𝜋 ≈ 𝟏𝟗. 𝟏𝟏𝟏 s.

Ejemplo 2. Sabiendo que la figura representa un MAS, se pide:

a) Amplitud, periodo, frecuencia, pulsación y fase inicial.

b) Posición a los 3 s. c) Instante en que la elongación se anula por sexta

vez. d) Distancia recorrida desde el instante inicial hasta

los 3 s.

Solución

a)

https://www.youtube.com/watch?v=Zps6LHfWheo&t=3s


En un MAS tenemos 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0). Primero hallaremos la amplitud. Después, el periodo; con el periodo hallaremos la pulsación y la frecuencia, pues periodo, pulsación y frecuencia contienen la misma información. Finalmente hallaremos la fase inicial.

Elongación máxima o amplitud. Es el valor máximo de la gráfica: 𝐴 = 𝟎. 𝟏𝟓 m.

Periodo. Es el intervalo de tiempo entre dos máximos consecutivos o dos mínimos consecutivos. Tomamos dos máximos consecutivos: 𝑇 = 3.404 − 0.262 =𝟑. 𝟏𝟒𝟐 s.

Pulsación: 𝜔 =2𝜋

𝑇=

2𝜋

3.142≈ 𝟐 rad/s.

Frecuencia: 𝑓 =1

𝑇=

1

3.142≈ 𝟎. 𝟑𝟏𝟖 Hz.

Para calcular la fase inicial necesitamos un máximo en la gráfica. Recordamos que los máximos de la posición

se producen cuando 𝜔𝑡 + 𝜙0 =𝜋

2+ 2𝑘𝜋. Tomamos el

instante 0.262 s como instante donde se produce un máximo. Tenemos:

2 · 0.262 + 𝜙0 =𝜋

2+ 2𝑘𝜋

𝜙0 =𝜋

2+ 2𝑘𝜋 − 2 · 0.262 = 1.047 + 2𝑘𝜋

Aquí podemos elegir el 𝑘 entero que queramos y la fase inicial será válida, lo que significa que hay infinitas fases iniciales válidas. Sin embargo, es una buena práctica dar la fase inicial en el intervalo [0, 2𝜋) rad o en el intervalo (−𝜋, 𝜋]. Eligiendo 𝑘 = 0 estamos en ambos intervalos, luego 𝜙0 = 𝟏. 𝟎𝟒𝟕 rad. b)

Tenemos 𝑥(𝑡) = 0.15 𝑠𝑒𝑛(2𝑡 + 1.047) (SI). Ojo, que el argumento del seno está en radianes; así que de-bemos poner la calculadora en radianes. 𝑥(3𝑠) = 0.15 𝑠𝑒𝑛(2 · 3 + 1.047) = 𝟎. 𝟏𝟎𝟒 m. c)

La elongación se anula en los instantes (no negativos) que verifiquen 𝜔𝑡 + 𝜙0 = 𝑘𝜋, siendo k cualquier valor entero. En nuestro caso,

2𝑡 + 1.047 = 𝑘𝜋

𝑡 =𝑘𝜋 − 1.047

2= −0.524 +

𝑘𝜋

2

El primer instante en el que se anula será cuando usemos el menor 𝑘 que haga 𝑡 no negativo; esto es, la primera anulación se produce para 𝑘 = 1. Por tanto, la sexta anulación se producirá para 𝑘 = 6. Luego se

anula por sexta vez a los −0,524 +6𝜋

2= 𝟖. 𝟗𝟎 s.

Este apartado también lo podríamos haber hecho directamente a través de la gráfica. d)

Observando la gráfica, vemos que entre los 0 s y los 3 s cambia de sentido de movimiento en 0.262 s y en 1.833 s; luego:

∆𝑠 = |𝑥(0.262) − 𝑥(0)| + |𝑥(1.833) − 𝑥(0.262)| +

+|𝑥(3) − 𝑥(1.833)|

Hallamos 𝑥(0) y 𝑥(3), pues el resto son conocidos (recuerda que aquí la calculadora en radianes):

𝑥(0) = 0.15 𝑠𝑒𝑛(2 · 0 + 1.047) = 0.130 m.

𝑥(3) = 0.15 𝑠𝑒𝑛(2 · 3 + 1.047) = 0.104 m.

∆𝑠 = |0.15 − 0.13| + |−0.15 − 0.15| + +|0.104 − (−0.15)| =

= |0.02| + |−0.3| + |0.254| =

= 0.02 + 0.3 + 0.254 = 𝟎. 𝟓𝟕𝟒 m.

Ejemplo 3. De un MAS sabemos que su amplitud es 30

cm su frecuencia 5 Hz y su fase inicial 3𝜋

4 rad. Se pide:

a) Posición a los 0.1 s. b) Velocidad a los 0.2 s. c) Aceleración a los 0.4 s. Solución

a)

Primero obtenemos los tres parámetros de la posición instantánea.

𝐴 = 0.30 𝑚.

𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋5 = 10𝜋𝑟𝑎𝑑

𝑠≈ 31.416 𝑟𝑎𝑑/𝑠.

𝜙0 =3𝜋

4 𝑟𝑎𝑑.

𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) = 0.3𝑠𝑒𝑛(10𝜋𝑡 +3𝜋

4) (SI).

𝑥(0.1𝑠) = 0.3𝑠𝑒𝑛 (10𝜋0.1 +3𝜋

4) = −𝟎. 𝟐𝟏 𝒎.

b)

𝑣𝑥 = 𝐴𝜔 · 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0) =

= 0.3 · 10𝜋 · 𝑐𝑜𝑠 (10𝜋𝑡 +3𝜋

4) (SI).

𝑣𝑥(0.2𝑠) = 0.3 · 10𝜋 · 𝑐𝑜𝑠 (10𝜋0.2 +3𝜋

4) =

= −𝟔. 𝟔𝟔 𝒎/𝒔. c)

𝑎𝑥 = −𝐴𝜔2 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) =

= −0.3 · (10𝜋)2 · 𝑠𝑒𝑛 (10𝜋𝑡 +3𝜋

4) (SI).

𝑎𝑥(0.4𝑠) = −0.3 · (10𝜋)2 · 𝑠𝑒𝑛 (10𝜋0.4 +3𝜋

4) =

= −𝟐𝟎𝟗. 𝟑𝟕 𝒎/𝒔𝟐.


Ejemplo 4. Del siguiente MAS vertical 𝑥 =

0.8𝑠𝑒𝑛(5𝑡 −3𝜋

4) (SI) se pide:

a) Velocidad y aceleración cuando la elongación es nula.

b) Posición y aceleración cuando la velocidad es de +3 𝑚/𝑠.

Solución

a)

La velocidad y la elongación están relacionadas me-diante:

𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2 ⇒𝑣𝑥

2

𝜔2 = 𝐴2 − 𝑥2 ⇒

⇒ 𝑣𝑥2 = (𝐴2 − 𝑥2)𝜔2 ⇒ 𝑣𝑥 = ±√(𝐴2 − 𝑥2)𝜔2.

Para 𝑥 = 0 𝑚 tenemos:

𝑣𝑥 = ±√(0.82 − 02)52 = ±𝟒 𝒎/𝒔.

Como vemos, cuando la elongación es nula, puede haber dos velocidades distintas: una de 4 m/s hacia arriba y otra de 4 m/s hacia abajo.

La aceleración y la elongación están relacionadas me-diante: 𝑎𝑥 = −𝜔2𝑥.

Para 𝑥 = 0 𝑚 tenemos:

𝑎𝑥 = −52 · 0 = 𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

Como vemos por la fórmula, la elongación y la acele-ración siempre tienen signos contrarios, luego ambas se anulan a la vez. b)

La posición y la velocidad están relacionadas median-te:

𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2 ⇒ 𝑥2 = 𝐴2 − (𝑣𝑥

𝜔)

2

⇒

⇒ 𝑥 = ±√𝐴2 − (𝑣𝑥

𝜔)

2

Para 𝑣𝑥 = +3 𝑚/𝑠 tenemos:

𝑥 = ±√0.82 − (3

5)

2

= ±𝟎. 𝟓𝟑 𝒎.

Como vemos, el móvil puede ir a 3 m/s hacia arriba tanto a 53 cm por encima del origen como a 53 cm por debajo del origen.

La aceleración y la velocidad están relacionadas me-diante:

(𝑎𝑥

𝜔2)

2

+ (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2 ⇒𝑎𝑥

2

𝜔4= 𝐴2 − (

𝑣𝑥

𝜔)

2

⇒

⇒ 𝑎𝑥2 = [𝐴2 − (

𝑣𝑥

𝜔)

2

] 𝜔4 ⇒ 𝑎𝑥 = ±√[𝐴2 − (𝑣𝑥

𝜔)

2

] 𝜔4.

Para 𝑣𝑥 = +3 𝑚/𝑠 tenemos:

𝑎𝑥 = ±√[0.82 − (3

5)

2

] 54 = ±𝟏𝟑. 𝟐𝟑 𝒎/𝒔𝟐.

Hay dos puntos en los que la velocidad es de 3 m/s hacia arriba: uno por encima del origen y otro por debajo del origen. Cuando está en el punto por encima del origen, la aceleración es de 13.23 m/s2 hacia abajo.

Cuando está en el punto por debajo del origen, la aceleración es de 13.23 m/s2 hacia arriba.

Ejemplo 5*. De un MAS horizontal sabemos que su elongación inicial es 9 cm a la derecha del origen, su velocidad inicial es 0.45 m/s hacia la izquierda y su pulsación es de 10 rad/s. ¿Cuál es la expresión de la elongación instantánea?

Solución

Tenemos que 𝑥0 = +0.08 𝑚, 𝑣𝑥 = −0.4 𝑚/𝑠 y 𝜔 = 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠. De los tres parámetros de un MAS nos falta hallar 𝐴 y 𝜙0 .

Vamos por 𝐴. Como 𝑥2 + (𝑣𝑥

𝜔)

2

= 𝐴2, se tiene que

𝑥02 + (

𝑣𝑥,0

𝜔)

2

= 𝐴2 ⇒ 𝐴 = √𝑥02 + (

𝑣𝑥,0

𝜔)

2

.

𝐴 = √0.082 + (−0.45

10)

2

= 0.1 𝑚.

Vamos por 𝜙0. Como 𝑥 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) se tiene: 𝑥0 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜔0 + 𝜙0) ⇒ 𝑥0 = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(𝜙0) ⇒

⇒ 𝜙0 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (𝑥0

𝐴) = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(0.8) ⇒

⇒ 𝜙0 = {0.927 𝑟𝑎𝑑2.214 𝑟𝑎𝑑

.

La calculadora nos da el valor 0.927 rad, del primer cuadrante, pues cuando hacemos el arco seno con la calculadora nos va a dar un valor del primer cuadrante (si el seno es positivo) o del cuarto cuadrante (si el seno es negativo). Sin embargo, el seno también es positivo en el segundo cuadrante y también es negati-vo en el tercer cuadrante, por lo que falta añadir una solución a la de la calculadora. Recordar que 𝑠𝑒𝑛(𝛼) =𝑠𝑒𝑛(𝜋 − 𝛼), luego si 0.927 rad es solución, también lo será π-0.927 = 2.215 rad. ¿Cuál de las dos soluciones será la correcta? Para saberlo, debemos ir al signo de la velocidad.

Como 𝑣𝑥 = 𝐴𝜔 · cos (𝜔𝑡 + 𝜙0) se tiene: 𝑣𝑥,0 = 𝐴𝜔 · cos(𝜔0 + 𝜙0) ⇒ 𝑣𝑥,0 = 𝐴𝜔 · cos(𝜙0)

Esto significa que el signo de la velocidad inicial es igual al signo de cos(𝜙0). Como la velocidad inicial es negativa, entonces cos(𝜙0) es negativo, luego 𝜙0 se encuentra en el segundo o tercer cuadrante, que es donde el coseno es negativo. Como antes hemos visto que 𝜙0 está en el primer o segundo cuadrante, inferi-mos que 𝜙0 está en el segundo cuadrante. Por tanto, la solución es 𝜙0 = 2.214 𝑟𝑎𝑑.

𝒙 = 𝟎. 𝟏 · 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟎𝒕 + 𝟐, 𝟐𝟏𝟒) (SI).



3.1. Representa las gráficas:

a) x(t) = 3·sen(0,5t – /4) (SI).

b) x(t) = 5·sen(6t – 2/3) (SI).

Sol. Ver video de YouTube.

3.2. Sabiendo que las gráficas se corresponden con un MAS, se pide obtener la expresión de la posición ins-tantánea en cada caso: a)

b)

Sol. a) x = 0,1sen(πt+0,2π) (SI); b) x = 0,8sen(5πt−2,623) (SI) [también valdría x = 0,8sen(5πt+3,660) (SI)].

3.3. Una partícula sigue un MAS de amplitud 80 cm,

pulsación /2 rad/s y fase inicial +30°. Se pide: a) Periodo y frecuencia. b) Posición en el instante 1 s. c) Elongación máxima y cuándo se produce por quin-

ta vez. d) Elongación mínima y cuándo se produce por cuarta

vez.

Sol. a) 4 s y 0,25 Hz; b) 0,693 m; c) 0,8 m y 16,667 s; d) −0,8 m y 14,667 s.

3.4*. Un MAS viene dado por: x = 0,6·sen(2,5t – 120°) (SI). Se pide: a) Amplitud, periodo, frecuencia, pulsación y fase

inicial. b) Elongación, velocidad y aceleración a los 3 s. c) Elongación, velocidad y aceleración máximas. d) Instante en que la velocidad (en 𝑥) es mínima por

cuarta vez.

Sol. a) 0,6 m, 2,513 s, 0,398 Hz, 2,5 rad/s y (−2π/3) rad; b) −0,462 m, 0,959 m/s y 2,884 m/s2; c) 0,6 m, 1,5 m/s y 3,75 m/s2; d) 9,633 s.

3.5. Un MAS tiene una amplitud de 18 cm, una fre-

cuencia de 5 Hz y una fase inicial de 30°. Obtenga las gráficas: x = x(t), vx = vx(t), ax = ax(t).

Sol. Ver video de YouTube.

3.6*. De un MAS sabemos que su amplitud es 16 cm y su pulsación 20 rad/s. Se pide: a) Aceleración para una elongación de +5 cm. b) Elongación para una velocidad de +1 m/s creciente. c) Velocidad para una elongación de –8 cm creciente. d) Velocidad para una aceleración de valor absoluto

40 m/s2 y decreciente.

Sol. a) −20 m/s2; b) −0,152 m; c) 2,771 m/s; d) 2,498 m/s.

3.7*. De un MAS vertical sabemos que de extremo a extremo recorre 10 cm, su aceleración máxima es 80 m/s2 y a los 2 s dicha aceleración presenta un máximo. Se pide: a) Amplitud, periodo, frecuencia, pulsación y fase

inicial. Esta última darla en el intervalo (- rad, rad].

b) Velocidades posibles 2cm por debajo del punto más alto.

c) Aceleraciones posibles para una velocidad de –1 m/s.

Sol. a) 0,05 m, 0,157 s, 6,366 Hz, 40 rad/s, 0,110 rad; b) ±1,6 m/s; c) ±69,282 m/s2.

3.8*. Sabiendo que la figura representa la aceleración instantánea de un MAS, se pide: a) Amplitud, pulsación y fase inicial. b) Elongación, velocidad y aceleración iniciales. c) Velocidad para una elongación de +2 cm decre-

ciente. d) Posición para una aceleración de +40 cm/s2.

Sol. a) 0,05 m, 2π rad/s, −2,620 rad [también vale 3,663 rad]; b) −0,025 m, −0,272 m/s, 0,984 m/s2; c) −0,288 m/s; d) −0,01m.

3.9*. a) En un MAS vertical, de extremo a extremo hay 16

cm. Inicialmente se encuentra a 4 cm de la posición de equilibrio y por encima de ella, moviéndose ha-cia abajo. En el primer segundo de movimiento al-canza la elongación máxima por quinta vez. Se pide la expresión de la posición instantánea.

b) Encontrar situaciones en un MAS con aceleración positiva pero rapidez decreciente.

https://www.youtube.com/watch?v=-85gaIE2LVA&t=2s

https://www.youtube.com/watch?v=EmQ_aBh7VDM&t=402s

https://www.youtube.com/watch?v=dcQLnv5c8_o&t=6s

https://www.youtube.com/watch?v=C9T2DGiD_-k&t=2s

https://www.youtube.com/watch?v=mTs4dXqT0XE&t=1s

https://www.youtube.com/watch?v=bUlgjsrliyU&t=1s

https://www.youtube.com/watch?v=lB8iCangO8k&t=1s

https://www.youtube.com/watch?v=KZt5aoN20i0&t=18s

https://www.youtube.com/watch?v=GtgcqcMM6aQ&t=20s


Sol. a) 𝑥 = 0,08𝑠𝑒𝑛 (29𝜋

3𝑡 +

5𝜋

6) (SI); b) Cuando la fase se

encuentre en el tercer cuadrante; esto es, cuando se encuen-tra en la parte negativa moviéndose en sentido negativo.

3.10*. De un MAS sabemos que su elongación inicial

es 2,5 m, su velocidad inicial es +8,66 m/s y su acele-ración inicial es +10 m/s2. Se pide: a) Amplitud, pulsación y fase inicial (esta última darla

en el intervalo de - rad y rad). b) Instante en que se produce la máxima aceleración

por séptima vez. c) Distancia recorrida durante el primer minuto. Nota. El apartado c) tiene **.

Sol. a) 5 m, 2 rad/s y (−π/6) rad; b) 21,467 s; c) 382,98 m.

3.11*. La partícula de la figura presenta un MAS de pulsación 4 rad/s. Hallar la expresión instantánea de la posición x = x(t) en los siguientes casos: a) Inicialmente el muelle está estirado 30 cm y la

velocidad de la partícula es nula. b) Inicialmente el muelle está comprimido 30 cm y la

velocidad de la partícula es nula. c) Inicialmente el muelle tiene su longitud natural y la

velocidad de la partícula es de 2 m/s en el sentido de la tracción.

d) Inicialmente el muelle tiene su longitud natural y la velocidad de la partícula es de 2 m/s en el sentido de la compresión.

e) Inicialmente el muelle está traccionado 10 cm y la velocidad de la partícula es de 0,7m/s en el sentido de la tracción.

f) Inicialmente el muelle está traccionado 10 cm y la velocidad de la partícula es de 0,7m/s en el sentido de la compresión.

g) Inicialmente el muelle está comprimido 10 cm y la velocidad de la partícula es de 0,7m/s en el sentido de la tracción.

h) Inicialmente el muelle está comprimido 10 cm y la velocidad de la partícula es de 0,7m/s en el sentido de la compresión.

Sol. a) 𝑥 = 0,3 𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +𝜋

2) (SI);

b) 𝑥 = 0,3 𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 −𝜋

2) (SI);

c) 𝑥 = 0,5 𝑠𝑒𝑛(4𝑡) (SI); d) 𝑥 = 0,5 𝑠𝑒𝑛(4𝑡 + 𝜋) (SI);

e) 𝑥 = 0,2 𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +𝜋

6) (SI);

f) 𝑥 = 0,2 𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +5𝜋

6) (SI);

g) 𝑥 = 0,2 𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 −𝜋

6) (SI);

h) 𝑥 = 0,2 𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 −5𝜋

6) (SI).

https://www.youtube.com/watch?v=_f9XcEnq7uE&t=18s

1.4. Movimiento Plano: Caso General – pág. 1

1.4 - MOVIMIENTO PLANO (CASO GENERAL)

VECTORES

Vector libre o vector. Llamamos vector a un segmento orientado. Lo representaremos geométricamente por una flecha y lo denotaremos con una letra acompaña-da una flechita encima o con una letra en negrita. Ejemplo: �⃗�, 𝒂.

Llamamos origen del vector al punto donde comienza el vector. Llamamos extremo del vector al punto don-de termina el vector (la punta de flecha).

Llamamos desplazar un vector a trasladar dicho vector sin girarlo ni deformarlo. Al desplazar un vector este sigue siendo el mismo vector, aunque haya cambiado su origen y su extremo; de ahí que también lo llame-mos vector libre. Un vector libre queda perfectamente determinado por su módulo, dirección y sentido:

- Módulo. Es la longitud del vector. Así, el módulo de un vector nunca puede ser negativo. Denotaremos el módulo del vector �⃗� por |�⃗�| o por ‖�⃗�‖. Los vectores de módulo la unidad se llaman vecto-res unitarios o versores. Llamamos vector nulo al vector de módulo cero; esto es, aquel en que su origen y su extremo coin-

ciden. Lo denotamos por 0⃗⃗ o también 𝑶.

- Dirección. Decimos que dos vectores tienen la misma dirección si las rectas que los contienen son coincidentes o paralelas.

- Sentido. Cada dirección tiene dos sentidos según hacia donde apunte la punta de flecha.

OPERACIONES CON VECTORES (GEOMÉTRICO)

Suma de vectores. Definamos la suma de dos vecto-res, que dará como resultado un vector. Denotaremos

la suma del vector �⃗� más el vector �⃗⃗� por �⃗� + �⃗⃗�. Para

hacer �⃗� + �⃗⃗�, dibujamos el vector �⃗� y a continuación

el vector �⃗⃗� haciendo coincidir el origen de �⃗⃗� con el

extremo de �⃗�. Hecho esto, el vector �⃗� + �⃗⃗� tendrá por

origen el origen de �⃗� y por extremo el extremo de �⃗⃗�.

Otra manera de hacer �⃗� + �⃗⃗� es dibujar ambos con el mismo origen y dibujar el paralelogramo que tiene por

lados estos vectores. El vector �⃗� + �⃗⃗� tendrá como

origen el origen común de estos vectores y como ex-tremo el vértice opuesto al origen del paralelogramo. A esta regla se la conoce como regla del paralelogra-mo.

A partir de la definición dada de suma de vectores se puede comprobar (no lo haremos) que esta operación disfruta de las siguientes propiedades (que no hay que memorizar):

�⃗� + �⃗⃗� = �⃗⃗� + �⃗� (prop. conmutativa)

(�⃗� + �⃗⃗�) + 𝑐 = �⃗� + (�⃗⃗� + 𝑐) (prop. asociativa)

�⃗� + 0⃗⃗ = 0⃗⃗ + �⃗� = 0⃗⃗ + �⃗� (existencia de elemento neutro)

�⃗� + (−�⃗�) = 0⃗⃗ (cada elemento tiene su opuesto) Opuesto de un vector. El opuesto del vector �⃗�, que denotaremos −�⃗�, se define como el vector que su-mado a �⃗� da el vector nulo.

El vector −�⃗� tiene el mismo módulo y dirección que el vector �⃗�, pero sentido contrario a �⃗�.

Resta de vectores. Definimos la resta del vector �⃗�

menos el vector �⃗⃗�, y lo denotamos �⃗� − �⃗⃗�, como la

suma del vector �⃗� más el opuesto del vector �⃗⃗�. Esto

es: �⃗� − �⃗⃗� = �⃗� + (−�⃗⃗�).

Producto de un escalar por un vector. Recordamos que un escalar es un número real. Definimos el pro-ducto del escalar 𝑘 por el vector �⃗�, y lo denotamos 𝑘�⃗� o 𝑘 · �⃗�, al vector de módulo |𝑘| · |�⃗�|, de dirección la misma que la de �⃗� y de sentido igual al de �⃗� si 𝑘 > 0 o contrario al de �⃗� si 𝑘 < 0.


A partir de la definición dada de producto de un esca-lar por un vector se puede comprobar (no lo haremos) que esta operación disfruta de las siguientes propie-dades (que no hay que memorizar):

(𝑘𝑙)�⃗� = 𝑘(𝑙�⃗�) (propiedad asociativa) 1�⃗� = �⃗� (existencia de elemento neutro escalar)

𝑘(�⃗� + �⃗⃗�) = 𝑘�⃗� + 𝑘�⃗⃗� (propiedad distributiva 1) (𝑘 + 𝑙)�⃗� = 𝑘�⃗� + 𝑙�⃗� (propiedad distributiva 2)

División de un vector entre un escalar. La división del vector �⃗� entre el escalar k (no nulo), que denotaremos �⃗�/𝑘, se define como el producto del inverso de k por el vector �⃗�. Producto escalar de dos vectores. Llamamos producto

escalar del vector �⃗� por el vector �⃗⃗�, y lo denotamos �⃗� ·

�⃗⃗�, al escalar cuyo valor es el módulo de �⃗� por el módu-

lo de �⃗⃗� por el coseno del ángulo que forman �⃗� y �⃗⃗�.

�⃗� · �⃗⃗� = |�⃗�| · |�⃗⃗�| · cos (�⃗�, �⃗⃗�)̂

En principio, el ángulo anterior es el ángulo con signo

medido desde �⃗� hasta �⃗⃗�; sin embargo, como para

cualquier ángulo α se cumple que cos(α) = cos(α), da igual tomar el ángulo con signo que hacerlo sin él; así que, en adelante, lo tomaremos sin signo por simplici-dad.

Notar que el producto escalar da como resultado un número y no un vector (de ahí que se llame producto escalar). Este número puede ser positivo, negativo o nulo. Es sencillo comprobar que el producto escalar será:

- Nulo si alguno de los dos vectores es nulo o si aun siendo los dos no nulos son perpendiculares. En efecto, el coseno de 90° es nulo.

- Positivo si los ambos vectores son no nulos y for-man un ángulo agudo. En efecto, el coseno de un ángulo agudo es positivo.

- Negativo si los ambos vectores son no nulos y forman un ángulo obtuso. En efecto, el coseno de un ángulo obtuso es negativo.

A partir de la definición dada de producto escalar de dos vectores se puede comprobar (no lo haremos) que esta operación disfruta de las siguientes propiedades (que no hay que memorizar):

�⃗� · �⃗� > 0 si �⃗� ≠ 0⃗⃗; �⃗� · �⃗� = 0 si �⃗� = 0⃗⃗

�⃗� · �⃗⃗� = �⃗⃗� · �⃗�

(𝑘�⃗�) · �⃗⃗� = 𝑘(�⃗� · �⃗⃗�)

�⃗� · (�⃗⃗� + 𝑐) = �⃗� · �⃗⃗� + �⃗� · 𝑐

OPERACIONES CON VECTORES (ANALÍTICO)

Componentes de un vector. Hasta ahora, hemos ope-rado con vectores trabajando directamente con ellos, con flechas. Tanto para sumar, restar, etc, hemos necesitado manipular flechas; por tanto, instrumentos de dibujo técnico. Esto hace tedioso operar con vecto-res. Así, nos es mucho más fácil trabajar con números (sobre todo si disponemos de una calculadora) que trabajar con flechas.

Lo que nos proponemos ahora es aprender a operar con vectores utilizando números en vez de flechas. Como estamos en el plano (2D), cada vector quedará biunívocamente representado por un par de números; esto es, a cada vector le corresponde un único par de números y a cada par de números le corresponde un único vector. Para conseguir esto usaremos una base ortonormal (un par de vectores perpendiculares entre sí y unitarios); en particular la base canónica. Recor-damos que en un par importa el orden, pues el par (1, 2) es distinto del (2, 1)

Dado un plano donde hemos elegido los ejes 𝑥 e 𝑦 perpendiculares entre sí, llamamos vector 𝑖 al vector unitario (módulo 1) que tiene la misma dirección y sentido que el eje 𝑥. Llamamos vector 𝑗 al que tiene la misma dirección y sentido que el eje 𝑦. Llamamos base canónica al par de vectores (𝑖, 𝑗) (luego importa el orden). Con la base canónica podremos representar a cada vector por un par de números y viceversa:

�⃗� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗 = (𝑎𝑥 , 𝑎𝑦)(𝑖,𝑗) = (𝑎𝑥 , 𝑎𝑦)

Del vector �⃗� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗 llamamos:

- Componente x a 𝑎𝑥. - Componente y a 𝑎𝑦.

- Componente vectorial x a 𝑎𝑥𝑖. - Componente vectorial y a 𝑎𝑦𝑗

Notar que el par que representa al vector 𝑖 es el (1, 0) y el par que representa al vector 𝑗 es el (0, 1).

Notar que el vector 3𝑖 + 4𝑗 es el mismo que el 4𝑗 +3𝑖. Sin embargo, el par (3, 4), no representa al mismo vector que el par (4, 3).


Operaciones con vectores usando componentes. Ele-gida una base, dados los vectores �⃗� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗 y

�⃗⃗� = 𝑏𝑥𝑖 + 𝑏𝑦𝑗 y el escalar 𝑘 se verifica lo siguiente (no

lo probamos):

|�⃗�| = √𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥

2

�⃗� + �⃗⃗� = (𝑎𝑥 + 𝑏𝑥)𝑖 + (𝑎𝑦 + 𝑏𝑦)𝑗

−�⃗� = −𝑎𝑥𝑖 − 𝑎𝑦𝑗

�⃗� − �⃗⃗� = (𝑎𝑥 − 𝑏𝑥)𝑖 + (𝑎𝑦 − 𝑏𝑦)𝑗

𝑘�⃗� = 𝑘𝑎𝑥𝑖 + 𝑘𝑎𝑦𝑗

�⃗⃗�

𝑘=

𝑎𝑥

𝑘𝑖 +

𝑎𝑦

𝑘𝑗

�⃗� · �⃗⃗� = 𝑎𝑥𝑏𝑥 + 𝑎𝑦𝑏𝑦

Aunque lo correcto es �⃗� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗 a veces comete-

remos el abuso de notación �⃗� = (𝑎𝑥 , 𝑎𝑦) por econo-

mía de escritura. Asumiendo esta notación, se verifica:

|�⃗�| = √𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥

2

�⃗� + �⃗⃗� = (𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 , 𝑎𝑦 + 𝑏𝑦)

−�⃗� = (−𝑎𝑥 , −𝑎𝑦)

�⃗� − �⃗⃗� = (𝑎𝑥 − 𝑏𝑥 , 𝑎𝑦 − 𝑏𝑦)

�⃗�

𝑘= (

𝑎𝑥

𝑘,𝑎𝑦

𝑘)

�⃗� · �⃗⃗� = 𝑎𝑥𝑏𝑥 + 𝑎𝑦𝑏𝑦

Ecuaciones vectoriales. A las ecuaciones cuyas incóg-nitas son números las llamamos ecuaciones escalares (las de toda la vida). Sin embargo, este curso tendre-mos que resolver ecuaciones cuyas incógnitas no se-rán números sino vectores; a estas ecuaciones las llamamos ecuaciones vectoriales.

Gracias a la forma analítica de trabajar con vectores, esto es, trabajar con las componentes de los vectores, cada ecuación vectorial se transformará en dos ecua-ciones escalares: la de las componentes 𝑥 y la de las componentes 𝑦. Una vez tengamos las ecuaciones escalares, las resolveremos como sabemos de mates. Ejemplo. Dada la ecuación vectorial:

2(3, 5) − 7�⃗� = −6(1, 4) + (−1, 9) − (4, −8)

Haciendo �⃗� = (𝑎𝑥, 𝑎𝑦), se puede transformar en estas

dos ecuaciones escalares: Eje x: 2 · 3 − 7𝑎𝑥 = −6 · 1 + (−1) − 4 Eje y: 2 · 5 − 7𝑎𝑦 = −6 · 4 + (−1) − (−8)

Convenio al trabajar con vectores. Adoptamos el siguiente convenio IMPORTANTÍSIMO a lo largo del curso. Advertimos que otros libros usan convenios distintos al que vamos a presentar aquí. Cuando re-presentemos un vector �⃗� por una flecha y junto a la

flecha escribamos un escalar 𝑎 significará que el vec-tor �⃗� es igual al escalar 𝑎 por el vector unitario que tiene la misma dirección y sentido que la fecha dibuja-da. Por tanto, se cumple que:

- El módulo de �⃗� es el valor absoluto de 𝑎.

- La dirección de �⃗� es la de la flecha dibujada.

- El sentido de �⃗� es el de la flecha dibujada si 𝑎 es positivo. El sentido de �⃗� es el contrario al de la fle-cha dibujada si 𝑎 es negativo.

Por ejemplo, las dos flechas de abajo representan el mismo vector, que tiene módulo 5, la dirección dibu-jada y sentido hacia abajo-izquierda.

Justificación del convenio.

Queremos comprobar que

nuestro convenio funciona bien; esto es, que con nues-

tra notación, los dos vectores de arriba son el mismo

vector. Como vemos, los vectores �⃗⃗� y �⃗� son unitarios.

Ahora fijémonos en la flecha que tiene un 5. El vector

que representa es 5�⃗⃗�. Luego tiene:

- Módulo 5. En efecto, |5�⃗⃗�| = |5| · |�⃗⃗�| = 5 · 1 = 5. - Misma dirección que la flecha. En efecto, la direc-

ción de 5�⃗⃗� coincide con la de �⃗⃗�, que a su vez coin-

cide con la de la flecha dibujada.

- Sentido hacia abajo-izquierda. En efecto, por ser

5 > 0, entonces 5�⃗⃗� tiene el mismo sentido que �⃗⃗�,

que a su vez tiene el mismo sentido que la flecha

dibujada.

Ahora fijémonos en la flecha que tiene un 5. El vector

que representa es −5�⃗�. Luego tiene:

- Módulo 5. En efecto,

| − 5�⃗�| = |−5| · |�⃗�| = 5 · 1 = 5. - Misma dirección que la flecha. En efecto, la direc-

ción de −5�⃗� coincide con la de �⃗�, que a su vez coincide con la de la flecha dibujada.

- Sentido hacia abajo-izquierda. En efecto, por ser

5 < 0, entonces −5�⃗� tiene distinto sentido que �⃗�,

por tanto, distinto sentido que la flecha dibujada.

Con esto termina la justificación. ∎

Magnitud vectorial instantánea. Llamamos magnitu-des escalares a aquellas que quedan determinadas por un escalar y una unidad de medida de dicha magnitud. Por ejemplo: temperatura, longitud, superficie, tiem-po, energía, presión, trabajo.

Llamamos magnitudes vectoriales a aquellas que que-dan determinadas por un vector y una unidad de me-dida de dicha magnitud. Por ejemplo: posición, veloci-dad, aceleración, fuerza. Trabajar con una magnitud vectorial es equivalente a trabajar con dos magnitudes

escalares, pues 𝑓 = (𝑓𝑥 , 𝑓𝑦).


Llamamos magnitud vectorial instantánea 𝑓 a aquella cuyo valor vectorial depende del instante considerado. Cuando nos pidan una magnitud vectorial instantánea nos están pidiendo la expresión que relaciona dicha

magnitud con el tiempo 𝑓 = 𝑓(𝑡) = (𝑓𝑥(𝑡), 𝑓𝑦(𝑡)).

Cuando queramos referirnos a la magnitud instantá-

nea 𝑓 en un instante concreto 𝑡𝑖, usaremos las siguien-

tes notaciones: 𝑓(𝑡𝑖), 𝑓𝑖, (𝑓𝑥(𝑡𝑖), 𝑓𝑦(𝑡𝑖)), (𝑓𝑥,𝑖 , 𝑓𝑦,𝑖).

Seguimos considerando 𝑡0 = 0 s.

Cuando queramos decir que la magnitud 𝑓 cumple cierta propiedad en el intervalo de tiempo considera-

do escribiremos 𝑓(𝑡) o 𝑓.

De la misma manera que hay magnitudes escalares que dependen de dos instantes (donde el primero será menor que el segundo), también hay magnitudes vectoriales que dependen de dos instantes. El incremento o variación de una magnitud vectorial desde el instante 𝑡𝑖 hasta el instante 𝑡𝑓 se define igual

que para el caso escalar. Como veremos en la com-probación, se verifica que las componentes del incre-mento son los incrementos de las componentes.

∆𝑓(𝑖,𝑓) = 𝑓𝑓 − 𝑓𝑖

∆𝑓 = 𝑓𝑓 − 𝑓𝑖 = (∆𝑓𝑥 , ∆𝑓𝑦)

Comprobación de ∆𝑓 = (∆𝑓𝑥 , ∆𝑓𝑦).

∆𝑓 = 𝑓𝑓 − 𝑓𝑖 = (𝑓𝑥,𝑓 , 𝑓𝑦,𝑓) − (𝑓𝑥,𝑖 , 𝑓𝑦,𝑖) =

= (𝑓𝑥,𝑓 − 𝑓𝑥,𝑖 , 𝑓𝑦,𝑓 − 𝑓𝑦,𝑖) = (∆𝑓𝑥 , ∆𝑓𝑦). ∎

Ejemplo. Sea 𝑓 = (3𝑡2, 4𝑡 − 7). Para calcular ∆𝑓 entre los instantes 2 s y 5 s hacemos: ∆𝑓𝑥 = 3 · 52 − 3 · 22 = 63 ∆𝑓𝑦 = ( 4 · 5 − 7) − ( 4 · 2 − 7) = 12

∆𝑓 = (∆𝑓𝑥 , ∆𝑓𝑦) = (63, 12).

La tasa de variación media de una magnitud vectorial entre dos instantes se define igual que para el caso escalar. Como veremos en la comprobación, se verifica que las componentes de la tasa de variación media son las tasas de variación media de las componentes.

(∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡)

(𝑖,𝑓)=

�⃗⃗⃗�𝑓−�⃗⃗⃗�𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖

∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡=

�⃗⃗⃗�𝑓−�⃗⃗⃗�𝑖

𝑡𝑓−𝑡𝑖= (

∆𝑓𝑥

∆𝑡,

∆𝑓𝑦

∆𝑡)

Comprobación de ∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡= (

∆𝑓𝑥

∆𝑡,

∆𝑓𝑦

∆𝑡).

Ya vimos que ∆𝑓 = (∆𝑓𝑥 , ∆𝑓𝑦), luego:

∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡=

(∆𝑓𝑥,∆𝑓𝑦)

Δ𝑡= (

∆𝑓𝑥

∆𝑡,

∆𝑓𝑦

∆𝑡). ∎

Ejemplo. Sea 𝑓 = (3𝑡2, 4𝑡 − 7). Para calcular ∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡 entre

los instantes 2 s y 5 s nos apoyamos en el ejemplo anterior y hacemos: ∆𝑓𝑥

∆𝑡=

63

3= 21;

∆𝑓𝑦

∆𝑡=

12

3= 4.

∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡= (

∆𝑓𝑥

∆𝑡,

∆𝑓𝑦

∆𝑡) = (21, 4).

La derivada de una magnitud vectorial 𝑓 respecto del tiempo 𝑡 en un instante se define igual que en el caso escalar. Como veremos en la comprobación, se verifica que las componentes de la derivada son las derivadas de las componentes.

(𝑑�⃗⃗⃗�

𝑑𝑡)

𝑖= lim

Δt→0

�⃗⃗⃗�(𝑡𝑖+Δ𝑡)−�⃗⃗⃗�(𝑡𝑖)

Δ𝑡

𝑑𝑓

𝑑𝑡= lim

Δt→0

∆𝑓

Δ𝑡= (

𝑑𝑓𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑓𝑦

𝑑𝑡)

Comprobación de 𝑑𝑓

𝑑𝑡= (

𝑑𝑓𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑓𝑦

𝑑𝑡).

Ya vimos que ∆�⃗⃗⃗�

Δ𝑡= (

∆𝑓𝑥

∆𝑡,

∆𝑓𝑦

∆𝑡), luego:

𝑑𝑓

𝑑𝑡= lim

Δt→0

∆𝑓

Δ𝑡= lim

Δt→0(

∆𝑓𝑥

∆𝑡,

∆𝑓𝑦

∆𝑡) = ( lim

Δt→0

∆𝑓𝑥

∆𝑡, lim

Δt→0

∆𝑓𝑦

∆𝑡) =

= (𝑑𝑓𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑓𝑦

𝑑𝑡)

Ejemplo. Sea 𝑓 = (3𝑡2, 4𝑡 − 7). Para calcular la expre-

sión instantánea de 𝑑𝑓

𝑑𝑡 y luego su valor en el instante 5

s hacemos: 𝑑𝑓𝑥

𝑑𝑡= (3𝑡2)′ = 6𝑡;

𝑑𝑓𝑥

𝑑𝑡(5𝑠) = 30

𝑑𝑓𝑦

𝑑𝑡= (4𝑡 − 7)′ = 4

𝑑𝑓𝑦

𝑑𝑡(5𝑠) = 4

𝑑𝑓

𝑑𝑡= (

𝑑𝑓𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑓𝑦

𝑑𝑡) = (6𝑡, 4) (

𝑑�⃗⃗⃗�

𝑑𝑡) (5𝑠) = (30, 4)

Se sigue verificando que si 𝑓′(𝑡) = 0⃗⃗ en un intervalo,

entonces 𝑓 es constante en dicho intervalo.

𝑓′ = 0⃗⃗ ⟹ 𝑓 = 𝑐𝑡𝑒

POSICIÓN DEL MOVIMIENTO PLANO

Referencia de un movimiento plano MP. Llamamos movimiento plano MP a aquel movimiento cuya tra-yectoria está contenida en un plano.

En un MP una referencia está formada por un origen de tiempos y dos ejes, contenidos en el plano, 𝑥 e 𝑦 perpendiculares entre sí que se cortan en sus oríge-nes.

A partir de ahora, siempre que estudiemos un MP daremos por supuesto que ya hemos elegido una referencia para poderlo estudiar.


Vector de posición �⃗⃗�. Llamamos vector de posición de un punto 𝑃 al vector que va desde el origen de coor-

denadas 𝑂 hasta el punto 𝑃. Lo denotaremos 𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ o OP, y si las coordenadas del punto 𝑃 son (𝑥, 𝑦), en-

tonces 𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (𝑥, 𝑦).

Llamamos vector de posición 𝑟 de una partícula en un instante determinado al vector de posición del punto que ocupa la partícula en dicho instante. Así, la magni-tud vector de posición es una magnitud instantánea. A la componente 𝑥 de 𝑟 no la notaremos 𝑟𝑥, sino 𝑥; análogamente, a la componente 𝑦 de 𝑟 no la notare-mos 𝑟𝑦, sino 𝑦.

𝑟𝑖 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖)

𝑟 = (𝑥, 𝑦)

La función vector de posición instantánea 𝑟 = 𝑟(𝑡) contiene toda la información acerca del movimiento de la partícula. Vector desplazamiento ∆�⃗⃗�. Llamamos vector despla-zamiento ∆𝑟 de una partícula entre dos instantes al incremento del vector de posición entre dichos instan-tes.

∆𝑟(𝑖,𝑓) = 𝑟𝑓 − 𝑟𝑖

∆𝑟 = 𝑟𝑓 − 𝑟𝑖 = (∆𝑥, ∆𝑦)

Se verifica que el módulo del vector desplazamiento |∆𝑟| es igual a la distancia entre la posición 𝑟𝑖 hasta la posición 𝑟𝑓. En efecto, |∆𝑟| es la longitud del vector

que va desde la posición 𝑟𝑖 hasta la posición 𝑟𝑓; dicha

longitud es la distancia entre ambos puntos.

|∆𝑟| = 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑟𝑖 𝑦 𝑟𝑓

Distancia recorrida 𝒔. La definición de distancia reco-rrida es exactamente la misma que en el caso rectilí-neo: llamamos distancia recorrida o espacio recorrido ∆𝑠 desde el instante 𝑡𝑖 hasta el instante 𝑡𝑓 a la longi-

tud de la trayectoria recorrida por la partícula entre dichos instantes.

∆𝑠(𝑖,𝑓) = 𝑠𝑓 − 𝑠𝑖

∆𝑠 = 𝑠𝑓 − 𝑠𝑖

Donde 𝑠𝑖 es la distancia recorrida desde el instante 𝑡0 = 0 s hasta el instante 𝑡𝑖. Por tanto, tal como he-

mos definido nosotros la distancia recorrida 𝑠 empe-zamos a contar dicha distancia a partir de los 0 s, por lo que s0 = 0 m.

Se verifica que si la partícula no cambia de dirección ni de sentido de movimiento entre 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓, entonces la

distancia recorrida es igual al módulo del vector des-plazamiento entre dichos instantes. En efecto, si el movimiento es rectilíneo sin cambio de sentido, en-tonces la distancia recorrida es igual a la distancia entre los puntos de posición 𝑟𝑖 y 𝑟𝑓.

[No cambia la dirección ni el sentido de mo-vimiento desde 𝑡𝑖 hasta 𝑡𝑓] ⟹ Δ𝑠 = |∆𝑟|

VELOCIDAD DEL MOVIMIENTO PLANO

Vector velocidad media �⃗⃗⃗�𝒎𝒆𝒅. Llamamos vector velo-cidad media �⃗�𝑚𝑒𝑑 de una partícula entre dos instantes a la tasa de variación media del vector de posición entre dichos instantes. Es una magnitud vectorial en-tre dos instantes y se mide en el SI en m/s.

�⃗�𝑚𝑒𝑑(𝑖,𝑓) = (∆𝑟

∆𝑡)

(𝑖,𝑓)

�⃗�𝑚𝑒𝑑 =∆𝑟

∆𝑡= (

∆𝑥

∆𝑡,

∆𝑦

∆𝑡)


∆𝑡 𝑣𝑦,𝑚𝑒𝑑 =

∆𝑦

∆𝑡

Se verifica que |�⃗�𝑚𝑒𝑑| es la rapidez global con la que la partícula se mueve entre 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓.

La interpretación geométrica de la velocidad media es la que se expresa en la figura. Como vemos, el vector desplazamiento y el vector velocidad media tienen la misma dirección y sentido; el módulo de �⃗�𝑚𝑒𝑑 es igual al módulo de ∆𝑟 dividido entre el intervalo de tiempo ∆𝑡.

Vector velocidad �⃗⃗⃗�. Llamamos vector velocidad �⃗� de una partícula en un instante a la derivada de su vector de posición respecto del tiempo en dicho instante. Es una magnitud vectorial instantánea y se mide en m/s.

�⃗�𝑖 = (𝑑𝑟

𝑑𝑡)

𝑖


�⃗� =𝑑𝑟

𝑑𝑡= (

𝑑𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑦

𝑑𝑡)

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡 𝑣𝑦 =

𝑑𝑦

𝑑𝑡

Se verifica que |�⃗�𝑖| es la rapidez con la que la partícula se mueve en el instante 𝑡𝑖.

La interpretación geométrica del vector velocidad se expresa en la figura. El vector velocidad en un instante siempre tiene el sentido del movimiento y es tangente a la trayectoria en el punto donde se encuentre la partícula en dicho instante.

Celeridad 𝒗. La definición de celeridad aquí es exac-tamente la misma que en el caso rectilíneo: llamamos celeridad 𝑣 de una partícula en un instante a la deriva-da de la distancia recorrida respecto del tiempo en dicho instante. Se verifica que la celeridad es igual al módulo del vector velocidad, por lo que es una magni-tud escalar no negativa instantánea y se mide en m/s.

𝑣𝑖 = (𝑑𝑠

𝑑𝑡)

𝑖= |�⃗�𝑖|

𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡= |�⃗�| = √𝑣𝑥

2 + 𝑣𝑦2

Justificación. Veamos que 𝑣 = |�⃗�|. Para un intervalo

de tiempo infinitesimal 𝑑𝑡 > 0 se cumple que la dis-tancia infinitesimal recorrida es igual al módulo del

vector desplazamiento infinitesimal 𝑑𝑠 = |𝑑𝑟|. Esto es

así porque en un intervalo de tiempo infinitesimal la

partícula no tiene tiempo de cambiar de dirección ni de

sentido de movimiento. Por tanto, 𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡=

|𝑑𝑟|

𝑑𝑡=

|𝑑𝑟

𝑑𝑡| = |�⃗�|. ∎

Recordamos que la celeridad tal como la hemos defi-nido es lo que solemos llamar velocidad en el lenguaje ordinario, por lo que debemos ser cuidadosos. Así, la celeridad es la rapidez del movimiento. Notar que la celeridad no puede ser negativa, pues es igual a un módulo.

𝑣𝑖 = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑚𝑢𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑐

𝑣 ≥ 0

𝑣 = 0 ⟺ 𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜

ACELERACIÓN DEL MOVIMIENTO PLANO

Vector aceleración media �⃗⃗⃗�𝒎𝒆𝒅. Llamamos vector aceleración media �⃗�𝑚𝑒𝑑 de una partícula entre los instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓 a la tasa de variación media del vector

velocidad entre dichos instantes. Es una magnitud vectorial entre dos instantes y se mide en el SI en m/s2.

�⃗�𝑚𝑒𝑑(𝑖,𝑓) = (∆�⃗⃗�

∆𝑡)

(𝑖,𝑓)

�⃗�𝑚𝑒𝑑 =∆�⃗⃗�

∆𝑡= (

∆𝑣𝑥

∆𝑡,

∆𝑣𝑦

∆𝑡)


∆𝑡 𝑎𝑦,𝑚𝑒𝑑 =

∆𝑣𝑦

∆𝑡

Vector aceleración. Llamamos vector aceleración �⃗� de una partícula en un instante a la derivada de su vector velocidad respecto del tiempo en dicho instante. Es una magnitud vectorial instantánea y se mide en el SI en m/s2.

�⃗�𝑖 = (𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡)

𝑖

�⃗� =𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡= (

𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡)


𝑑𝑡 𝑎𝑦 =

𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡

Dejaremos la interpretación geométrica del vector aceleración para cuando estudiemos el movimiento circular. Allí estudiaremos que si la aceleración no es nula es porque el vector velocidad cambia; este cam-bio puede ser del módulo o de la dirección de la velo-cidad (para cambiar de sentido debe cambiar de mó-dulo).


Esquemas fin de sección.

𝑟 = (𝑥, 𝑦)

�⃗� = (𝑣𝑥 , 𝑣𝑦) con 𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡 , 𝑣𝑦 =

𝑑𝑦

𝑑𝑡

�⃗� = (𝑎𝑥 , 𝑎𝑦) con 𝑎𝑥 =𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡 , 𝑎𝑦 =

𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡

De un MP podemos hallar cualquier cosa si conocemos su vector de posición en cualquier instante. Lo ante-rior significa que la expresión instantánea del vector de posición 𝑟 = 𝑟(𝑡) contiene toda la información acerca del movimiento de la partícula. MR como caso particular de MP. Hemos estudiado por un lado el MR y por otro el MP. Sin embargo, co-mo el MR es un caso particular de MP, podemos estu-diar MR como si fuese un MP.

Para ello, elegimos como eje 𝑥 el del movimiento de la partícula. En tal caso tendremos que 𝑦 = 0, 𝑣𝑦 = 0 y

𝑎𝑦 = 0. Luego 𝑟 = 𝑥𝑖, �⃗� = 𝑣𝑥𝑖 y �⃗� = 𝑎𝑥𝑖 con 𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡 y 𝑎𝑥 =

𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡. Así, en esencia, las fórmulas de ahora

coinciden con las fórmulas vistas antes; la diferencia está en si queremos ver las magnitudes como escala-res con signo (caso rectilíneo) o si las queremos ver como vectores (caso plano).

Recordemos que en el MR de eje 𝑥 habíamos llamado posición a 𝑥, velocidad (en 𝑥) a 𝑣𝑥 y aceleración (en 𝑥) a 𝑎𝑥. También las podíamos haber definido como componente 𝑥 de la posición, componente 𝑥 de la velocidad y componente 𝑥 de la aceleración.

EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1. Atendiendo a la figura, expresar según la base (𝑖, 𝑗): a) Los vectores de la figura.

b) |𝑓|.

c) �⃗� + 𝑓.

d) −𝑑.

e) �⃗⃗� − �⃗�.

f) −5𝑒 + 3𝑑.

g) �⃗⃗�

2− 4�⃗⃗�.

h) 𝑒 · 𝑓

Solución

Usaré la notación (𝑣𝑥 , 𝑣𝑦) en vez de la notación 𝑣𝑥𝑖 +

𝑣𝑦𝑗 por comodidad.

a)

�⃗� = (3, 0); �⃗⃗� = (2, −1); 𝑐 = (0, −2); 𝑑 = (−2, 2);

𝑒 = (−2, 0); 𝑓 = (−2, −5); �⃗� = (1, 3); ℎ⃗⃗ = (0, 1). b)

|𝑓| = √𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 = √(−2)2 + (−5)2 = 𝟓. 𝟑𝟗.

c)

�⃗� + 𝑓 = (1, 3) + (−2, −5) = = (1 + (−2), 3 + (−5)) = (−𝟏, −𝟐).

d)

−𝑑 = −(−2, 2) = (𝟐, −𝟐). e)

�⃗⃗� − �⃗� = (2, −1) − (1, 3) = = (2 − 1, −1 − 3) = (𝟏, −𝟒). f)

−5𝑒 + 3𝑑 = −5(−2, 0) + 3(−2, 2) = = (−5 · (−2) + 3 · (−2), −5 · 0 + 3 · 2) = = (𝟒, 𝟔).


g)

�⃗⃗�

2− 4�⃗⃗� =

1

2(3, 0) − 4(2, −1) =

= (3

2− 4 · 2,

0

2− 4 · (−1)) = (−𝟔. 𝟓, 𝟒).

h)

𝑒 · 𝑓 = (−2, 0) · (−2, −5) = −2 · (−2) + 0 · (−5) =

= 𝟒.

Ejemplo 2. En la siguiente figura los vectores vienen determinados por sus escalares, por lo que los vecto-res pueden no estar a escala. Usando la base (𝑖, 𝑗): a) Expresar los vectores de la figura. b) Hallar �⃗⃗� en la ecuación sin usar el apartado a).

Primero hacerlo como una ecuación vectorial y luego como dos ecuaciones escalares:

�⃗� + �⃗⃗� = �⃗⃗⃗� + 2𝑓

Solución



a)



�⃗� = (3, 0); �⃗⃗� = (5𝑐𝑜𝑠30°, 5𝑠𝑒𝑛30°) = (4.33, 2.5);

𝑐 = (0, −4); 𝑑 = (−1.5, 0); 𝑒 = (−0, 7);

𝑓 = (8𝑠𝑒𝑛25°, −8𝑐𝑜𝑠25°) = (3.38, −7.25);

�⃗� = (−6𝑠𝑒𝑛50°, −6𝑐𝑜𝑠50°) = (−4.60, −3.86);

ℎ⃗⃗ = (−8𝑐𝑜𝑠60°, −8𝑠𝑒𝑛60°) = (−4, −6.93);

�⃗⃗⃗� = (−9𝑐𝑜𝑠50°, 9𝑠𝑒𝑛50°) = (−5.79, 6.89).

b)

Primero despejamos �⃗⃗� de forma vectorial:

(3, 0)+u⃗⃗=(-9cos50°, 9sen50°)+2(8sen25°, -8cos25°)

u⃗⃗=(-9cos50°, 9sen50°)+(16sen25°, -16cos25°)-(3, 0)

u⃗⃗=(-9cos50°+16sen25°-3, 9sen50°-16cos25°-0)

u⃗⃗=(-2.02, -7.61). Ahora despejamos �⃗⃗� = (𝑢𝑥 , 𝑢𝑦) de forma escalar, que

es más cómodo:

Eje 𝑥: 3 + 𝑢𝑥 = −9𝑐𝑜𝑠50° + 2 · 8𝑠𝑒𝑛25°

Eje 𝑦: 0 + 𝑢𝑦 = 9𝑠𝑒𝑛50° − 2 · 8𝑐𝑜𝑠25°

𝑢𝑥 = −9𝑐𝑜𝑠50° + 2 · 8𝑠𝑒𝑛25° − 3 = −2.02.

𝑢𝑦 = 9𝑠𝑒𝑛50° − 2 · 8𝑐𝑜𝑠25° = −7.61.

�⃗⃗� = (−𝟐. 𝟎𝟐, −𝟕. 𝟔𝟏).

Ejemplo 3. Atendiendo a la figura, donde los vectores vienen determinados por sus escalares, se cumple que

�⃗⃗� + �⃗⃗� + �⃗⃗⃗� + �⃗⃗� = 𝑚𝐴. Sabiendo que 𝑅 = 80, 𝑃 =100, 𝑇 = 120, 𝑚 = 6, 𝛼 = 25° y 𝛽 = 15°, se pide: a) Escalares 𝐴 y 𝑁 proyectando sobre la base (𝑖, 𝑗). b) Escalares 𝐴 y 𝑁 proyectando sobre la base (𝑖′, 𝑗′).

c) Vectores 𝐴 y �⃗⃗⃗� en ambas bases.

Solución a)

Aunque las ecuaciones del apartado a) y b) serán dis-tintas, las soluciones tienen que ser las mismas.

Eje 𝑥: -80cos25°+0-Nsen25°+120cos40°=6Acos25°

Eje 𝑦: -80sen25°-100+Ncos25°+120sen40°=6Asen25°

19.421 − 0.423𝑁 = 5.438𝐴−56.675 + 0.906𝑁 = 2.536𝐴

} ⟹

−0.423𝑁 − 5.438𝐴 = −19.4210.906𝑁 − 2.536𝐴 = 56.675

} ⟹ {× 0.906× 4.423

−0.383𝑁 − 4.927𝐴 = −17.5950.383𝑁 − 1.073𝐴 = 23.974

} ⟹ sumamos

−6𝐴 = 6.379 ⇒ 𝐴 =6.379

−6= −𝟏. 𝟎𝟔.

𝑁 =−17.595+4.927·(−1.063)

−0.383= 𝟓𝟗. 𝟔𝟏.

Como 𝐴 < 0, entonces el vector 𝐴 tiene sentido con-trario al dibujado y módulo 1.06. Como 𝑁 > 0, enton-

ces el vector �⃗⃗⃗� tiene el sentido dibujado y módulo 59.61. b)

Eje 𝑥′: −80 − 100𝑠𝑒𝑛25° + 0 + 120𝑐𝑜𝑠15° = 6𝐴

Eje 𝑦′: 0 − 100𝑐𝑜𝑠25° + 𝑁 + 120𝑠𝑒𝑛15° = 0


𝐴 =−80−100𝑠𝑒𝑛25°+0+120𝑐𝑜𝑠15°

6= −𝟏. 𝟎𝟔.

𝑁 = 100𝑐𝑜𝑠25° − 120𝑠𝑒𝑛15° = 𝟓𝟗. 𝟓𝟕.

La diferencia de resultados entre el apartado a) y b) es por errores de redondeo. El resultado b) es más preci-so, pues hemos tenido que hacer menos operaciones para resolverlo. c)

Expresaremos los dos vectores en ambas bases:

𝐴 = 𝐴𝑐𝑜𝑠25°𝑖 + 𝐴𝑠𝑒𝑛25°𝑗 = = −0.96𝑖 − 0.45𝑗 = (−𝟎. 𝟗𝟔, −𝟎. 𝟒𝟓)(𝒊,𝒋).

𝐴 = 𝐴𝑖′ = −1.06𝑖′ = (−𝟏. 𝟎𝟔, 𝟎)(𝒊′,𝒋′).

�⃗⃗⃗� = −𝑁𝑠𝑒𝑛25°𝑖 + 𝑁𝑐𝑜𝑠25°𝑗 = = −25.18𝑖 + 53.99𝑗 = (−𝟐𝟓. 𝟏𝟖, 𝟓𝟑. 𝟗𝟗)(𝒊,𝒋).

�⃗⃗⃗� = 𝑁𝑗′ = 59.57𝑗′ = (𝟎, 𝟓𝟗. 𝟓𝟕)(𝒊′,𝒋′).

Ejemplo 4. Dada la función vectorial

𝑓(𝑡) = (5𝑡2 + 6𝑡)𝑖 + 8𝑠𝑒𝑛(9𝑡 + 𝜋/4)𝑗, se pide:

a) 𝑓(0).

b) 𝑓′(0) Solución a)

Recuerda que cuando el seno, coseno, etc son funcio-nes, la calculadora debe estar en radianes.

𝑓(0) = (5 · 02 + 6 · 0)𝑖 + 8𝑠𝑒𝑛 (9 · 0 +𝜋

4) 𝑗 =

= 𝟎𝒊 + 𝟓. 𝟔𝟔𝒋. b)

𝑓′(𝑡) = (10𝑡 + 6)𝑖 + 72𝑐𝑜𝑠(9𝑡 + 𝜋/4)𝑗.

𝑓′(0) = (10 · 0 + 6)𝑖 + 72𝑐𝑜𝑠(9 · 0 + 𝜋/4)𝑗.

= 𝟔𝒊 + 𝟓𝟎. 𝟗𝟏𝒋.

Ejemplo 5*. La posición de una partícula viene dada

por: 𝑟(𝑡) = 4𝑡𝑖 + (2√𝑡3 + 7)𝑗 (SI). Se pide:

a) Expresión de la trayectoria. b) Velocidad (vector) y aceleración (vector) instantá-

neos. c) Posición (vector), velocidad (vector) y aceleración

(vector) a los 9 s. d) Distancia al origen, módulo de la velocidad, módu-

lo de la aceleración a los 9 s. e) Desplazamiento (vector), velocidad media (vector)

y aceleración media (vector) entre los instantes 1 s y 9 s.

Solución

a)

Usaremos la notación 𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 = (𝑥, 𝑦). Luego 𝑟 = (4𝑡, 2𝑡3/2 + 7) (SI).

𝑥 = 4𝑡𝑦 = 2𝑡3/2 + 7

} ⟹ 𝑡 =𝑥

4⟹ 𝑦 = 2 (

𝑥

4)

3/2

+ 7 ⟹

𝑦 =1

4𝑥3/2 + 7. Como 𝑥 = 4𝑡, entonces 𝑥 comienza

valiendo 0 y se hace indefinidamente grande con el paso del tiempo, luego la ecuación de la trayectoria es:

𝒚 =𝟏

𝟒𝒙𝟑/𝟐 + 𝟕 con 𝒙 ≥ 𝟎.

b)

�⃗� = (𝑑𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑦

𝑑𝑡 ) = (4, 2 ·

3

2𝑡1/2) = (4, 3𝑡1/2) =

= 𝟒𝒊 + 𝟑𝒕𝟏/𝟐𝒋 (SI).

�⃗� = (𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡,

𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡 ) = (0, 3 ·

1

2𝑡−1/2) = (0,

3

2𝑡−1/2) =

=𝟑

𝟐𝒕−𝟏/𝟐𝒋 (SI).

c)

𝑟(9𝑠) = (𝑥(9𝑠), 𝑦(9𝑠)) = (4 · 9, 2 · 93

2 + 7) =

= (36, 61) = 𝟑𝟔𝒊 + 𝟔𝟏𝒋 (𝐦).

�⃗�(9𝑠) = (𝑣𝑥(9𝑠), 𝑣𝑦(9𝑠)) = (4, 3 · 91

2) = (4, 9) =

= 𝟒𝒊 + 𝟗𝒋 (𝐦/𝐬)

�⃗�(9𝑠) = (𝑎𝑥(9𝑠), 𝑎𝑦(9𝑠)) = (0,3

29−

1

2) =

= (0,1

2) =

𝟏

𝟐𝒋 (𝐦/𝒔𝟐).

d)

|𝑟(9𝑠)| = √362 + 612 = 𝟕𝟎. 𝟖𝟑 𝒎.

|�⃗�(9𝑠)| = √42 + 92 = 𝟗. 𝟖𝟓 𝒎/𝒔.

|�⃗�(9𝑠)| = √02 + 0.52 = 𝟎. 𝟓 𝒎/𝒔𝟐. e)

En este apartado 𝑡𝑖 = 1 𝑠 y 𝑡𝑓 = 9 𝑠. Aunque podemos

usar lo calculado en el apartado c), resolvemos este apartado sin tenerlo en cuenta.

∆𝑟 = (∆𝑥, ∆𝑦) =

= ((4 · 9) − (4 · 1), (2 · 932 + 7) − (2 · 1

32 + 7) ) =

= (32, 52) = 𝟑𝟐𝒊 + 𝟓𝟐𝒋 (𝒎).

�⃗�𝑚𝑒𝑑 = (∆𝑥

∆𝑡,

∆𝑦

∆𝑡) = (

32

9−1,

52

9−1) = (4, 6.5) =

= 𝟒𝒊 + 𝟔. 𝟓𝒋 (𝒎/𝒔).

�⃗�𝑚𝑒𝑑 = (∆𝑣𝑥

∆𝑡,

∆𝑣𝑦

∆𝑡) = (

4−4

9−1,

(3·91/2)−(3·11/2)

9−1) =

= (0, 0.75) = 𝟎. 𝟕𝟓𝒋 (𝒎/𝒔𝟐).

https://www.youtube.com/watch?v=fCQFiOR0_YE&t=88s



4.1*. La posición de una partícula viene dada por 𝑟(𝑡) = 8cos (3𝑡 + 1)𝑖 + 5𝑠𝑒𝑛(3𝑡 + 1)𝑗 (SI). Se pide: a) Expresión de la trayectoria. b) Velocidad (vector) y aceleración (vector) instantá-

neos. c) Posición (vector), velocidad (vector) y aceleración

(vector) a los 2 s. d) Distancia al origen, módulo de la velocidad, módu-

lo de la aceleración a los 2 s. e) Desplazamiento (vector), velocidad media (vector)

y aceleración media (vector) entre los instantes 0 s y 2 s.

f) Distancia entre las posiciones de la partícula en los instantes 0 s y 2 s.

Sol. a) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 | (𝑥

8)

2+ (

𝑦

5)

2= 1} ; es una elipse de

centro (0, 0) semieje mayor en el eje x de valor 8 y semieje menor en el eje y de valor 5. b) 𝑣 = −24𝑠𝑒𝑛(3𝑡 + 1)𝑖 + 15𝑐𝑜𝑠 (3𝑡 + 1)𝑗 (SI), �⃗� = −72𝑐𝑜𝑠(3𝑡 + 1)𝑖 − 45𝑠𝑒𝑛 (3𝑡 + 1)𝑗 (SI); c) 6.03𝑖 + 3.28𝑗 (m), −15.77𝑖 + 11.31𝑗 (m/s), −54.28𝑖 − 29.56𝑗 (m/s2); d) 6.86m, 19.4m/s, 61.81m/s2; e) 1.71𝑖 − 0.93𝑗 (m), 0.86𝑖 − 0.47𝑗 (m/s), 2.22𝑖 + 1.61𝑗 (m/s2); f) 1.95m.

4.2*. La posición de una partícula viene dada por

𝑟(𝑡) = (𝑡3 2⁄ + 2)𝑖 + (𝑡9 2⁄ − 5)𝑗 (SI). Se pide:

a) Expresión de la trayectoria. b) Vector velocidad inicial. c) Módulo de la aceleración media entre los instantes

1 s y 9 s.

Sol. a) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 | 𝑦 = (𝑥 − 2)2 − 5 𝑐𝑜𝑛 𝑥 ≥ 2}; es un

trozo de parabola; b) 0⃗⃗ m/s; c) 1230,2m/s2.

4.3*. La posición de una partícula viene dada por 𝑟(𝑡) = 4𝑠𝑒𝑛(𝑡2)𝑖 + 7𝑠𝑒𝑛(𝑡2)𝑗 (SI). Se pide: a) Expresión de la trayectoria. b) Vector velocidad en el instante 1s. c) Tiempo y distancia recorrida desde el instante

inicial hasta la siguiente vez que pase por la posi-ción inicial.

Sol. a) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 | 𝑦 =7

4𝑥 𝑐𝑜𝑛 − 4 ≤ 𝑥 ≤ 4} ; es el seg-

mento que va del punto (−4, −7) al punto (4, 7); b) 4.32𝑖 + 7.56𝑗 (m/s); c) 1.77s y 16.12m.

4.4**. La aceleración instantánea de una partícula viene dada por �⃗�(𝑡) = 24𝑡𝑖 + 𝑒𝑡𝑗 (SI). La velocidad inicial de la partícula es �⃗�0 = 5𝑖 + 𝑗 (m/s) y la posición inicial de la partícula es 𝑟0 = 7𝑖 + 𝑗 (m). Se pide: a) Velocidad (vector) instantánea. b) Posición (vector) instantánea.

Sol. a) 𝑣 = (12𝑡2 + 5)𝑖 + 𝑒𝑡𝑗 (SI); b) �⃗� = (4𝑡3 + 5𝑡 + 7)𝑖 + 𝑒𝑡𝑗 (SI).

https://www.youtube.com/watch?v=Q0N1J8g57tk&t=19s

https://www.youtube.com/watch?v=huU8cPg8r5E&t=5s

1.5. Movimiento Uniformemente Acelerado – pág. 1

1.5 - MOVIMIENTO UNIFORMEMENTE ACELERADO

MOVIMIENTO UNIFORMEMENTE ACELERADO (MUA)

Movimiento parabólico. Llamamos movimiento para-bólico al movimiento cuya trayectoria está contenida en una parábola. Por estar una parábola contenida en un plano, se tiene que el movimiento parabólico es un movimiento plano. Recordamos que la gráfica de una parábola cuyo eje de simetría sea el eje 𝑦 o sea parale-lo al eje 𝑦 tiene por ecuación:

𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 donde 𝑎, 𝑏 y 𝑐 son constantes reales y 𝑎 ≠ 0.

Movimiento uniformemente acelerado (MUA). Noso-tros llamaremos movimiento uniformemente acelera-do MUA a aquel cuyo vector aceleración es constante no nulo a lo largo del tiempo.

𝑀𝑈𝐴 = [�⃗� = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0⃗⃗]

Se verifica lo siguiente: un MUA siempre es un movi-miento plano; en particular, es un movimiento parabó-lico o un MRUA. Dicho plano será el que contenga: (1) el punto posición inicial de la partícula, (2) el vector aceleración �⃗� y (3) el vector velocidad inicial �⃗�0 (si-tuando el origen de los dos vectores en el punto posi-ción inicial). De esta manera, las ecuaciones del MUA son:

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥,0𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡2 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦,0𝑡 +

1

2𝑎𝑦𝑡2

𝑣𝑥 = 𝑣𝑥,0 + 𝑎𝑥𝑡 𝑣𝑦 = 𝑣𝑦,0 + 𝑎𝑦𝑡

𝑎𝑥 =∆𝑣𝑥

∆𝑡= 𝑐𝑡𝑒 𝑎𝑦 =

∆𝑣𝑦


𝑣𝑥2 − 𝑣𝑥,0

2 = 2𝑎𝑥(𝑥 − 𝑥0) 𝑣𝑦2 − 𝑣𝑦,0

2 = 2𝑎𝑦(𝑦 − 𝑦0)

Tenemos los siguientes casos cuando �⃗� = 𝑐𝑡𝑒:

- Si �⃗� ≠ 0⃗⃗, �⃗�0 ≠ 0⃗⃗ y �⃗� y �⃗�0 tienen distinta dirección, entonces es un movimiento parabólico.

- Si �⃗� ≠ 0⃗⃗, �⃗�0 ≠ 0⃗⃗ y �⃗� y �⃗�0 tienen la misma direc-ción, entonces es un MRUA.

- Si �⃗� ≠ 0⃗⃗ y �⃗�0 = 0⃗⃗, entonces es un MRUA.

- Si �⃗� = 0⃗⃗, �⃗�0 ≠ 0⃗⃗, entonces es un MRU.

- Si �⃗� = 0⃗⃗ y �⃗�0 = 0⃗⃗, entonces está en reposo. Demostración de las ecuaciones del MUA. Puesto que

sabemos que el MUA es un movimiento plano, ten-

dremos eje 𝑥 y eje 𝑦. El hecho �⃗� = 𝑐𝑡𝑒 significa que

𝑎𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 y 𝑎𝑦 = 𝑐𝑡𝑒. Luego es como si tuviésemos

un MRUA en el eje 𝑥 y un MRUA en el eje 𝑦; de ahí

las ecuaciones. ∎

Demostración de los subcasos �⃗� = 𝑐𝑡𝑒. Partiendo de

que un MUA es un MP vamos a probar que un MUA

(�⃗� = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0⃗⃗) es un movimiento parabólico o un

MRUA.

Como �⃗� = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0⃗⃗ elegimos el eje 𝑦 de manera que

(1) tenga la misma dirección que �⃗� y (2) contenga a la partícula en el instante inicial. Haciéndolo así se cum-

ple: 𝑎𝑥 = 0, 𝑎𝑦 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0 y 𝑥0 = 0. Tenemos, por

tanto:

𝑥 = 𝑣𝑥,0𝑡 ; 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦,0𝑡 +1

2𝑎𝑦𝑡2

Supongamos que 𝑣𝑥,0 ≠ 0 (lo que se traduce en que

�⃗�0 ≠ 0⃗⃗ y tiene distinta dirección que �⃗�). En tal caso,

despejamos 𝑡 de la primera ecuación 𝑡 =𝑥

𝑣𝑥,0 y lo

introducimos en la segunda obteniendo:

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦,0 (𝑥

𝑣𝑥,0

) +1

2𝑎𝑦 (

𝑥

𝑣𝑥,0

)

2

Trabajando la expresión anterior obtenemos:

𝑦 = (𝑎𝑦

2𝑣𝑥,02

) 𝑥2 + (𝑣𝑦,0

𝑣𝑥,0

) 𝑥 + 𝑦0

que, como vemos, es la ecuación de una parábola al ser

el coeficiente de 𝑥2 distinto de 0.

Supongamos ahora que 𝑣𝑥,0 = 0, lo que se traduce en

que �⃗�0 = 0⃗⃗ o que �⃗�0 ≠ 0⃗⃗ pero tiene la misma direc-

ción que �⃗�. En este caso la ecuación 𝑥 = 𝑣𝑥,0𝑡 se trans-

forma en 𝑥 = 0. Luego la trayectoria está contenida en

el eje 𝑦, lo que significa que el movimiento es rectilí-

neo. Además, como 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦,0𝑡 +1

2𝑎𝑦𝑡2, se tiene

que es un MRUA.

Se deja a cargo del lector probar que los casos en que

�⃗� = 0⃗⃗. ∎

MOVIMIENTO DE TIRO PARABÓLICO

Movimiento de tiro parabólico. Llamamos movimiento de tiro parabólico, tiro parabólico o tiro oblicuo al movimiento que experimenta una partícula al ser lanzada en el vacío con una velocidad inicial no nula ni vertical.

Se observa que en el tiro parabólico todas las partícu-las sufren la misma aceleración constante indepen-dientemente de su masa. Esta aceleración constante es vertical hacia abajo de módulo 𝑔 = 9,8 m/s2. Luego

un tiro parabólico es un MUA que verifica �⃗� ≠ 0⃗⃗ y

�⃗�0 ≠ 0⃗⃗, teniendo ambos distinta dirección. Por tanto, el tiro parabólico es un MUA de trayectoria parabólica; de ahí su nombre.


Tomando el eje 𝑦 vertical hacia arriba, se tiene:

Tiro parabólico = [�⃗� = −𝑔𝑗, 𝑣𝑥,0 ≠ 0]

Tiro vertical = [�⃗� = −𝑔𝑗, 𝑣𝑥,0 = 0]

Tomando el eje 𝑦 vertical hacia arriba conteniendo a la partícula en el instante inicial, llamando 𝑣0 al módulo de la velocidad inicial y llamando 𝛼 al ángulo que for-ma el eje 𝑥 con el vector velocidad inicial medido en sentido antihorario, las ecuaciones del tiro parabólico son:

𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 · 𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 · 𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 =∆𝑥

∆𝑡= 𝑐𝑡𝑒 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑔𝑡

𝑎𝑥 = 0 = 𝑐𝑡𝑒 𝑎𝑦 = −𝑔 =∆𝑣𝑦


𝑣𝑦2 − (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼)2 = −2𝑔(𝑦 − 𝑦0)

Donde:

En estas ecuaciones la partícula está inicialmente so-bre el eje 𝑦; esto es, 𝑥0 = 0.

El parámetro 𝑦0 es la altura inicial de la partícula y tiene signo.

El parámetro 𝑣0 es la celeridad inicial de la partícula.

El parámetro 𝛼 se llama inclinación inicial y es el ángu-lo medido en sentido antihorario que forma el eje 𝑥 con la velocidad inicial. Recordamos que ángulo medi-do en sentido antihorario significa que su signo es positivo si lo medimos en sentido antihorario y su signo es negativo si lo medimos en sentido horario. Demostración de las ecuaciones del tiro parabólico. Con las consideraciones anteriores se tiene que 𝑎𝑥 =

0, 𝑎𝑦 = −𝑔 = −9,8𝑚

𝑠2 , 𝑥0 = 0, 𝑣𝑥,0 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼,

𝑣𝑦,0 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼.

Particularizando estas expresiones a las del MUA ob-tenemos las ecuaciones del tiro parabólico. Se deja a cargo del lector interesado comprobar que la trayectoria de un tiro parabólico debe estar contenida en la siguiente parábola:

𝑦 = (−𝑔

2𝑣02𝑐𝑜𝑠2𝛼

) 𝑥2 + 𝑡𝑔(𝛼)𝑥 + 𝑦0

Estrategias para problemas de tiro parabólico.

- Los parámetros del tiro parabólico son 𝑦0 y 𝑣0 y 𝛼. Conocidos estos podemos hallar cualquier cosa del tiro parabólico en cuestión.

- El tiro parabólico puede entenderse como la com-posición de dos movimientos rectilíneos: un MRU en el eje 𝑥 y una caída libre en el eje 𝑦.

- Si se lanza por encima de la altura cero, la altura inicial 𝑦0 es positiva. Etcétera.

- La celeridad inicial 𝑣0 siempre es positiva.

- Por ser un ángulo con signo, la inclinación inicial 𝛼 es positiva si se lanza sobre la horizontal (hacia arriba) y negativa si se lanza bajo la horizontal (ha-cia abajo).

- El instante 𝑡𝑑 en el que la partícula toca el suelo es el que verifica que la altura de la partícula se anula:

𝑦𝑑 = 0, luego 𝑡𝑑 cumple:

𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 · 𝑡𝑑 −1

2𝑔𝑡𝑑

2 = 0.

𝑥𝑚á𝑥 = 𝑥𝑑 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 · 𝑡𝑑

- Si lanzamos la partícula con inclinación positiva

(𝛼 > 0), entonces el instante de tiempo 𝑡ℎ en el que la partícula tiene altura máxima es el que veri-fica que la componente 𝑦 de la velocidad se anula:

Si 𝛼 > 0, entonces 𝑣𝑦,ℎ = 0, luego 𝑡ℎ

cumple: 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑔𝑡ℎ = 0.

𝑦𝑚á𝑥 = 𝑦ℎ = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 · 𝑡ℎ −1

2𝑔𝑡ℎ

2


EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1. Desde una altura de 20 m lanzamos una pelota con una velocidad inicial de 36 km/h y un ángu-lo de inclinación de 30° sobre la horizontal. Se pide:

a) Instante de tiempo en que la altura de la pelota es máxima, posición (vector), velocidad (vector y mó-dulo) y aceleración (vector) en dicho instante.

b) Instante de tiempo en que la pelota llega al suelo, posición (vector), velocidad (vector y módulo) y aceleración (vector) en dicho instante.

c) Instante de tiempo en el que la velocidad forma un ángulo de 40° (en valor absoluto) con la horizontal.

d) Instante de tiempo en el que la pelota está a una altura de 10 m.

e) Instante de tiempo en que la velocidad es de 15 m/s.

f) Si en vez de lanzarla sobre la horizontal, se hubiese lanzado bajo la horizontal, ¿cuánto valdría el ángu-lo de inclinación? ¿Cuál sería la altura máxima?

Solución

Datos: 𝑦0 = +20 𝑚. Recordamos que la altura inicial tiene signo.

𝑣0 = 36 𝑘𝑚/ℎ = 10 𝑚/𝑠 𝛼 = +30° por lanzarse sobre la horizontal. Recorda-mos que α tiene signo.

Como vemos, nos dan los tres parámetros del movi-miento parabólico, luego podemos hallar cualquier cosa acerca del movimiento. Recordamos las ecuacio-nes del movimiento parabólico:

𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 · 𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 · 𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 =∆𝑥

∆𝑡= 𝑐𝑡𝑒 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑔𝑡

𝑎𝑥 = 0 = 𝑐𝑡𝑒 𝑎𝑦 = −𝑔 =∆𝑣𝑦


𝑣𝑦2 − (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼)2 = −2𝑔(𝑦 − 𝑦0)

Para la mayoría de los problemas solo necesitamos las ecuaciones de la posición y la velocidad, pues la aceleración siempre es la misma. Con los datos del problema, las ecuaciones quedan:

𝑥 = 8.66𝑡 𝑦 = 20 + 5𝑡 − 4.9𝑡2

𝑣𝑥 = 8.66 𝑚/𝑠 𝑣𝑦 = 5 − 9.8𝑡

a)

Llamamos 𝑡1 al instante en el que la partícula está en el punto más alto. Por lanzarse con componente vertical hacia arriba, justo antes de 𝑡1 la partícula está subiendo, luego justo antes de 𝑡1 la velocidad en el eje 𝑦 es positiva. Asimismo justo después de 𝑡1 la partícula está bajando, luego justo después de 𝑡1 la

velocidad en el eje 𝑦 es negativa. Por tanto, la velocidad en el eje 𝑦 en 𝑡1 es nula, luego 𝑣𝑦,1 = 0.

5 − 9.8𝑡1 = 0 ⇒ 𝑡1 =5

9.8= 𝟎. 𝟓𝟏 𝒔.

𝑥1 = 8.66 · 0.51 = 4.417 𝑚. 𝑦1 = 20 + 5 · 0.51 − 4.9 · 0.512 = 21.276 𝑚. �⃗�1 = 𝑥1𝑖 + 𝑦1𝑗 = 𝟒. 𝟒𝟏𝟕𝒊 + 𝟐𝟏. 𝟐𝟕𝟔𝒋 (𝒎).

La velocidad en el eje 𝑥 siempre es constante e igual a +8.66 m/s. �⃗�1 = 𝑣𝑥,1𝑖 + 𝑣𝑦,1𝑗 = 𝟖. 𝟔𝟔𝒊 + 𝟎𝒋 (𝒎/𝒔).

|�⃗�1| = √8.662 + 02 = 𝟖. 𝟔𝟔 𝒎/𝒔.

La aceleración siempre es constante. �⃗�1 = 𝟎𝒊 − 𝟗. 𝟖𝒋 (𝒎/𝒔𝟐).

b)

Llamamos 𝑡2 al instante en el que la partícula llega al suelo. Así, 𝑦2 = 0.

20 + 5𝑡2 − 4.9𝑡22 = 0 ⇒

𝑡2 =−5 ± √52 − 4(−4.9)20

2(−4.9)= {

𝑛𝑒𝑔

2.59 𝑠⇒

𝒕𝟐 = 𝟐. 𝟓𝟗 𝒔.

𝑥2 = 8.66𝑡2 = 8.66 · 2.59 = 22.43 𝑚.

�⃗�2 = 𝑥2𝑖 + 𝑦2𝑗 = 𝟐𝟐. 𝟒𝟑𝒊 + 𝟎𝒋 (𝒎).

𝑣𝑦,2 = 5 − 9.8𝑡2 = 5 − 9.8 · 2.59 = −20.382 𝑚/𝑠.

�⃗�2 = 𝑣𝑥,2𝑖 + 𝑣𝑦,2𝑗 = 𝟖. 𝟔𝟔𝒊 − 𝟐𝟎. 𝟑𝟖𝟐𝒋 (𝒎/𝒔).

|�⃗�2| = √8.662 + (−20.383)2 = 𝟐𝟐. 𝟏𝟓 𝒎/𝒔.

�⃗�2 = 𝟎𝒊 − 𝟗. 𝟖𝒋 (𝒎/𝒔𝟐). c)

Llamamos 𝑡3 al instante pedido. El ángulo sin signo de 40° tiene que ser con signo negativo, pues el mayor ángulo positivo se da cuando se lanza la pelota, que es de +30°. Así, el ángulo con signo que forma �⃗�3 con el eje 𝑥 es de −40°.

https://www.youtube.com/watch?v=2aWIJIG3NOU


𝑣𝑦,3

𝑣𝑥,3

= 𝑡𝑔(−40°) ⇒5 − 9.8𝑡3

8.66= 𝑡𝑔(−40°) ⇒

𝑡3 =8.66𝑡𝑔 (−40°)−5

−9.8= 𝟏. 𝟐𝟓𝟐 𝒔.

d)

Llamamos 𝑡4 al instante pedido, luego 𝑦4 = 10 𝑚.

20 + 5𝑡4 − 4.9𝑡42 = 10 ⇒ 4.9𝑡4

2 − 5𝑡4 − 10 = 0 ⇒

𝑡4 =5±14.866

9.8= {

2.03 𝑠𝑛𝑒𝑔

⇒ 𝑡4 = 𝟐. 𝟎𝟑 𝒔.

e)

Llamamos 𝑡5 al instante pedido, luego |�⃗�5| = 15 𝑚/𝑠.

√𝑣𝑥,52 + 𝑣𝑦,5

2 = 15 ⇒ 𝑣𝑥,52 + 𝑣𝑦,5

2 = 152 ⇒

8.662 + (5 − 9.8𝑡5)2 = 152 ⇒ 75 + 25 − 98𝑡5 + 96.04𝑡5

2 = 225 ⇒

96.04𝑡52 − 98𝑡5 − 125 = 0 ⇒

𝑡5 =98±240.05

192.08= {

1.76 𝑠𝑛𝑒𝑔

⇒ 𝑡5 = 𝟏. 𝟕𝟔 𝒔.

f)

Si se lanza bajo la horizontal, entonces la inclinación 𝛼 es negativa, luego 𝜶 = −𝟑𝟎°. Por lanzarse hacia aba-jo, la altura máxima es la altura inicial, luego 20 m.

Ejemplo 2*. Se lanza un cuerpo, a una altura de 3 m

con una velocidad de 108 km/h y una inclinación de 60° sobre la horizontal, desde la base de un plano inclinado 20° sobre la horizontal. Se pide:

a) Ecuación de la parábola que contiene la trayecto-ria.

b) Punto en el que el cuerpo impacta con el plano inclinado.

c) Tiempo transcurrido desde que se lanza hasta que impacta con el plano inclinado.

d) Módulo de la velocidad y ángulo (con signo) que forma la velocidad con el eje 𝑥 justo antes del im-pacto.

Solución

Datos: 𝑦0 = +3 𝑚 𝑣0 = 108 𝑘𝑚/ℎ = 30 𝑚/𝑠 𝛼 = +60°

Como nos dan los tres parámetros del movimiento parabólico, podemos hallar cualquier cosa acerca del movimiento. Las ecuaciones de posición y velocidad para este problema quedan:

𝑥 = 15𝑡 𝑦 = 3 + 25.98𝑡 − 4.9𝑡2

𝑣𝑥 = 15 𝑚/𝑠 𝑣𝑦 = 25.98 − 9.8𝑡

a)

La trayectoria está contenida en la siguiente ecuación:

𝑦 = (−𝑔

2𝑣02𝑐𝑜𝑠2𝛼

) 𝑥2 + 𝑡𝑔(𝛼)𝑥 + 𝑦0

Esta ecuación se puede memorizar o deducir. Para deducirla, despejamos 𝑡 de 𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 · 𝑡, obtenien-

do 𝑡 =𝑥

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼. Ahora en 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 · 𝑡 −

1

2𝑔𝑡2,

sustituimos 𝑡 por 𝑥

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 obteniendo

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝛼 · (𝑥

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼) −

1

2𝑔 (

𝑥

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼)

2

. Por últi-

mo, simplificamos.

𝑦 = (−9.8

2·302𝑐𝑜𝑠260°) 𝑥2 + 𝑡𝑔(60°)𝑥 + 3

𝒚 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟏𝟖𝒙𝟐 + 𝟏. 𝟕𝟑𝟐𝒙 + 𝟑 b)

La ecuación de la rampa es 𝑦 = 𝑡𝑔(20°)𝑥.

𝑦 = 0.364𝑥

Para hallar el punto de impacto debemos calcular el punto de corte de las dos gráficas:

𝑦 = 0.364𝑥

𝑦 = −0.0218𝑥2 + 1.732𝑥 + 3} ⟹

0.364𝑥 = −0.0218𝑥2 + 1.732𝑥 + 3 ⟹ −0.0218𝑥2 + 1.368𝑥 + 3 = 0 ⟹

𝑥 =−1.368±1.460

−0.0436= {

𝑛𝑒𝑔64.86

⟹ 𝑥 = 64.86 𝑚.

𝑦 = 0.364 · 64.86 = 23.61 𝑚.

El punto pedido es (𝟔𝟒. 𝟖𝟔, 𝟐𝟑. 𝟔𝟏) 𝒎.

https://www.youtube.com/watch?v=hkpAa_y2F0c


c)

Llamando 𝑡1 al instante en el que el cuerpo choca con la rampa, se tiene que 𝑥1 = 64.86 𝑚. Luego:

𝑥1 = 15𝑡1 ⟹ 𝑡1 =64.86

15= 𝟒. 𝟑𝟐 𝒔.

d)

La componente 𝑥 de la velocidad es constante 𝑣𝑥,1 =15 𝑚/𝑠, luego solo falta hallar 𝑣𝑦,1.

𝑣𝑦,1 = 25.98 − 9.8 · 𝑡1 = 25.98 − 9.8 · 4.32 =

= −16.40 𝑚/𝑠.

|�⃗�1| = √152 + (−16.40)2 = 𝟐𝟐. 𝟐𝟑 𝒎/𝒔.

Llamando 𝛼1 al ángulo pedido, se tiene que:

𝑡𝑔(𝛼1) =𝑣𝑦,1

𝑣𝑥,1=

−16.40

15= −1.09.

𝛼1 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔(−1.09) = {−47.55°132.45°

La calculadora solo nos da el valor −47.55°, pero sa-bemos que se cumple 𝑡𝑔(𝛼) = 𝑡𝑔(𝛼 ± 𝜋). Luego el otro posible valor es −47.55° + 180° = 132.45°. ¿Cuál es? Como 𝑣𝑥,1 > 0 y 𝑣𝑦,1 < 0, tiene que ser el

valor del cuarto cuadrante, luego 𝜶𝟏 = −𝟒𝟕. 𝟓𝟓°.


5.1. Se lanza un proyectil con una velocidad inicial de 60 m/s desde una altura de 500 m con un ángulo de inclinación de 20° bajo la horizontal. Se pide: a) Instante en que la altura de la pelota es máxima,

posición (vector), velocidad (módulo) y aceleración (vector) en dicho instante.

b) Instante en que la pelota llega al suelo, posición (vector), velocidad (vector) y aceleración (vector) en dicho instante.

c) Instante en que se oye la explosión en el punto de lanzamiento.

Sol. a) 0 s; 500𝑗 m; 60 m/s; −9,8𝑗 m/s2; b) 8,22 s; 463,44𝑖 m; 56,38𝑖 − 101,08𝑗 (m/s); −9,8𝑗 m/s2; c) 10,23 s.

5.2. Se lanza horizontalmente una pelota desde una altura de 10 m alcanzando, al llegar al suelo, una dis-tancia respecto de la vertical de 6 m. Se pide: a) Instante de tiempo en que alcanza el suelo. b) Velocidad inicial (módulo). c) Módulo de la velocidad con que alcanza el suelo. d) Ángulo (con signo) con la que impacta en el suelo.

Sol. a) 1,43 s; b) 4,2 m/s; c) 14,63 m/s; d) −73,31°.

5.3*. Un jugador de baloncesto lanza un tiro libre desde una altura de 2,20 m. La canasta se encuentra a una altura de 3,05 m y a una distancia horizontal de 5 m respecto del punto de tiro. Se pide: a) Velocidad inicial (módulo) con que debe lanzar si lo

hace con una inclinación de 30° respecto de la ho-rizontal.

b) Inclinación con que debe lanzar si lo hace a una velocidad inicial de 10 m/s.

Sol. a) 8,96 m/s; b) 74,51° o 24,62°; si queremos que al llegar a canasta esté bajando tomaríamos 74,51°.

5.4*. Un avión (Ver figura), que vuela horizontalmen-te a 100 m de altura con una velocidad de 360 km/h, deja caer un paquete sobre la cubierta de un barco que se mueve en la misma dirección con una velocidad de 25 km/h. Se pretende que el paquete caiga sobre el barco, por lo que se pide la distancia horizontal del avión al barco, medida horizontalmente, a la que hay que soltar el paquete si: a) Barco y avión se mueven en el mismo sentido. b) Barco y avión se mueven en sentidos contrarios.

https://www.youtube.com/watch?v=nFMD40XrcPw&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=14

https://www.youtube.com/watch?v=41GGPv2MjMM&t=62s

https://www.youtube.com/watch?v=_oa6Uholcy8&t=90s

https://www.youtube.com/watch?v=XAjhjtnZNQQ&t=9s


Sol. a) 420,43 m; b) 483,17 m.

5.5*. Un avión que vuela horizontalmente a una altu-ra de 700 m a una velocidad de 540 km/h deja caer una bomba. Se pide: a) Instante de tiempo en el que la bomba impacta

con el suelo. b) Instante de tiempo en el que se escucha la explo-

sión en el avión.

Sol. a) 11,95 s; b) 14,24 s.

5.6*. Se lanza un proyectil desde el suelo con una inclinación de 50° sobre la horizontal. En el punto de lanzamiento se oye la explosión a los 10,44 s de haber-lo lanzado. Se pide: a) Instante de tiempo en el que el proyectil impacta

con el suelo. b) Velocidad inicial (módulo) con que se lanzó.

Sol. a) 9,38 s; b) 60 m/s.

5.7*. Desde un punto de tiro situado en el suelo lan-zamos un proyectil A (con una inclinación α = 30° so-bre la horizontal) con la intención impactar sobre un coche B que se mueve horizontalmente por la carrete-ra a una velocidad constante de 36 km/h alejándose del punto de tiro. Si inicialmente el coche se encuentra a d0 = 80 m del punto de tiro, se pide: a) Instante de tiempo en el que impactará el proyectil

con el coche. b) Velocidad inicial (módulo y vector) con que se

lanzó.

Sol. a) 3,72 s; b) 36,38 m/s; 31,51𝑖 + 18,19𝑗 (m/s).

5.8*. Desde un punto situado en el suelo lanzamos una piedra con una inclinación desconocida. Se pide la inclinación con que debo lanzar la piedra para obtener un alcance máximo cuando: a) La lanzo a una velocidad inicial de 20 m/s. b) La lanzo a una velocidad inicial genérica v0.

Sol. a) 45°; b) 45°.

5.9*. Un muchacho que se encuentra a una distancia d = 5 m de la base de un (ver figura) intenta lanzar

una pelotita a través de una ventana que está a una altura h = 7 m. La pelota debe atravesar la ventana cuando se encuentre en el punto más alto. Despre-ciando la altura inicial a la que el muchacho lanza la pelotita, se pide: a) Tiempo desde que el muchacho suelta la pelota

hasta que ésta llega al punto más alto. b) Inclinación con la que el muchacho ha de lanzar la

pelotita. c) Velocidad inicial (vector) con la que el muchacho

ha de lanzar la pelotita.

Sol. a) 1,195 s; b) 70,34°; c) 4,19𝑖 + 11,71𝑗 (m/s).

5.10. Para los siguientes casos deducir si será: movi-miento parabólico, MRUA, MRU o reposo.

a) �⃗�(𝑡) = 0⃗⃗, �⃗�0 = 3𝑖 + 4𝑗 (m/s). b) �⃗�(𝑡) = 10𝑖 − 15𝑗 (m/s2), �⃗�0 = 6𝑖 − 9𝑗 (m/s). c) �⃗�(𝑡) = 4𝑖 + 5𝑗 (m/s2), �⃗�0 = 6𝑖 + 7𝑗 (m/s).

d) �⃗�(𝑡) = 0⃗⃗, �⃗�0 = 0⃗⃗ (m/s).

e) �⃗�(𝑡) = −6𝑖 + 𝑗 (m/s2), �⃗�0 = 0⃗⃗ (m/s).

Sol. a) MRU; b) MRUA; c) Movimiento parabólico; d) Reposo; e) MRUA.

https://www.youtube.com/watch?v=uk7k_FVttZg&t=75s

https://www.youtube.com/watch?v=PoRSqs-u1ZI&t=75s

https://www.youtube.com/watch?v=NNmCe5pah8w&t=75s

https://www.youtube.com/watch?v=dDijhxR6s3w&t=253s

1.6. Movimiento Circular – pág. 1

1.6 - MOVIMIENTO CIRCULAR

Explicación en YouTube del Movimiento Circular

MOVIMIENTO CIRCULAR CASO GENERAL (MC)

Movimiento circular (MC). Decimos que una partícula sigue un movimiento circular MC cuando está en mo-vimiento y su trayectoria está contenida en una cir-cunferencia. El movimiento circular es, por tanto, un movimiento plano. En este curso estudiaremos el movimiento circular con las siguientes simplificacio-nes:

1) El eje 𝑥 se elegirá de manera que en el instante inicial la partícula esté situada sobre el propio eje 𝑥, en su parte positiva.

2) La partícula no cambiará de sentido de giro. Elegi-remos como sentido positivo para medir ángulos el sentido de giro de la partícula.

En el movimiento circular, denotaremos por 𝑣 al mó-dulo del vector velocidad (celeridad) 𝑣 ≡ |�⃗�| y por 𝑎 al módulo del vector aceleración 𝑎 ≡ |�⃗�|. Posición angular o ángulo recorrido θ. En un MC lla-mamos posición angular 𝜃 de la partícula en un instan-te al ángulo recorrido por la partícula desde los 0 s hasta ese instante. Es una magnitud escalar instantá-nea y se mide en radianes (rad) en el SI. Según la sim-plificación (1) anterior la posición angular inicial es nula; esto es, 𝜃0 = 0 𝑟𝑎𝑑. Según la simplificación (2) la posición angular es creciente.

Notar que a cada posición angular le corresponde un punto de la circunferencia; sin embargo, un mismo punto de la circunferencia es correspondido por infini-tas posiciones angulares. Por ejemplo, las posiciones angulares 0 rad, 2𝜋 rad y 8𝜋, como posiciones angula-res son distintas, pues la primera implica cero vueltas, la segunda una vuelta y la tercera cuatro vueltas; pero ambas señalan el mismo punto de la circunferencia.

Velocidad angular o velocidad de giro 𝝎. En un MC llamamos velocidad angular o velocidad de giro 𝜔 de la partícula en un instante a la derivada de la posición angular respecto del tiempo en dicho instante. Es una magnitud escalar instantánea, se mide en rad/s y da idea de lo rápido que cambia la posición angular.

𝜔𝑖 = (𝑑𝜃

𝑑𝑡)

𝑖

𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡

Se tiene que, según nuestras simplificaciones, la velo-cidad angular no puede ser negativa.

𝜔𝑖 = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝜃 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝜔𝑖 > 0 ⟹ 𝜃 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝜔 ≥ 0

Aceleración angular 𝜶. En un MC llamamos acelera-ción angular 𝛼 de la partícula en un instante a la deri-vada de la velocidad angular respecto del tiempo en dicho instante. Es una magnitud escalar instantánea y se mide en rad/s2 en el SI.

𝛼𝑖 = (𝑑𝜔

𝑑𝑡)

𝑖

𝛼 =𝑑𝜔

𝑑𝑡

Se cumple que:

|𝛼𝑖| = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝜔 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝛼𝑖 > 0 ⟹ 𝜔 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝛼𝑖 < 0 ⟹ 𝜔 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝛼 = 0 ⟺ 𝜔 = 𝑐𝑡𝑒

Versor tangente �⃗⃗� y versor normal �⃗⃗⃗�. Decimos que el versor tangente 𝜏 en un instante es el vector unitario que tiene la misma dirección y sentido que el vector velocidad en dicho instante; por tanto, es tangente a la trayectoria. Así, el versor tangente es un vector unitario cuya dirección depende de dónde se encuen-tre la partícula.

Decimos que el versor normal �⃗⃗� en un instante es el vector unitario de dirección perpendicular a la trayec-toria en dicho instante, cuyo sentido va de la partícula al centro de giro. Así, el versor normal es un vector unitario cuya dirección depende de dónde se encuen-tre la partícula. Se cumple además que el versor tan-gente y el versor normal son perpendiculares entre sí en todo momento; forman, por tanto, una base orto-normal.

https://www.youtube.com/watch?v=M3fx7YWiURs&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=28


Vector de posición �⃗⃗�. Hemos estudiado las magnitudes angulares, para las cuales no hemos necesitado el radio R de la trayectoria. Ahora estudiaremos las mag-nitudes lineales, para las que sí necesitaremos el radio. Primero presentamos las expresiones y luego las pro-baremos. Se verifica que:

𝑟 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖 + 𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗 = 0𝜏 − 𝑅�⃗⃗�𝑛

Distancia recorrida 𝒔. Sabemos que un arco de ángulo 𝜃 (en rad) y radio 𝑅 tiene una longitud 𝐿 = 𝑅𝜃. Por ello, la distancia recorrida por la partícula (desde el inicio del movimiento) según nuestro convenio (por el cual no hay cambio de sentido de giro) será igual al radio por el ángulo recorrido:

𝑠 = 𝑅 · 𝜃

Vector velocidad �⃗⃗⃗�. Se verifica que:

�⃗� =𝑑𝑟

𝑑𝑡= 𝑣𝜏 + 0�⃗⃗� donde

𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡= 𝑅 · 𝜔 = �⃗� · 𝜏

Vector aceleración �⃗�. Se verifica que:

�⃗� =𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡= 𝑎𝜏𝜏 + 𝑎𝑛 �⃗⃗� donde

𝑎𝜏 =𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑅𝛼 = �⃗� · 𝜏

𝑎𝑛 =𝑣2

𝑅= 𝑅𝜔2 = �⃗� · �⃗⃗�

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2

Recordamos que el vector aceleración mide lo rápido que cambia el vector velocidad, y que el vector veloci-dad puede cambiar al cambiar su módulo o al cambiar su dirección (para cambiar su sentido debe cambiar el módulo). Pasamos a estudiar 𝑎𝜏 𝑎𝑛 y 𝑎. Aceleración tangencial 𝒂𝝉. Como sabemos, llamamos aceleración tangencial 𝑎𝜏 de una partícula en un ins-tante a la derivada de la celeridad respecto del tiempo en dicho instante. Se mide en m/s2 y es la componente de la aceleración causante de que cambie el módulo del vector velocidad. Se verifica que es igual al produc-

to del radio de la trayectoria por la aceleración angu-lar.

𝑎𝜏,𝑖 = (𝑑𝑣

𝑑𝑡)

𝑖= 𝑅𝛼𝑖

𝑎𝜏 =𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑅𝛼

Ya sabemos que:

|𝑎𝜏,𝑖| = 𝑟𝑎𝑝𝑖𝑑𝑒𝑧 𝑐𝑜𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑣 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝜏,𝑖 > 0 ⟹ 𝑣 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝜏,𝑖 < 0 ⟹ 𝑣 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑡𝑖

𝑎𝜏 = 0 ⟺ 𝑣 = 𝑐𝑡𝑒

Aceleración normal 𝒂𝒏. Llamamos aceleración normal 𝑎𝑛 de una partícula en un instante al módulo de la celeridad al cuadrado en dicho instante dividido entre el radio de la trayectoria. Se mide en m/s2 y es la com-ponente de la aceleración causante de que cambie la dirección del vector velocidad. Por su propia defini-ción, la aceleración angular no puede ser negativa.

𝑎𝑛,𝑖 =(𝑣𝑖)2

𝑅= 𝑅 · (𝜔𝑖)2

𝑎𝑛 =𝑣2

𝑅= 𝑅𝜔2

Por ser �⃗� = 𝑎𝜏𝜏 + 𝑎𝑛 �⃗⃗� y (𝜏, �⃗⃗�) una base ortonormal, se cumple el teorema de Pitágoras, luego:

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2

Advertencia. En algunos textos llaman aceleración tangencial al vector �⃗�𝜏 = 𝑎𝜏𝜏 y llaman aceleración normal al vector �⃗�𝑛 = 𝑎𝑛�⃗⃗�, de manera que �⃗� = �⃗�𝜏 +�⃗�𝑛. Nosotros llamaremos vector aceleración tangente a �⃗�𝜏 y vector aceleración normal a �⃗�𝑛.

Ecuaciones y estrategias del MC. En un MC con nues-tras dos simplificaciones si conocemos 𝜃 = 𝜃(𝑡) y 𝑅, podemos hallarlo todo de ese MC. También vale si conocemos 𝑠 = 𝑠(𝑡) y 𝑅.

𝜃 = 𝜃(𝑡) 𝑠 = 𝑅𝜃

𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡 𝑣 = 𝑅𝜔 =

𝑑𝑠

𝑑𝑡

𝛼 =𝑑𝜔

𝑑𝑡 𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 =

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑎𝑛 = 𝑅𝜔2 =𝑣2

𝑅

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2

donde 𝑣 ≡ |�⃗�| y 𝑎 ≡ |�⃗�|


Demostración de las fórmulas. Atendiendo a la figura

(donde �⃗⃗�𝜏 es 𝜏 y �⃗⃗�𝑛 es �⃗⃗�):

𝜏 = −𝑠𝑒𝑛(𝜃)�⃗� + cos (𝜃)�⃗�; �⃗⃗� = −𝑐𝑜𝑠(𝜃)�⃗� − sen (𝜃)�⃗�

Sabemos también que: 𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡, 𝛼 =

𝑑𝜔

𝑑𝑡.

Derivemos los versores tangente y normal:

𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡= − cos(𝜃) 𝜔𝑖 − 𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝜔𝑗 = 𝜔�⃗⃗�

𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡= sen(𝜃) 𝜔𝑖 − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝜔𝑗 = −𝜔𝜏

Vamos a por el vector de posición. El vector de posi-

ción tiene módulo 𝑅, con la misma dirección y sentido

contrario que �⃗⃗�; por tanto, será 𝑟 = −𝑅�⃗⃗�. En efecto,

−𝑅�⃗⃗� tiene la misma dirección que �⃗⃗�, sentido contrario

a �⃗⃗� y módulo |−𝑅�⃗⃗�| = |−𝑅||�⃗⃗�| = 𝑅 · 1 = 𝑅.

Vamos a por el vector velocidad. El vector velocidad

tiene la misma dirección y sentido que �⃗⃗� y su módulo,

lo hemos denotado por 𝑣. Luego, �⃗� = 𝑣𝜏

Por otro lado, 𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅𝜃)

𝑑𝑡= 𝑅

𝑑𝜃

𝑑𝑡= 𝑅𝜔.

También podíamos haberlo hecho de esta forma:

�⃗� =𝑑𝑟

𝑑𝑡=

𝑑(−𝑅�⃗⃗�)

𝑑𝑡= −𝑅

𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡= −𝑅(−𝜔𝜏) = 𝑅𝜔𝜏.

Veamos que 𝑣 = �⃗� · 𝜏. En efecto,

�⃗� · 𝜏 = (𝑣𝜏) · 𝜏 = 𝑣 · (𝜏 · 𝜏) = = 𝑣 · 1 · 1 · cos(0) = 𝑣

Vamos a por el vector aceleración.

�⃗� =𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅𝜔�⃗⃗�)

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅𝜔)

𝑑𝑡𝜏 + 𝑅𝜔

𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡=

= 𝑅𝑑𝜔

𝑑𝑡𝜏 + 𝑅𝜔

𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡= 𝑅𝛼𝜏 + 𝑅𝜔2�⃗⃗�

De ahí que 𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 y 𝑎𝑛 = 𝑅𝜔2.

Por otro lado, 𝑑𝑣

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅𝜔)

𝑑𝑡= 𝑅

𝑑𝜔

𝑑𝑡= 𝑅𝛼.

Y también, 𝑅𝜔2 = 𝑅 (𝑣

𝑅)

2

=𝑅𝑣2

𝑅2 =𝑣2

𝑅.

Veamos que 𝑎𝜏 = �⃗� · 𝜏. En efecto,

�⃗� · 𝜏 = (𝑎𝜏𝜏 + 𝑎𝑛 �⃗⃗�) · 𝜏 =

= 𝑎𝜏(𝜏 · 𝜏) + 𝑎𝑛(�⃗⃗� · 𝜏) =

= 𝑎𝜏(1 · 1 · cos (0)) + 𝑎𝑛(1 · 1 · cos (90)) =

= 𝑎𝜏 · 1 + 𝑎𝑛 · 0 = 𝑎𝜏.

La prueba de 𝑎𝑛 = �⃗� · �⃗⃗� es análoga. ∎

MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME (MCU)

Movimiento circular uniforme (MCU). Llamamos mo-vimiento circular uniforme MCU a aquel MC cuya velo-cidad angular es constante a lo largo del tiempo.

𝑀𝐶𝑈 = 𝑀𝐶 + [𝜔 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0]

Las expresiones del MCU son:

𝜃 = 𝜔𝑡 𝑠 = 𝑅𝜃 = 𝑣𝑡

𝜔 =∆𝜃

∆𝑡 𝑣 = 𝑅𝜔 =

∆𝑠

∆𝑡

𝛼 = 0 𝑎𝜏 = 0

𝑇 =2𝜋

𝜔 𝑎𝑛 = 𝑅𝜔2 =

𝑣2

𝑅

𝑎 = 𝑅𝜔2 =𝑣2

𝑅

El MCU es un movimiento periódico de periodo 𝑇 =2𝜋

𝜔. En efecto, 𝑇 es el tiempo que tarda en recorrer 2

rad, luego 𝜔 = 2𝜋𝑇⁄ .

Estrategias para problemas de MCU. En un MCU con nuestras simplificaciones:

- Los parámetros del MCU son 𝜔 y 𝑅. Conocidos estos podemos hallar cualquier cosa del MCU en cuestión. También valen 𝑣 y 𝑅.

- La posición angular y la distancia recorrida son nulas en el instante inicial y siempre crecientes.

- La velocidad angular, la celeridad, la aceleración normal y el módulo de la aceleración son constan-tes y positivas.

- La aceleración angular y la aceleración tangencial son constantes y nulas.

- El vector aceleración tiene módulo constante igual

a 𝑅𝜔2 =𝑣2

𝑅, dirección perpendicular a la trayecto-

ria y sentido hacia el centro de giro.

- Es un movimiento periódico de periodo 𝑇 =2𝜋

𝜔.


MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORMEMENTE ACELERADO (MCUA)

Movimiento circular uniformemente acelerado (MCUA). Llamamos movimiento circular uniformemen-te acelerado MCUA a aquel MC cuya aceleración angu-lar es constante distinta de cero a lo largo del tiempo.

𝑀𝐶𝑈𝐴 = 𝑀𝐶 + [𝛼 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0]

Las expresiones del MCUA son:

𝜃 = 𝜔0𝑡 +1

2𝛼𝑡2 𝑠 = 𝑅𝜃 = 𝑣𝑡 +

1

2𝑎𝜏𝑡2

𝜔 = 𝜔0 + 𝛼𝑡 𝑣 = 𝑅𝜔 = 𝑣0 + 𝑎𝜏𝑡

𝛼 =∆𝜔

∆𝑡 𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 =

∆𝑣

∆𝑡


𝑅

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2

𝜔2 − 𝜔02 = 2𝛼𝜃 𝑣2 − 𝑣0

2 = 2𝑎𝜏𝑠

Estrategias para problemas de MCUA. En un MCUA:

- Los parámetros del MCUA son 𝜔0, 𝛼 y 𝑅. Conoci-dos estos podemos hallar cualquier cosa del MCUA en cuestión. También valen 𝑣0, 𝑎𝜏 y 𝑅.

- La posición angular y la distancia recorrida son nulas en el instante inicial y siempre son crecien-tes.

- La velocidad angular, la celeridad, la aceleración normal y el módulo de la aceleración no son cons-tantes y no pueden ser negativas.

- La aceleración angular y la aceleración tangencial son constantes no nulas. Si inicialmente aumenta la rapidez del movimiento, entonces 𝛼 y 𝑎𝜏 son po-sitivas. Si inicialmente frena, entonces 𝛼 y 𝑎𝜏 son negativas.

- El vector aceleración no es paralelo a la trayectoria ni perpendicular a la trayectoria. Su módulo tam-poco es constante; aumenta si 𝑎𝜏 es positiva, y disminuye si 𝑎𝜏 es negativa.

COMPONENTES INTRÍNSECAS DE LA ACELERACIÓN

Componentes intrínsecas de la aceleración. Resulta ser que estas definiciones de aceleraciones junto sus significados son válidas para cualquier movimiento plano, no solo para los movimientos circulares. La diferencia es que en los movimientos circulares el radio R es una constante del movimiento, mientras que en un movimiento plano general este radio puede ir cambiando.

La idea es como si en cada punto pudiésemos coger un trozo de la trayectoria muy pequeño que lo contuviera y buscásemos el arco de circunferencia que más se pareciese a ese trocito; el radio de ese arco sería lo que llamamos radio de curvatura del movimiento en dicho punto. Un radio de curvatura infinito significa que el movimiento es rectilíneo.

Por ejemplo, en el tiro parabólico este radio de curva-tura va cambiando. Vemos cómo en el punto de má-xima altura el radio de curvatura es menor que en cualquier otro punto de la trayectoria.

A las componentes tangencial y normal de la acelera-ción se les llaman componentes intrínsecas de la acele-ración ya que no dependen de ninguna elección de ejes 𝑥 e 𝑦, sino que sólo dependen del movimiento de la propia partícula. Con esto, damos por estudiada la interpretación geométrica del vector aceleración, que no hicimos en la sección de movimiento plano general. Tipos de movimiento según las componentes intrínse-cas de la aceleración. Se cumple lo siguiente: un mo-vimiento es MR si y solo si su aceleración normal es constante e igual a cero. Un movimiento es MRUA si y solo si su aceleración normal es constante e igual a cero y su aceleración tangencial es constante. Un mo-vimiento es MRU Si además la aceleración tangencial es constante, se trata de un MRUA. Si además la acele-ración es constante e igual a cero, se trata de un MRU.

𝑀𝑃 + [𝑎𝑛 = 0] ⟺ 𝑀𝑅

𝑀𝑃 + [𝑎𝑛 = 0] + [𝑎𝜏 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0] ⟺ 𝑀𝑅𝑈𝐴

𝑀𝑃 + [𝑎𝑛 = 0] 𝑦 [𝑎𝜏 = 0] ⟺ 𝑀𝑅𝑈

𝑀𝑃 + [𝑎𝑛 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0] 𝑦 [𝑎𝜏 = 0] ⟺ 𝑀𝐶𝑈

Demostración. Como vemos, tenemos dobles implica-ciones. Vamos a probar las implicaciones hacia la de-recha, pues las implicaciones hacia la izquierda son


sencillas y se dejan a cargo del lector interesado. Va-

mos con los casos 𝑎𝑛 = 0. Como 𝑎𝑛 =𝑣2

𝑅= 0 y esta-

mos en movimiento (𝑣 ≠ 0), significa que 𝑅 = ∞; esto es MR. Tomamos como eje 𝑥 el que tiene la misma dirección y sentido que 𝜏 en el instante inicial. Así, 𝑎𝑥 = 𝑎𝜏. A partir de aquí, a cargo del lector.

Vamos al caso 𝑎𝑛 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0 y 𝑎𝜏 = 0. Como 𝑎𝜏 = 0 y está en movimiento, entonces 𝑣 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0. Como

𝑎𝑛 = 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0, entonces 𝑣2

𝑅= 𝑐𝑡𝑒 ≠ 0. Por tanto, 𝑅 =

𝑐𝑡𝑒 ≠ 0, lo que significa MC. Como es de celeridad constante tenemos un MCU. ∎

EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1*. Una partícula sigue un movimiento circu-lar de radio 150 cm con una posición angular instantá-nea de expresión 𝜃(𝑡) = 𝑡3 + 4𝑡 (SI). Se pide:

a) Velocidad angular instantánea y aceleración angu-lar instantánea.

b) Hallar en el instante 2 s las siguientes magnitudes: posición angular, velocidad angular, aceleración angular, distancia recorrida, celeridad, aceleración tangencial, aceleración normal y módulo de la ace-leración.

Solución

Datos: MC [𝑅 = 150 𝑐𝑚 = 1,5 𝑚; 𝜃(𝑡) = 𝑡3 + 4𝑡 (SI)].

Si de un MC nos dan el radio 𝑅 y su posición angular instantánea 𝜃(𝑡), podemos hallar cualquier cosa acer-ca del movimiento. En este ejercicio así es.

Recordamos que las ecuaciones angulares (las tres de la izquierda del cuadro) son válidas para cualquier movimiento circular. Las ecuaciones lineales (las de la derecha) son válidas y tienen el significado explicado en la teoría cuando el movimiento circular verifica: (1) la posición angular inicial es nula y (2) no hay cambio de sentido de giro, que consideraremos positivo.

𝜃 = 𝜃(𝑡) 𝑠 = 𝑅𝜃

𝜔 =dθ

dt 𝑣 = 𝑅𝜔 =

𝑑𝑠

𝑑𝑡

𝛼 =dω

dt 𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 =

𝑑𝑣

𝑑𝑡


𝑅

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2

donde 𝑣 ≡ |�⃗�| y 𝑎 ≡ |�⃗�|

a)

𝜔(𝑡) =𝑑𝜃

𝑑𝑡= 𝟑𝒕𝟐 + 𝟒 (SI).

𝛼(𝑡) =𝑑𝜔

𝑑𝑡= 𝟔𝒕 (SI).

Aunque no lo piden, comprobemos que las ecuaciones lineales son válidas; esto es, que se verifican las dos simplificaciones:

𝜃0 = 03 + 4 · 0 = 0 𝑟𝑎𝑑 (1) 𝜔(𝑡) = 3𝑡2 + 4 ≥ 0 (2)

b)

Llamo 𝑡2 = 2 𝑠.

𝜃2 = 23 + 4 · 2 = 𝟏𝟔 𝒓𝒂𝒅.

𝜔2 = 3 · 22 + 4 = 𝟏𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔.

𝛼2 = 6 · 2 = 𝟏𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐.

𝑠2 = 𝑅𝜃2 = 1,5 · 16 = 𝟐𝟒 𝒎.

𝑣2 = 𝑅𝜔2 = 1,5 · 16 = 𝟐𝟒 𝒎/𝒔.

𝑎𝜏,2 = 𝑅𝛼2 = 1,5 · 12 = 𝟏𝟖 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎𝑛,2 = 𝑅𝜔22 = 1,5 · 162 = 𝟑𝟖𝟒 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎2 = √𝑎𝜏,22 + 𝑎𝑛,2

2 = √182 + 3842 = 𝟑𝟖𝟒, 𝟒𝟐 𝒎/𝒔𝟐.

Ejemplo 2. Una partícula sigue un movimiento circular de radio 0,5 m con una velocidad angular constante de 180 rpm. Se pide:

a) Posición angular instantánea, velocidad angular instantánea y aceleración angular instantánea.


c) Periodo y frecuencia. Solución

Datos: MCU [𝑅 = 0,5 𝑚;

𝜔(𝑡) = 180𝑟𝑒𝑣

𝑚𝑖𝑛·

2𝜋 𝑟𝑎𝑑

1 𝑟𝑒𝑣·

1 𝑚𝑖𝑛

60 𝑠= 18,85 𝑟𝑎𝑑 = 𝑐𝑡𝑒]

Si de un MCU nos dan el radio 𝑅 y la velocidad de giro constante 𝜔, podemos saber cualquier cosa de él. En este caso es así.

Las fórmulas del MCU son las del MC particularizadas a 𝜔 = 𝑐𝑡𝑒:

𝜃 = 𝜔𝑡 𝑠 = 𝑅𝜃

𝜔 =∆θ

∆t= 𝑐𝑡𝑒 𝑣 = 𝑅𝜔 = 𝑐𝑡𝑒

𝛼 = 0 = 𝑐𝑡𝑒 𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 = 0 = 𝑐𝑡𝑒

𝑇 = 2𝜋𝜔⁄ 𝑎𝑛 = 𝑅𝜔2 =

𝑣2

𝑅= 𝑐𝑡𝑒

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2 = 𝑎𝑛 = 𝑐𝑡𝑒

a)

https://www.youtube.com/watch?v=htRt5Ox9IgM&index=32&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K

https://www.youtube.com/watch?v=VnbGFzrPhmo&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=24


𝜃(𝑡) = 𝟏𝟖, 𝟖𝟓𝒕 (SI).

𝜔(𝑡) = 𝟏𝟖, 𝟖𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔.

𝛼(𝑡)= 𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐. b)


𝜃4 = 18,85 · 4 = 𝟕𝟓, 𝟒 𝒓𝒂𝒅.

𝜔4 = 𝟏𝟖, 𝟖𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔.

𝛼4 = 𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐.

𝑠4 = 𝑅𝜃4 = 0,5 · 75,4 = 𝟑𝟕, 𝟕 𝒎.

𝑣4 = 𝑅𝜔4 = 0,5 · 18,85 = 𝟗, 𝟒𝟐𝟓 𝒎/𝒔.

𝑎𝜏,4 = 𝑅𝛼4 = 0,5 · 0 = 𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎𝑛,4 = 𝑅𝜔42 = 0,5 · 18,852 = 𝟏𝟕𝟕, 𝟔𝟔 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎4 = √𝑎𝜏,42 + 𝑎𝑛,4

2 = 𝟏𝟕𝟕, 𝟔𝟔 𝒎/𝒔𝟐.

c)

En un MCU una partícula tarda siempre lo mismo en dar una vuelta (2π rad). Esto es así porque la velocidad de giro es constante. Al tiempo que tarda una partícu-la con MCU en dar una vuelta lo llamamos periodo 𝑇.

𝜔 =2𝜋

𝑇→ 𝑇 =

2𝜋

𝜔=

2𝜋

18,85= 𝟎, 𝟑𝟑𝟑 𝒔.

La frecuencia es el inverso del periodo. Significaría las vueltas que da una partícula con MCU en un segundo.

𝑓 =1

𝑇=

1

0,333= 𝟑 𝑯𝒛.

Ejemplo 3. Una partícula sigue un movimiento circular de radio 80 cm con velocidad angular inicial de 120 rpm y acelerando de forma constante, aumentando la velocidad de giro 6 rad/s cada segundo. Se pide:

a) Posición angular instantánea, velocidad angular instantánea y aceleración angular instantánea.


Solución

Datos: MCUA [𝑅 = 80 𝑐𝑚 = 0,8 𝑚;

𝜔0 = 120𝑟𝑒𝑣

𝑚𝑖𝑛·

2𝜋 𝑟𝑎𝑑

1 𝑟𝑒𝑣·

1 𝑚𝑖𝑛

60 𝑠= 12,566 𝑟𝑎𝑑;

𝛼(𝑡) = +6 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 = 𝑐𝑡𝑒]

La aceleración angular 𝛼 tiene signo; es positiva si gira cada vez más deprisa y es negativa si gira cada vez más despacio. En efecto, más deprisa significa que velocidad de giro y aceleración angular tienen el mismo signo. Más despacio significa que velocidad de giro y aceleración angular tienen distinto signo. Como

la velocidad de giro es positiva (o nula), se tiene la afirmación que hemos hemos.

En nuestro caso gira cada vez más deprisa, luego la aceleración angular será positiva +6 𝑟𝑎𝑑/𝑠2.

Si de un MCUA nos dan el radio 𝑅, la velocidad de giro inicial 𝜔0 y la aceleración angular constante 𝛼, podemos saber cualquier cosa de él. En este caso es así.

Las fórmulas del MCUA son las del MC particularizadas a 𝛼 = 𝑐𝑡𝑒:

𝜃 = 𝜔0𝑡 +1

2𝛼𝑡2 𝑠 = 𝑅𝜃

𝜔 = 𝜔0 + 𝛼𝑡 𝑣 = 𝑅𝜔

𝛼 =∆𝜔

∆𝑡= 𝑐𝑡𝑒 𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 = 𝑐𝑡𝑒

𝜔2 − 𝜔02 = 2𝛼𝜃 𝑎𝑛 = 𝑅𝜔2 =

𝑣2

𝑅

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2

a)

𝜃(𝑡) = 12,566𝑡 +1

26𝑡2 = 𝟏𝟐, 𝟓𝟔𝟔𝒕 + 𝟑𝒕𝟐 (SI).

𝜔(𝑡) = 𝟏𝟐, 𝟓𝟔𝟔 + 𝟔𝒕 (SI).

𝛼(𝑡)= 𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐. b)


𝜃5 = 12,566 · 5 + 3 · 52 = 𝟏𝟑𝟕, 𝟖𝟑 𝒓𝒂𝒅.

𝜔5 = 12,566 + 6 · 5 = 𝟒𝟐, 𝟓𝟔𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔.

𝛼5 = 𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐.

𝑠5 = 𝑅𝜃5 = 0,8 · 137,83 = 𝟏𝟏𝟎, 𝟐𝟔𝟒 𝒎.

𝑣5 = 𝑅𝜔5 = 0,8 · 42,566 = 𝟑𝟒, 𝟎𝟓𝟑 𝒎/𝒔.

𝑎𝜏,5 = 𝑅𝛼5 = 0,8 · 6 = 𝟒, 𝟖 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎𝑛,5 = 𝑅𝜔52 = 0,8 · 42,5662 = 𝟏𝟒𝟒𝟗, 𝟒𝟗 𝒎/𝒔𝟐.

𝑎5 = √𝑎𝜏,52 + 𝑎𝑛,5

2 = 𝟏𝟒𝟒𝟗, 𝟓𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

Ejemplo 4*. Una partícula describe una circunferencia de 4 m de radio con una velocidad constante de 2,5 m/s. En un instante dado frena con una aceleración tangencial constante de 0,5 m/s2 hasta pararse. Se pide:

a) Velocidad en rpm antes de comenzar a frenar. b) Aceleración antes de empezar a frenar. c) Aceleración angular mientras frena. d) Aceleración 2 s después de empezar a frenar. e) Tiempo que tarda en detenerse. f) Número de vueltas que da desde que comienza a

frenar hasta que se detiene del todo.

https://www.youtube.com/watch?v=VDklkAPgt74&index=26&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K

https://www.youtube.com/watch?v=ETRi1qhau-M&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=27


Solución

Datos: MCUA [𝑅 = 4 𝑚; 𝑣0 = 2,5 𝑚/𝑠;

𝑎𝜏 = −0,5 𝑚/𝑠2 = 𝑐𝑡𝑒]

Comenzamos a contar tiempos cuando comienza a frenar, por eso 𝑣0 = 2,5 𝑚/𝑠. Tomamos esta veloci-dad positiva porque en MC siempre lo hacemos así. Por eso la aceleración tangencial cuando está frenan-do será negativa, como es el caso. Como la aceleración tangencial es constante, la aceleración angular tam-bién lo es; por eso estamos ante un MCUA.

Si de un MCUA conocemos 𝑅, 𝜔0 y 𝛼, podemos saber cualquier cosa de él. En este caso aún no es así, pero sabemos

𝑣 = 𝑅𝜔 → 𝜔0 =𝑣0

𝑅=

2,5

4= 0,625 𝑟𝑎𝑑/𝑠.

𝑎𝜏 = 𝑅𝛼 → 𝛼 =𝑎𝜏

𝑅=

−0,5

4= −0,125 𝑟𝑎𝑑/𝑠2.

Ya conocemos los tres parámetros del MCUA.

a)

Antes de comenzar a frenar tenemos un MCU, pues

gira a la velocidad angular constante 𝜔0 = 0,625 𝑟𝑎𝑑

𝑠.

𝜔0 = 0,625 𝑟𝑎𝑑

𝑠·

1 𝑟𝑒𝑣

2𝜋 𝑟𝑎𝑑·

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛= 5,968 𝑟𝑝𝑚.

b)

Antes de empezar a frenar la aceleración tangencial es nula 𝑎𝜏 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠2, pues la velocidad de giro es cons-tante. 𝑎𝑛 = 𝑅𝜔0

2 = 4 · 0,6252 = 1,5625 𝑟𝑎𝑑/𝑠2.

𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛

2 = √02 + 1,56252 = 𝟏, 𝟓𝟔𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐.

c) 𝛼 = −𝟎, 𝟏𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 d)

Después de empezar a frenar es cuando tenemos el MCUA de aceleración angular 𝛼 = −0,125 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 hasta que se para por completo. Llamo 𝑡2 = 2 𝑠. Por el enunciado no parece claro si pide el módulo de la aceleración o el vector aceleración, así que calcularemos los dos.

𝑎𝜏,2 = 𝑅𝛼2 = 4 · (−0,125) = −0,5 𝑚/𝑠2.

𝜔2 = 𝜔0 + 𝛼𝑡2 = 0,625 − 0,125 · 2 = 0,375 𝑟𝑎𝑑/𝑠.

𝑎𝑛,5 = 𝑅𝜔22 = 4 · 0,3752 = 0,5625 𝑚/𝑠2.

𝑎2 = √𝑎𝜏,22 + 𝑎𝑛,2

2 = 𝟎, 𝟕𝟓𝟐𝟔 𝒎/𝒔𝟐.

�⃗�2 = 𝑎𝜏,2�⃗⃗�𝜏,2 + 𝑎𝑛,2�⃗⃗�𝑛,2 = −𝟎, 𝟓�⃗⃗⃗�𝝉,𝟐 + 𝟎, 𝟓𝟔𝟐𝟓�⃗⃗⃗�𝒏,𝟐.

Recordamos que �⃗⃗�𝜏,2 es el vector unitario que tiene la

misma dirección y sentido que �⃗�2, y que �⃗⃗�𝑛,2 es el

vector unitario que va desde la posición de la partícula en 𝑡2 hasta el centro de la circunferencia de su trayectoria.

e)

Llamo 𝑡1 al instante en el que la partícula se detiene. Por tanto, 𝜔1 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠.

𝜔0 + 𝛼𝑡1 = 0 → 𝑡1 =−𝜔0

𝛼=

−0,625

−0,125= 𝟓 𝒔.

f)

𝜃1 es el ángulo recorrido desde que comienza a frenar hasta que para del todo. Solo habrá que pasar este ángulo recorrido, que está en radianes, a vueltas.

𝜃1 = 𝜔0𝑡1 +1

2𝛼𝑡1

2 = 0,625 · 5 +1

2(−0,125)52 =

= 1,5625 𝑟𝑎𝑑.

𝜃1 = 1,5625 𝑟𝑎𝑑 ·1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎

2𝜋 𝑟𝑎𝑑= 𝟎, 𝟐𝟒𝟗 𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂𝒔.



6.1. Una rueda de 60 cm de diámetro gira a razón de 4 vueltas por segundo. Se pide: a) Velocidad angular, periodo y frecuencia. b) Velocidad tangencial de un punto situado a 20 cm

del centro de la rueda. c) Aceleración tangencial, aceleración centrípeta y

módulo de la aceleración de los puntos más aleja-dos del centro.

Sol. a) 25,13 rad/s; 0,25 s; 4 Hz; b) 5,03 m/s; c) 0 m/s2; 189,5 m/s2; 189,5 m/s2

6.2. Un ventilador gira a 320 rpm. En determinado momento se desenchufa, tardando 25 s en pararse. Se pide: a) Aceleración angular. b) Velocidad angular a los 10 s. c) Si tenía una mosca pegada en un aspa a 15 cm del

centro, ¿cuál es la aceleración (módulo) de la mos-ca a los 10 s?

Sol. a) −1,34 rad/s2; b) 20,11 rad/s; c) 60,66 m/s2.

6.3. El eje de un motor gira inicialmente a 800 rpm, descendiendo uniformemente hasta que se para por completo. Se sabe que gira a 30 rad/s después de dar 40 vueltas. Se pide: a) Aceleración angular. b) Tiempo necesario en dar 40 vueltas. c) Vueltas que da hasta que se para por completo.

Sol. a) −12,17 rad/s2; b) 4,42 s; c) 45,9 vueltas.

6.4*. Una partícula que sigue un MCUA a los 3 s ha recorrido 16,8 m y tiene una velocidad de 3,2 m/s. También se sabe que ha tardado 2,52 s en dar las tres primeras vueltas. Se pide la aceleración angular, la velocidad de giro inicial y el radio de la trayectoria.

Sol. −2 rad/s2; 10 rad/s; 0,8 m.

6.5*. Un volante de 80 cm de diámetro parte del repo-so y acelera durante 30 s hasta alcanzar una velocidad angular de 240 rpm. Después de girar minuto y medio a dicha velocidad, se aplica un freno durante 50 s hasta que el volante se para por completo. Se pide: a) Gráfica ω-t. b) Expresión instantánea de la posición angular. c) Vueltas dadas hasta que para. d) Aceleración (módulo) en la periferia 10 s después

de empezar a frenar.

Sol. a) Desde los 0 s hasta los 30 s es un segmento de recta creciente que va desde los 0 rad/s hasta los 25,133 rad/s. Desde los 30 s hasta los 120 s es un segmento de recta hori-zontal de valor constante 25,133 rad/s. De los 120 s a los 170 s es un segmento de recta decreciente que va desde los 25,133 rad/s hasta los 0 rad/s. A partir de los 170 s la veloci-dad angular es nula. b) En el SI tenemos que 𝜃 =

{

0,42𝑡2, 0 ≤ 𝑡 ≤ 30377,1 + 25,1(𝑡 − 30), 30 ≤ 𝑡 ≤ 120

2639,1 + 25,1(𝑡 − 120) − 0,25(𝑡 − 120)2, 120 ≤ 𝑡 ≤ 1703267, 170 ≤ 𝑡

}

c) 520 vueltas; d) 161,65 m/s2.

6.6**. De un MC conocemos su radio R y su posición angular instantánea θ = θ(t). Se pide obtener el vector de posición instantánea, el vector velocidad instantá-nea y el vector aceleración instantánea en función de R, θ, ω y α en la base (𝑖, 𝑗).

Sol. Tenemos en cuenta que 𝑅 es una constante pero que 𝜃

es función del tiempo, que 𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡 y que 𝛼 =

𝑑𝜔

𝑑𝑡.

𝑟 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖 + 𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗; �⃗� = −𝑅𝜔𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖 + 𝑅𝜔𝑐𝑜𝑠𝜃𝑗; �⃗� = [−𝑅𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑅𝛼𝑠𝑒𝑛𝜃]𝑖 + +[−𝑅𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑅𝛼𝑐𝑜𝑠𝜃]𝑗.

6.7*. Tres partículas A, B y C giran alrededor de la misma circunferencia, en el mismo sentido y partiendo inicialmente del mismo punto. La partícula A se mueve con MCU con velocidad angular 10 rad/s. La partícula B se mueve con MCU con velocidad angular 6 rad/s. La partícula C se mueve con MCUA partiendo del reposo y con una aceleración angular de 2 rad/s2. Se pide: a) Instantes de tiempo en los que las partículas A y B

coinciden en la misma posición, comentando qué partícula adelanta a la otra.

b) Instante de tiempo positivo en el que las partículas A y C han recorrido el mismo ángulo.

c) Instantes de tiempo en los que las partículas A y C coinciden en la misma posición, comentando qué partícula adelanta a la otra. (Este apartado es **).

Sol. a) Instantes del tipo 𝑘𝜋

4 con 𝑘 ∈ ℤ y 𝑘 ≥ 0.

b) 10 s; c) A adelanta a C en los instantes 0 s, 0.675 s, 1.475 s y 2.52 s. C adelanta a A en los instantes del tipo

10+√100+8𝑘𝜋

2 con 𝑘 ∈ ℤ y 𝑘 ≥ −3.

6.8**. Un disco de 40 cm de diámetro gira inicialmen-te a 100 rpm en sentido antihorario. Se le aplica una aceleración angular de módulo constante, que prime-ro frenará el disco para, una vez parado, hacerlo girar en sentido horario. De esta manera, a los 5 s ya gira a 6 rad/s en sentido horario. Se pide: a) Expresiones instantáneas de la posición angular,

velocidad angular y aceleración angular, todas ellas con signo, tomando como positivo el antihoriario.

b) Instante en el que el disco se para. c) Expresiones instantáneas de la posición angular,

velocidad angular y aceleración angular con el con-venio de signos de esta sección: la posición angular es el ángulo recorrido, la velocidad angular es la celeridad angular y el signo de la aceleración angu-lar nos dice si la partícula aumenta su celeridad o la disminuye.

d) Módulo de la aceleración total en la periferia del disco a los 4 s.

https://www.youtube.com/watch?v=tB8ZmkqEJ3Q&index=25&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K

https://www.youtube.com/watch?v=ITh56To6vmw&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=28

https://www.youtube.com/watch?v=d_7RrK18ZKY&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=29

https://www.youtube.com/watch?v=FqU4pGYT7uI&index=30&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K

https://www.youtube.com/watch?v=Vu6-1Z-RILk&list=PLFF3_71BY__6mne2P4mdv39eMclFMvs-K&index=31


e) Distancia recorrida por la periferia del disco desde el inicio hasta los 5 s.

Sol. a) 𝜃𝑧 = 10,472𝑡 − 1,647𝑡2 (SI) 𝜔𝑧 = 10,472 − 3,294𝑡 (SI) 𝛼𝑧 = −3,294 rad/s2. El subíndice z significa que estas magnitudes tienen signo, considerándose positivo el sentido antihorario. b) 3,18 s. c) Con el convenio de esta sección desde los 0 s hasta los 3,18 s el sentido de movimiento es antihorario; a partir de los 3,18 s el sentido de movimiento es horario. Las expresiones están en el SI.

𝜃 = {10,47𝑡 − 1,65𝑡2, ↺ 0 ≤ 𝑡 ≤ 3,18

16,65 + 1,65(𝑡 − 3,18)2, ↻ 3,18 ≤ 𝑡}

𝜔 = {10,47 − 3,29𝑡, ↺ 0 ≤ 𝑡 ≤ 3,18

−10,47 + 3,29𝑡, ↻ 3,18 ≤ 𝑡}

𝛼 = {−3,29, ↺ 0 ≤ 𝑡 ≤ 3,18+3,29, ↻ 3,18 ≤ 𝑡

}

d) 1,60 m/s2. e) 4,42 m.

6.9*. Una partícula se mueve por una circunferencia de radio 20 m con una celeridad instantánea: v = 20 – 0,2t2 (SI) hasta pararse por completa. Se pide: a) Posición angular instantánea. b) Vector de posición instantánea en la base (𝑖, 𝑗). c) Módulo de la aceleración a los 3 s. d) Vueltas que da hasta que se detiene. Nota. El apartado a) es ** y su solución es:

𝜃 = 𝑡 −1

300𝑡3 (SI).

Sol. a) 𝜃 = 𝑡 −1

300𝑡3 (SI).

b) 𝑟 = 20𝑐𝑜𝑠 (𝑡 −1

300𝑡3)𝑖 + 20𝑠𝑒𝑛(𝑡 −

1

300𝑡3)𝑗 (SI).

c) 16,56 m/s2. d) 1,06 vueltas.

6.10*. De un movimiento arbitrario nos dicen que su aceleración normal es constante en el tiempo e igual a cero. a) ¿Qué podemos decir acerca de este movimiento? b) Si además su aceleración tangencial es constante

distinta de cero, ¿qué podemos decir ahora del movimiento?

c) Si además su aceleración tangencial es constante e igual a cero, ¿qué podemos decir ahora del movi-miento?

Sol. a) MR; b) MRUA; c) MRU.

6.11*. Desde una altura de 20 m lanzamos una piedra con una velocidad inicial de 50 m/s y una inclinación de 30° sobre la horizontal. Se pide el módulo de la aceleración total, la aceleración tangencial, la acelera-ción normal y el radio de curvatura en los siguientes puntos: a) Punto de lanzamiento. b) Punto más alto. c) A los 3 s.

Sol. a) 294,57 m; b) 191,33 m; c) 194,30 m.

6.12**. Probar que en un tiro parabólico lanzado sobre la horizontal el radio de curvatura mínimo se produce en el punto más alto. Hallar dicho radio de curvatura mínimo en función de v0 y α.

Sol. 𝑅𝑚í𝑛 =𝑣0

2𝑐𝑜𝑠2𝛼

𝑔

1.7. Movimiento Relativo – pág. 1

1.7 - MOVIMIENTO RELATIVO

MOVIMIENTO RELATIVO

Idea. Hasta ahora hemos supuesto que el movimiento es absoluto, pues siempre hemos utilizado para medir-lo una referencia fija respecto la superficie terrestre. Sin embargo, sabemos que el movimiento depende de la referencia utilizada o, si se quiere, del observador que lo estudia.

Por ejemplo, supongamos que después de montar en un tren y ponerse este en marcha a 90 km/h quere-mos ir al aseo del mismo, para lo cual tenemos que andar por el tren hasta él en el mismo sentido que se mueve el tren. Supongamos que mi celeridad al andar es de 4 km/h. Alguien sentado en el tren dirá que mi celeridad es de 4 km/h, mientras que alguien sentado en un andén, fuera del tren, dirá que mi celeridad es de 94 km/h, los 90 km/h del tren más los 4 km/h a los que me muevo dentro del tren.

Así, en esta sección vamos a trabajar con referencias que no son fijas respecto la superficie terrestre. Referencia absoluta y referencia relativa. A la refe-rencia fija respecto la superficie terrestre la llamare-mos referencia fija o absoluta. La referencia absoluta estará formada por el origen fijo 𝑂 y los ejes cartesia-nos 𝑥, 𝑦. La referencia no fija respecto la superficie terrestre la llamaremos referencia móvil o relativa. La referencia relativa estará formada por el origen móvil 𝑂’ y los ejes cartesianos 𝑥’, 𝑦’. Ambas referencias tie-nen el mismo origen de tiempos.

Por un lado, el origen 𝑂’ de la referencia relativa podrá desplazarse con el movimiento que sea respecto de la referencia absoluta. Por otro lado, este curso, vamos a exigir que los ejes 𝑥’, 𝑦’ tengan en todo momento la misma dirección y sentido que los ejes 𝑥, 𝑦. Así, los vectores de la base de la referencia absoluta 𝑖 y 𝑗 coin-cidirán en todo momento con los vectores de la base de la referencia relativa, por lo que los llamaremos también 𝑖 y 𝑗. Esto simplificará mucho las cosas.

Posición del movimiento relativo. Sea una partícula y llamemos 𝑃 al punto móvil que ocupa la partícula en

cada instante. Denotamos por 𝑟𝑃 = 𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ al vector de

posición de 𝑃 respecto de 𝑂. Denotamos 𝑟𝑂′ = 𝑂𝑂′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ al vector de posición de O’ respecto de O. Denotamos

por 𝑟𝑃/𝑂′ = 𝑂′𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ al vector de posición de 𝑃 respecto

de O’. Como 𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑂𝑂′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑂′𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , se tiene que 𝑂′𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =

𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ − 𝑂𝑂′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ :

𝑟𝑃/𝑂′ = 𝑟𝑃 − 𝑟𝑂′

Velocidad del movimiento relativo. Denotamos por:

�⃗�𝑃 =𝑑𝑟𝑃

𝑑𝑡 a la velocidad de 𝑃 respecto de 𝑂.

�⃗�𝑂′ =𝑑𝑟𝑂′

𝑑𝑡 a la velocidad de 𝑂’ respecto de 𝑂.

�⃗�𝑃/𝑂′ =𝑑𝑟𝑃/𝑂′

𝑑𝑡 a la velocidad de 𝑃 respecto de 𝑂’.

Como 𝑟𝑃/𝑂′ = 𝑟𝑃 − 𝑟𝑂′ se tiene 𝑑𝑟𝑃/𝑂′

𝑑𝑡=

𝑑𝑟𝑃

𝑑𝑡−

𝑑𝑟𝑂′

𝑑𝑡.

Luego:

�⃗�𝑃/𝑂′ = �⃗�𝑃 − �⃗�𝑂′

Aceleración del movimiento relativo. Denotamos por:

�⃗�𝑃 =𝑑�⃗⃗�𝑃

𝑑𝑡 a la aceleración de 𝑃 respecto de 𝑂.

�⃗�𝑂′ =𝑑�⃗⃗�𝑂′

𝑑𝑡 a la aceleración de 𝑂’ respecto de 𝑂.

�⃗�𝑃/𝑂′ =𝑑�⃗⃗�𝑃/𝑂′

𝑑𝑡 a la aceleración de 𝑃 respecto de 𝑂’.

Como �⃗�𝑃/𝑂′ = �⃗�𝑃 − �⃗�𝑂′, se tiene 𝑑�⃗⃗�𝑃/𝑂′

𝑑𝑡=

𝑑�⃗⃗�𝑃

𝑑𝑡−

𝑑�⃗⃗�𝑂′

𝑑𝑡.

Luego:

�⃗�𝑃/𝑂′ = �⃗�𝑃 − �⃗�𝑂′

Expresiones del movimiento relativo en componen-tes. Tenemos:

𝑥𝑃/𝑂′ = 𝑥𝑃 − 𝑥𝑂′ 𝑦𝑃/𝑂′ = 𝑦𝑃 − 𝑦𝑂′

𝑣𝑥𝑃/𝑂′

= 𝑣𝑥𝑃 − 𝑣𝑥

𝑂′ 𝑣𝑦𝑃/𝑂′

= 𝑣𝑦𝑃 − 𝑣𝑦

𝑂′

𝑎𝑥𝑃/𝑂′

= 𝑎𝑥𝑃 − 𝑎𝑥

𝑂′ 𝑎𝑦𝑃/𝑂′

= 𝑎𝑦𝑃 − 𝑎𝑦

𝑂′

Relaciones entre referencias. Se verifica lo siguiente: (1) La referencia móvil está en reposo o en MRU res-pecto de la referencia fija si y solo si ambas referencias miden la misma aceleración de cualquier partícula en todo instante de tiempo. (2) La referencia móvil está en reposo respecto de la referencia fija si y solo si ambas referencias miden la misma velocidad de cualquier partícula en cualquier instante de tiempo.


�⃗�𝑂′= 𝑐𝑡𝑒 ⇔ �⃗�𝑃 = �⃗�𝑃/𝑂′

�⃗�𝑂′= 0 ⇔ �⃗�𝑃 = 𝑣𝑃/𝑂′

Demostración.

Veamos (1), pues (2) es inmediata. �⃗�𝑂′= 𝑐𝑡𝑒 ⇔

�⃗�𝑂′= 0 ⇔ �⃗�𝑃 = �⃗�𝑃/𝑂′. ∎

El movimiento absoluto no existe. Hasta ahora hemos considerado que el movimiento se puede medir de forma absoluta; por eso hemos llamado referencias fijas a las que están en reposo respecto de la superfi-cie terrestre. Sin embargo, esto no es así. Supongamos una referencia en reposo respecto del eje solar. En esta referencia se observará cómo alguien en reposo en la superficie terrestre está en constante movimien-to, tanto alrededor del eje terrestre como alrededor del Sol. Todos admitiremos que es la Tierra la que se mueve alrededor del Sol y no al revés. Sin embargo, a su vez, el Sol también tiene un movimiento de rota-ción y de traslación alrededor del agujero negro masi-vo situado en el centro de la Vía Láctea. Y podríamos continuar así. Según lo anterior, concluimos que sien-do rigurosos no tiene sentido hablar de referencias fijas y de referencias móviles, pues el movimiento siempre es relativo.

Sin perjuicio de lo anterior, como nosotros solemos medir el movimiento respecto de la superficie terres-tre, seguiremos llamando referencia fija a la que está en reposo respecto de la superficie terrestre.

EJEMPLOS RESUELTOS

Ejemplo 1. Un ciclista circula a 40 km/s y es rebasado por una motocicleta que circula a 70 km/s. Se pide:

a) Velocidad de la motocicleta respecto del ciclista. b) Aceleración de la motocicleta respecto del ciclista. Solución

Tomamos como eje 𝑥 el del movimiento del ciclista. No ponemos subíndices 𝑥 por comodidad, pero de-bemos saber que son velocidades en 𝑥.

𝑣𝐶 = +40 𝑘𝑚/ℎ; 𝑣𝑀 = +70 𝑘𝑚/ℎ.

a) ¿𝑣𝑀/𝐶?

𝑣𝑀/𝐶 = 𝑣𝑀 − 𝑣𝐶 = 70 − 40 = +𝟑𝟎 𝒌𝒎/𝒉.

Los +30 km/h se interpretan como 30 km/h en sentido positivo, esto es, en el sentido del ciclista. b) ¿𝑎𝑀/𝐶?

Podemos razonar de esta manera: para el ciclista la moto va a 30 km/h en todo instante, luego, para el ciclista, la moto tiene aceleración nula:

𝑎𝑀/𝐶 = 𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

También podemos razonar de esta otra manera: tanto el ciclista como la moto van a velocidad constante, luego: 𝑎𝑀 = 0 y 𝑎𝐶 = 0.

𝑎𝑀/𝐶 = 𝑎𝑀 − 𝑎𝐶 = 𝟎 𝒎/𝒔𝟐.

Ejemplo 2. Juan es capaz de lanzar una pelota a 90 km/h. Juan se encuentra sobre el techo de un tren en marcha que viaja a 120 km/h y lanza su pelota. Se pide:

a) Velocidad de la pelota respecto de alguien sentado en el andén si Juan la lanza en el mismo sentido de la marcha.

b) Velocidad de la pelota respecto de alguien sentado en el andén si Juan la lanza en sentido contrario al de la marcha del tren.

Solución

Tomamos como eje 𝑥 el del movimiento del tren. No ponemos subíndices 𝑥 por comodidad, pero debemos saber que son velocidades en 𝑥. Juan lanza con una celeridad de 90 km/h respecto de sí mismo; como Juan es solidario al tren, la pelota tiene una celeridad de 90 km/h respecto del tren. Las velocidades son constan-tes, luego las aceleraciones serán nulas.

𝑣𝑇 = +120 𝑘𝑚/ℎ; |𝑣𝑃/𝑇| = 90 𝑘𝑚/ℎ.

a) ¿ 𝑣𝑃 si 𝑣𝑃/𝑇 = +90 𝑘𝑚/ℎ?

𝑣𝑃/𝑇 = 𝑣𝑃 − 𝑣𝑇 → 𝑣𝑃 = 𝑣𝑃/𝑇 + 𝑣𝑇 .

𝑣𝑃/𝑇 = 90 + 120 = +𝟐𝟏𝟎 𝒌𝒎/𝒉. b) ¿ 𝑣𝑃 si 𝑣𝑃/𝑇 = −90 𝑘𝑚/ℎ?

𝑣𝑃 = 𝑣𝑃/𝑇 + 𝑣𝑇 = −90 + 120 = +𝟑𝟎 𝒌𝒎/𝒉.

Ejemplo 3. Un ascensor se eleva con una aceleración hacia arriba de 2 m/s2. Un cuerpo cae desde cierta altura por gravedad. ¿Qué aceleración tiene dicho cuerpo para alguien que viaja en el ascensor? Solución

Tomamos como eje 𝑦 el vertical hacia arriba. No po-nemos subíndices 𝑦 por comodidad, pero debemos saber que son aceleraciones en 𝑥.

𝑎𝐴 = +2 𝑚/𝑠2; 𝑎𝐶 = −𝑔 = −9,8 𝑚/𝑠2.

¿ 𝑎𝐶/𝐴? 𝑎𝐶/𝐴 = 𝑎𝐶 − 𝑎𝐴 = −9,8 − 2 = −𝟏𝟏, 𝟖 𝒎/𝒔𝟐.

Los −11,8 𝑚/𝑠2 se interpretan como que la persona que está en el ascensor percibe que el objeto tiene una aceleración de 11,8 𝑚/𝑠2 hacia abajo.


Ejemplo 4*. Sofía se deja caer desde un puente a una altura de 400 m. Sobre su vertical y desde el suelo, se lanza un proyectil con una velocidad inicial de 60 m/s. Se pide: a) Posición instantánea del proyectil respecto de

Sofía. b) Velocidad instantánea del proyectil respecto de

Sofía. c) Aceleración instantánea del proyectil respecto de

la Sofía. Solución

Tomamos como eje 𝑦 el vertical hacia arriba. No po-nemos subíndices 𝑦 por comodidad, pero debemos saber que son magnitudes con signo. Tanto Sofía co-mo el proyectil sufren un movimiento de caída libre. Recordamos que su posición instantánea es:

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑦𝑆 = 400 + 0𝑡 − 4,9𝑡2; 𝑦𝑃 = 0 + 60𝑡 − 4,9𝑡2

a) ¿𝑦𝑃/𝑆?

𝑦𝑃/𝑆 = 𝑦𝑃 − 𝑦𝑆 = = (60𝑡 − 4,9𝑡2) − (400 − 4,9𝑡2) =

= −𝟒𝟎𝟎 + 𝟔𝟎𝒕 (SI).

Significa que respecto de Sofía el proyectil está ini-cialmente 400 m por debajo de ella y asciende a una velocidad constante de 60 m/s. b) ¿ 𝑣𝑃/𝑆?

Hay dos formas de hacerlo: (1) derivar 𝑦𝑃/𝑆 respecto del tiempo. (2) Hallar la velocidad instantánea del proyectil y la velocidad instantánea de Sofía para lue-go restarlas. Lo haré de la primera forma.

𝑣𝑃/𝑆 =𝑑𝑦𝑃/𝑆

𝑑𝑡= +𝟔𝟎

𝒎

𝒔= 𝒄𝒕𝒆.

c) ¿𝑎𝑃/𝑆?

De nuevo, hay dos formas de hacerlo y lo haremos de la primera.

𝑎𝑃/𝑆 =𝑑𝑣𝑃/𝑆

𝑑𝑡= 𝟎

𝒎

𝒔𝟐 = 𝒄𝒕𝒆.

Ejemplo 5*. Desde el interior de un tren que viaja con una celeridad uniforme de 108 km/h se deja caer una piedra que inicialmente se encuentra a 2 m de altura respecto del suelo del tren. Se pide el tipo de movi-miento, el vector de posición instantánea, el vector velocidad instantánea y el vector aceleración instantá-nea de la piedra respecto de un observador sentado en el tren. Solución

¿𝑟𝑃/𝑇(𝑡); �⃗�𝑃/𝑇(𝑡); �⃗�𝑃/𝑇(𝑡)?

Tomamos como origen del andén la posición del suelo del tren en línea con la vertical donde se encuentra inicialmente la piedra. Tomamos como dirección y sentido del eje 𝑥 el del movimiento del tren.

Desde el andén veremos que la piedra tiene un movi-miento de tiro parabólico. En efecto,

(1) La posición inicial de la piedra respecto del andén es 𝑥0

𝑃 = 0 m e 𝑦0𝑃 = +2 m.

(2) Al estar libre, está sometida a la aceleración de la gravedad.

(3) Como antes de caer la piedra era solidaria al tren, inicialmente tiene la misma velocidad del tren, es-to es, 𝑣0 = 30 m/s con una inclinación de 𝛼 = 0°. Por tanto, tenemos:

𝑥𝑃 = 𝑥0𝑃 + 𝑣0cos (𝛼) · 𝑡

𝑦𝑃 = 𝑦0𝑃 + 𝑣0𝑠𝑒𝑛(𝛼)𝑡 −

1

2𝑔𝑡2

𝑥𝑃 = 30𝑡 (SI) 𝑦𝑃 = 2 − 4,9𝑡2 (SI)

Desde el andén veremos que el tren tiene MRU. En efecto,

(1) La posición inicial del tren respecto del andén es 𝑥0

𝑇 = 0 m e 𝑦0𝑇 = 0 m.

(2) El tren tiene una velocidad constante 𝑣𝑥𝑇 = +30

m/s y 𝑣𝑦𝑇 = 0 m/s. Por tanto, tenemos:

𝑥𝑇 = 𝑥0𝑇 + 𝑣𝑥

𝑇𝑡 𝑦𝑇 = 𝑦0𝑇 + 𝑣𝑦

𝑇𝑡

𝑥𝑇 = 30𝑡 (SI) 𝑦𝑇 = 0 = 𝑐𝑡𝑒 (SI)

Hecho lo anterior ya estamos en disposición de calcu-lar el movimiento de la piedra respecto del tren.

𝑥𝑃/𝑇 = 𝑥𝑃 − 𝑥𝑇 = 30𝑡 − 30𝑡 = 0 = 𝑐𝑡𝑒

𝑦𝑃/𝑇 = 𝑦𝑃 − 𝑦𝑇 = (2 − 4,9𝑡2) − 0 = 2 − 4,9𝑡2

Como se desprende de las ecuaciones, desde el tren observamos que la piedra tiene un movimiento de caída libre. Luego:

�⃗⃗�𝑷/𝑻 = 𝟎𝒊 + (𝟐 − 𝟒, 𝟗𝒕𝟐)𝒋 (SI)

�⃗⃗⃗�𝑷/𝑻 =𝒅�⃗⃗�𝑷/𝑻

𝒅𝒕= 𝟎𝒊 − 𝟗, 𝟖𝒕𝒋 (SI)

�⃗⃗⃗�𝑷/𝑻 =𝒅�⃗⃗⃗�𝑷/𝑻

𝒅𝒕= 𝟎𝒊 − 𝟗, 𝟖𝒋 = 𝒄𝒕𝒆 (SI)


7.1. Ana es capaz de nadar en una piscina a 7,2 km/h. Ana tiene que nadar del punto A al punto B con el inconveniente de que la corriente del río fluye a 0,5 m/s en sentido contrario al que debe nadar Ana. ¿Cuánto tiempo tardará Ana en recorrer esos 400 m?

Sol. 266,7 s.


7.2. Emma suele andar a 4 km/h y Paco a 6 km/h. Emma va sobre una cinta transportadora que se mue-ve a 3 km/h mientras que Paco no usa la cinta. Si tie-nen que recorrer 200 m, ¿quién llegará antes y cuánto tiempo de ventaja le sacará al otro?

Sol. Emma llega 17,1 s antes de Paco.

7.3. Desde un coche que viaja a 36 km/h un repartidor de periódicos lanza un periódico. Respecto del repar-tidor el periódico ha sido lanzado a 5 m/s, perpendicu-larmente al movimiento del coche. Se pide: a) Celeridad vp del periódico respecto de alguien

sentado en la acera. b) Ángulo φ que observa alguien sentado en la acera.

Sol. a) 11,18 m/s. b) 26,57°.

7.4*. Desde el interior de un tren que viaja con una celeridad uniforme de 172,8 km/h un niño lanza una pelota. Para los pasajeros del tren la pelota describe un movimiento parabólico de altura inicial de 1 m, con velocidad inicial de 27 km/h e inclinación de 30° sobre la horizontal. Tomando como eje 𝑥 respecto del andén el del suelo del tren con el movimiento del tren y co-mo eje 𝑦 respecto del andén el que corta con la posi-ción inicial de la pelota, se pide: a) Vector posición instantánea, vector velocidad ins-

tantánea y vector aceleración instantánea de la pe-lota respecto del andén.

b) Tipo de movimiento de la pelota visto desde el andén y valor de los parámetros que lo determi-nan.

Sol. a) 𝑟𝑃 = 54,495𝑡𝑖 + (1 + 3,75𝑡 − 4,9𝑡2)𝑗 (SI); 𝑣𝑃 = 54,495𝑖 + (3,75 − 9,8𝑡)𝑗 (SI); �⃗�𝑃 = 0𝑖 − 9,8𝑗 (m/s2) = cte. b) 𝑦𝑜

𝑃 = +1 m; 𝑣0𝑃 = 54,62 m/s; 𝛼𝑃 = 3,94°.

7.5*. La embarcación de la figura intenta cruzar el río de anchura 600 m y celeridad de la corriente 8 km/h. Cuando el río está tranquilo la embarcación viaja a 24 km/h. Tomando A como origen y sabiendo que el barco parte de A, se pide: a) Expresión instantánea de la posición del barco

respecto de la orilla en función de 𝜙. b) Tiempo que tardaría en cruzar y posición 𝑦 en la

otra orilla si fuera φ = 0°. c) Ángulo φ y tiempo que tardará si quiere ir de A a B. d) Ángulo φ y tiempo que tardará si quiere ir de A a C. e) Ángulo φ y tiempo que tardará si quiere ir de A a

D.

Sol. a) 𝑥𝐵𝑎𝑟𝑐𝑜 = 24𝑐𝑜𝑠𝜙 · 𝑡, (𝑡 en h y 𝑥 en km); 𝑦𝐵𝑎𝑟𝑐𝑜 = (24𝑐𝑜𝑠𝜙 − 8) · 𝑡, (𝑡 en h e 𝑦 en km); b) 90s; −0,2 km.

7.6*. En la figura tenemos una noria de radio 10 m y celeridad constante de 18 km/h. A su lado hay una lanzadera con movimiento de caída libre. En la posi-ción de la imagen comienza el movimiento descenden-te de la lanzadera. Se pide: a) Vector aceleración de la lanzadera respecto de la

cabina A de la noria en la posición de la imagen. b) Vector aceleración de la lanzadera respecto de la

cabina E de la noria en la posición de la imagen. c) ¿Cambiarían las aceleraciones anteriores si la noria

girase en sentido contrario al dibujado?

Sol. a) �⃗�𝐿𝑎𝑛𝑧/𝐴 = 0𝑖 − 7,3𝑗 (m/s2).

b) �⃗�𝐿𝑎𝑛𝑧/𝐸 = 2,165𝑖 − 11,05𝑗 (m/s2). c) No influye el sentido de giro de la noria en la aceleración porque la noria se mueve con MCU.

7.7**. Atendiendo a la figura del problema anterior se pide: a) Módulo de aceleración mínima de la lanzadera que

observará alguien sentado en la noria y posición angular en la que debe estar sentado.

b) Módulo de aceleración máxima de la lanzadera que observará alguien sentado en la noria y posi-ción angular en la que debe estar sentado.

Sol. a) 90° y 7,3 m/s2. b) −90° y 12,3 m/s2.

tema 1 cinemÁtica - jgvaldemora.org

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