Ejercicios de Vectores y cinemática

$[vt]=(L/T)T=L$ .

$[at]=(L/T^2)T=L/T$ .

No pueden sumarse como términos de una posición porque sus dimensiones difieren.

$72.0\,\frac{km}{h}\left(\frac{1000\,m}{1\,km}\right)\left(\frac{1\,h}{3600\,s}\right)$ .

20,0 $\mathrm{m/s}$ ; las unidades km y h se cancelan.

(8× $10^3$ )(0,75 m) ≈ 6× $10^3$ m.

6× $10^3$ está más cerca de $10^4$ que de $10^3$ en la convención de potencia de diez más próxima.

La igualdad vectorial exige la misma magnitud y la misma orientación.

Dos flechas de igual longitud pueden apuntar en direcciones distintas.

$\Delta x=\Delta r\cos32.0^\circ,\quad\Delta y=\Delta r\sin32.0^\circ$ .

$\Delta x\approx6.36\,m,\quad\Delta y\approx3.97\,m$ ; ambas son positivas por el cuadrante.

$\sqrt{6.36^2+3.97^2}$ ≈ 7,50 m.

$\vec A\cdot\vec B=2(3)+\lambda(-2)+(-1)(4)=2-2\lambda$ .

$2-2\lambda=0$ , por tanto λ = 1.

$|A+B|^2-|A-B|^2$ = 4 $\vec A\cdot\vec B$ , de modo que $\vec A\cdot\vec B$ = 0.

$\vec A\cdot\vec B=3a-2=0$ .

a = $2/3$ .

$x=-20\,m$ ubica al móvil en el lado negativo del origen.

No informa cómo cambia x ni cómo cambia v.

Recorre 10 m al ir y 6 m al regresar: distancia = 16 m.

$\Delta x=4\,m-0\,m=+4\,m$ .

v y a apuntan ambos hacia $-x$ .

Cuando tienen el mismo sentido, aumenta la magnitud $|v|$ .

$v=\frac{-4-2}{3-0}=\frac{-6}{3}=-2\,m/s$ .

La posición disminuye dos metros por segundo respecto al eje elegido.

v = 4,0 + (−1,0)(3,0) = 1,0 $\mathrm{m/s}$ .

$\Delta x$ = 4,0(3,0)+ $1/2$ (−1,0)(3,0)² = 7,5 m.

$0=12-3t$ produce t = 4 s.

$v(6)=12-18=-6\,m/s$ : ya se mueve hacia $-x$ .

La componente vertical cambia de positiva a negativa y vale cero en el instante de retorno.

La gravedad continúa: $a_{y}$ = −g durante todo el vuelo ideal.

$v(t)=v(0)+\int_0^t(2.0\,\mathrm{m/s^3})\tau\,d\tau$ .

La integral aporta (1,0 $\mathrm{m/s^3}$ ) $t^2$ , que tiene dimensión de velocidad.

$v(t)=3.0\,\mathrm{m/s}+(1.0\,\mathrm{m/s^3})t^2$ ; no se usaron ecuaciones de aceleración constante.

En la cima $v_{y}$ = 0 y $v_{x}$ permanece en 8 $\mathrm{m/s}$ .

$a_x=0,\quad a_y=-g$ en todo el vuelo ideal.

$0=11.25-\frac12(10)t^2$ produce $t^2$ = 2,25 y t = 1,5 s.

$\Delta x=v_xt=6.0(1.5)=9.0\,m$ .

Las dos componentes comparten el mismo tiempo; $a_{x}$ = 0.

Derivar cada componente conserva sus dimensiones: $v_{x}$ = 2,0 $\mathrm{m/s}$ y $v_{y}$ = (2,0 $\mathrm{m/s^2}$ )t.

Derivar de nuevo produce $a_{x}$ = 0 y $a_{y}$ = 2,0 $\mathrm{m/s^2}$ .

Su magnitud es fija, pero su dirección tangente cambia.

Cambiar el vector velocidad requiere aceleración hacia el centro.

$a_{c}$ = $v^2/R$ .

$a_c=\frac{(3.0)^2}{1.5}=6.0\,m/s^2$ , dirigida hacia el centro.

$v_{persona/suelo}=v_{persona/banda}+v_{banda/suelo}$ .

1,2+0,8 = +2,0 $\mathrm{m/s}$ .

−1,2+0,8 = −0,4 $\mathrm{m/s}$ .

$\dot r=\ddot r=0,\quad\ddot\theta=0$ .

La componente transversal se anula y la radial queda $-R\omega^2\hat r$ .

− $\hat r$ apunta hacia el origen: es la aceleración centrípeta.

La gráfica sube de 0 m a 4 m entre 0 s y 2 s, permanece horizontal hasta 5 s y baja hasta −2 m en 7 s.

Las razones $\Delta x/\Delta t$ son +2 $\mathrm{m/s}$ , 0 $\mathrm{m/s}$ y −3 $\mathrm{m/s}$ , respectivamente.

La posición no cambia entre 2 s y 5 s; ese es el intervalo de reposo.

El desplazamiento es −2 m − 0 m = −2 m. La distancia suma 4 m + 0 m + 6 m = 10 m.

Las pendientes sucesivas de la poligonal son positiva, nula y negativas. La curva cruza v = 0 en t = 7 s.

Las pendientes dan +2 $\mathrm{m/s^2}$ , 0 $\mathrm{m/s^2}$ , −2 $\mathrm{m/s^2}$ y −1 $\mathrm{m/s^2}$ .

Las áreas firmadas son 4 m, 12 m, 4 m y −2 m; por ello $\Delta x$ = 18 m.

La distancia suma los valores absolutos de las áreas: 4 m + 12 m + 4 m + 2 m = 22 m.

Después de iniciar, el sentido cambia al atravesar v = 0 en t = 7 s.

La punta queda tres unidades a la izquierda y cuatro arriba: $A_{x}$ = −3 y $A_{y}$ = +4, en el cuadrante II.

El triángulo 3–4–5 da |A| = 5.

atan2(4,−3) produce θ ≈ 126,9° desde $+x$ , equivalente a 53,1° por encima de $-x$ .

El ángulo debe quedar entre 90° y 180° porque ambas componentes sitúan el vector en el cuadrante II.

La primera flecha representa A = (4,1) y la segunda, trasladada a su punta, representa B = (−1,3).

R = (4−1, 1+3) = (3,4).

|R| = √(3²+4²) = 5.

La punta final de la construcción está tres unidades a la derecha y cuatro arriba del origen.

Los puntos conservan separación horizontal uniforme y forman una trayectoria curva.

Intervalos de tiempo iguales y separaciones horizontales iguales indican $v_{x}$ constante en el modelo ideal.

En la cima $v_{y}$ = 0, pero el vector velocidad sigue siendo horizontal si $v_{x}$ ≠ 0.

La aceleración gravitacional permanece constante y dirigida hacia abajo durante todo el vuelo.

El punto está en el primer cuadrante y el sentido de recorrido es antihorario.

La velocidad es tangente a la circunferencia y apunta en el sentido antihorario, hacia arriba y a la izquierda en ese punto.

La aceleración centrípeta es radial hacia adentro: apunta de la partícula al centro.

Las dos direcciones son perpendiculares en movimiento circular.

La resultante requerida es vertical; por tanto, la componente horizontal de la embarcación debe cancelar la corriente.

La componente oeste necesaria es 1,5 $\mathrm{m/s}$ . La componente norte vale √(2,5²−1,5²) = 2,0 $\mathrm{m/s}$ .

sin θ = 1,5/2,5 produce θ ≈ 36,9° al oeste del norte.

Al cancelarse las componentes horizontales, la rapidez respecto al suelo es 2,0 $\mathrm{m/s}$ hacia el norte.

t = 120 m/(2,0 $\mathrm{m/s}$ ) = 60 s.

La recta cruza v = 0 en t = 2 s: allí ocurre la altura máxima.

El área triangular positiva vale $1/2$ (2 s)(20 $\mathrm{m/s}$ ) = 20 m.

Entre 2 s y 4 s aparece un triángulo de área −20 m; el área algebraica total es 0 m.

La distancia suma magnitudes de ambas áreas: 20 m + 20 m = 40 m.

La rapidez aumenta linealmente, permanece constante y luego disminuye linealmente hasta cero.

Las aceleraciones son +1 $\mathrm{m/s^2}$ , 0 $\mathrm{m/s^2}$ y −1 $\mathrm{m/s^2}$ .

Los dos triángulos aportan 2 m cada uno y el rectángulo central aporta 12 m.

El desplazamiento total es 2 m + 12 m + 2 m = 16 m, positivo en la dirección elegida.

Las marcas avanzan hacia valores crecientes de x y sus separaciones son cada vez mayores.

En intervalos iguales recorre distancias mayores, por lo que la rapidez aumenta hacia $+x$ .

El aumento de una velocidad positiva implica aceleración positiva en el intervalo observado.

La figura permite una conclusión cualitativa; sin un modelo adicional no exige determinar un valor exacto de a.

Entre 0 s y 2 s, $\Delta v$ = (+2 $\mathrm{m/s^2}$ )(2 s) = +4 $\mathrm{m/s}$ ; así v(2 s) = 3 $\mathrm{m/s}$ .

Como a = 0 entre 2 s y 5 s, v(5 s) = 3 $\mathrm{m/s}$ .

Entre 5 s y 9 s, $\Delta v$ = (−1 $\mathrm{m/s^2}$ )(4 s) = −4 $\mathrm{m/s}$ ; por tanto v(9 s) = −1 $\mathrm{m/s}$ .

En el primer tramo, −1 + 2t = 0 da t = 0,5 s. En el último, 3 − (t−5) = 0 da t = 8 s.

Los dos cruces separan intervalos de movimiento hacia $-x$ , luego $+x$ y finalmente $-x$ .

La figura señala el punto superior de la trayectoria en t = 2 s; allí la tangente es horizontal.

Sustituir t = 2 s produce r(2 s) = (4 m)i + (4 m)j.

$v(t)$ = (2,0 $\mathrm{m/s}$ )i + [(4,0 $\mathrm{m/s}$ ) − (2,0 $\mathrm{m/s^2}$ )t]j; entonces v(2 s) = (2,0 $\mathrm{m/s}$ )i.

$a(t)$ = −(2,0 $\mathrm{m/s^2}$ )j durante todo el intervalo.

En ese instante la velocidad es horizontal hacia $+x$ , coherente con la tangente de la trayectoria, mientras la aceleración apunta hacia −y.

Los dígitos escritos en un resultado medido comunican su precisión.

4,50 contiene tres cifras significativas; el cero final es deliberado.

Como ambos son no nulos, |A||B| ≠ 0.

Entonces cos θ = 0 y θ = 90°.

El desplazamiento final es cero.

v̄ = $\Delta x/\Delta t$ = 0.

Si $\vec a=d\vec v/dt$ = 0, v no cambia.

Una velocidad constante no tiene por qué ser nula.

Se suma el movimiento de O respecto a P con el de P respecto a S.

Así se obtiene la velocidad de O respecto a S.

La figura inicia en x = 0 m y termina en x = −2 m.

$\Delta x$ = −2 − 0 = −2 m.

$\Delta x$ = +20 m − 2 m = +18 m.

$x_{f}$ = $x_{i}$ + $\Delta x$ = −3 m + 18 m = 15 m.

Las áreas son 2 m, 12 m y 2 m.

El desplazamiento total es 16 m.

La punta queda a la izquierda y arriba del origen.

Por tanto $A_{x}$ < 0, $A_{y}$ > 0: cuadrante II.

La velocidad es tangente.

La aceleración radial apunta hacia el centro, perpendicular a la velocidad instantánea.

[T] = L^(p+q) T^(−2q).

−2q = 1 da q = −1/2; p + q = 0 da p = 1/2.

El producto escalar es lineal en cada argumento.

A · (B + C) = A · B + A · C.

0 = 12² + 2(−3) $\Delta x$ .

$\Delta x$ = 24 m.

t = √(2h/g).

t₄ₕ/tₕ = √(4h/h) = 2.

d = |17 − 2| + |8 − 17| = 24 m.

$\Delta x$ = 8 − 2 = +6 m.

a = (24 − 0)/8,0.

a = 3,0 $\mathrm{m/s^2}$ .

t = √[2(1,25)/10] = 0,50 s.

x = $v_{x}$ t = 4,0(0,50) = 2,0 m.

$v_{persona/suelo}=v_{persona/banda}+v_{banda/suelo}$ .

v = 1,5 + 0,8 = +2,3 $\mathrm{m/s}$ .

$\Delta x$ ₁ = 18 m y $\Delta x$ ₂ = −8 m.

$\Delta x$ = 10 m; $\Delta t$ = 10 s.

v̄ = 10/10 = 1 $\mathrm{m/s}$ .

T = 2π(2)/(4π) = 1 s.

$a_{c}$ = (4π)²/2 = 8π² ≈ 78.96 $\mathrm{m/s^2}$ .

Moverse hacia $-x$ implica v < 0.

Al disminuir la magnitud de una velocidad negativa, a apunta hacia $+x$ : a > 0.