Solución Serway-Beichner

Vista previa del material en texto

__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
LL ii bb rr oo ss oo ll uu cc ii oo nn aa irr i oo 
 
FFÍÍSSIICCAA 
 
TOMO I 
 
Autores 
Raymond A. Serway 
Robert J. Beichner 
 
Editorial 
McGraw-Hill
Antonio Lázaro Morales 
Diplomado en Ciencias Empresariales 
& 
Licenciado en Marketing 
 
 
 1 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 3 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
 
 
I 
Física y medición 
 
 
 
 
 Preguntas 
 
1. Otros patrones de tiempo alternativos basados en fenómenos naturales son los siguientes: 
 
⎯ Los relojes atómicos, los cuales están basados en ondas electromagnéticas que los mis-
mos átomos emiten. 
⎯ También los pulsars son relojes astronómicos altamente regulares. 
 
2. Sabemos que la densidad varía con la temperatura y la presión. Sería necesario medir la 
masa y el volumen con precisión para usar la densidad del agua como un patrón estándar. 
 
3. Las personas tienen diferentes tamaños de las manos. Definir la unidad con precisión ser-
ía engorroso por la alta desigualdad en dichos tamaños. Por otra parte, también las personas tienen 
diferentes tamaños de pies, pero a diferencia de las manos, el tamaño promedio de los pies es más 
homogéneo y representativo. 
 
4. a) 0,3 mm; b) s 50 μ ; c) 7,2 kg 
 
5. Sólo la b) y la d). No se pueden añadir o sustraer cantidades de diferente dimensión. 
 
6. Cero dígitos. Un cálculo de orden de magnitud es exacto sólo dentro de un factor de 10. 
 
7. Si yo fuera corredor, podría correr una distancia de km por día. Desde que estoy tra-
bajando, conduzco una distancia igual a por semana. 
110
2105,2 ×
 
8. A 10 de diciembre de 2005 mi edad es de 35 años y 35 días. Por tanto, mi edad en segun-
dos es de 
 
s 10s 1011,1
día
s 86.400días )35775.12(
año
días 365años 35 99 ≈×=×+=× 
 
9. La masa de los dos volúmenes del libro de Física de los autores Serway y Beichner es del 
orden de kg. 010
 
 
 
 5 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
Problemas 
 
1. El volumen es el producto de la base por la altura, esto es 
 
 hDhrhbV ×⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=×=×=
2
2
2
ππ 
 
 La densidad del cilindro patrón (1 kg) será igual a 
 
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×== 3
3
2 kg/m 27,464.21m 1
mm 000.1
mm) (39mm) (19,5
kg 1
π
ρ
V
m 34 kg/m 102,15× 
 
2. El volumen del planeta Saturno, considerado como una esfera, es 334 rV π= . Por tanto, la 
densidad de este planeta es 
 
≈=
×
×
== 337
3
4
26
kg/m 3568,623
m) 10(6
kg 10,645
π
ρ
V
m 32 kg/m 106,23× 
 
3. El volumen del cascarón esférico es )( 3334 intext rrV −= π . La cantidad de masa que se re-
quiere para rellenar este cascaron es de 
 
[ ] ≈=−⋅== g 69,183cm) 70,5(cm) 75,5()g/cm 92,8( 33343 πρVm g 184 
 
4. Este problema es un genérico del anterior. Así pues, la masa que se requiere, de un mate-
rial con densidad ρ , para rellenar el cascarón es 
 
 ( ) =−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== 33
3
4
intext rrVm πρρ
( )
3
4π 3int
3
ext rr −ρ 
 
5. Como la masa molar del hierro es g/mol 8,55
 
 a) → 3g/cm 86,7=Feρ === 3g/cm 7,86
g 8,55
Fe
mV
ρ
3cm 7,1 
 b) En un mol hay átomos, y éstos ocupan un volumen de . Por tanto, el 
volumen de uno solo de estos átomos vale 
2310022,6 × 3cm 1,7
 
 =×=
×
= − átomo/cm 1018,1
átomos 10022,6
cm 1,7 323
23
3
)( FeátomoV /átomom 101,18
329−× 
 
 c) =×=× −− m 1028,2m 1018,1 103 329 nm 0,228 
 
 
 
 6 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
d) → 3g/cm 7,18=Uρ === 3g/cm 18,7
g 03,238
U
mV
ρ
3cm 12,73 
 En un mol hay átomos, y éstos ocupan un volumen de . Por tanto, el 
volumen de uno solo de estos átomos vale 
2310022,6 × 3cm 73,12
 
 =×=
×
= − átomo/cm 1011,2
átomos 10022,6
cm 73,12 323
23
3
)( UátomoV /átomom 102,11
329−× 
 
 =×=× −− m 1076,2m 1011,2 103 329 nm 0,276 
 
6. Vamos a llamar y a las masas de las esferas. Así pues, tenemos: 2m 1m
 
3
13
4
1 rV π= y 
3
23
4
2 rV π= 12 5mm =
 
Como las esferas son de la misma roca, ambas tendrán la misma densidad ( 21 ρρ = ). Por 
tanto, dividiendo sus densidades nos queda: 
 
21
12
1
1
2
2
1
2
Vm
Vm
V
m
V
m
==
ρ
ρ
 →
3
2
1
3
23
4
1
3
13
4
1 5
5
1 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
r
r
rm
rm
π
π
 
 
Despejando y sustituyendo los datos del problema nos queda: 2r
 
 =⋅== 3312 5cm) 50,4(5rr cm 7,69 
 
7. Las soluciones pedidas son: 
 
a) Para el Helio g/átomo 1064,6
átomos/mol 106,022
g/mol 4 24
23
−×=
×
==
A
He N
molarmasam 
 
g 106,64u 4 24−×= 
 
b) Para el Hierro g/átomo 1028,9
átomos/mol 106,022
g/mol 5,95 23
23
−×=
×
==
A
Fe N
molarmasam 
 
 
 
g 109,28u 55,9 23−×=
 
c) Para el Plomo g/átomo 1037,34
átomos/mol 106,022
g/mol 072 23
23
−×=
×
==
A
Pb N
molarmasam 
 
g 103,44u 207 22−×= 
 7 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
8. Tenemos que el número de átomos del anillo en el día de la boda y cuando han transcu-
rrido los cincuenta años. Como un mol de oro (197 g) contiene establecemos la 
siguiente proporción: 
átomos 10022,6 23×
 
g 8,3g 197
BodaA NN = → átomos 10022,6
g 197
g 8,3 23×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=BodaN 
 
g 35,3g 197
 50 añosA NN = → átomos 10022,6
g 197
g 35,3 23
 50 ×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=añosN 
 
Así pues, la pérdida de átomos será igual a 
 
átomos 1038,1
g 197
átomos 10022,6)g 35,3g 80,3( 21
23
 50 ×=
×
−=−=Δ añosBoda NNN 
 
 Este fue el desgaste en átomos durante 50 años. El promedio de desgaste por cada segundo 
es 
 
 =×××=
Δ
Δ
s86.400
día 1
días 365
año 1
años 50
átomos 1038,1 21
t
N átomos/s 108,75 11× 
 
9. Conocemos la densidad del hierro, por tanto las soluciones son: 
 
a) =×== − 363 cm) 105)(g/cm 86,7(Vm Feρ g 109,83
16−× 
 
b) 
g 1083,9g 5,95 16−×
=
NN A → átomos 10022,6
g 5,95
g 1083,9 2316 ×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
=
−
N 
 
=N átomos 101,06 7× 
 
 10. Vamos a calcular el área de la sección transversal: 
 
 232 m 104,6cm 64cm) 2cm cm)(36 (1cm) 1cm 15(2 −×==−+×=A
 
 a) La masa de la viga de 1,5 m de largo vale 
 
 =×××== − m) 106,4m 5,1)(kg/m 1056,7( 333Vm ρ kg 72,58 
 
b) 
g 580.72g 5,95
NN A = → átomos 10022,6
g 5,95
g 580.72 23×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=N 
 
=N átomos 107,82 26× 
 
 
 8 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
11. Las soluciones son: 
 
a) 
g 200.1g 81
NN A = → átomos 10022,6
g 81
g 200.1 23×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=N 
 
=N átomos 104,01 25× 
 
 b) Si la huella de dinosaurio ha dejado una cavidad de masa 1,2 kg. y la cantidad de agua en 
la tierra no ha variado, las moléculas del cubo que hayan podido estar en dicha huella se hallan me-
diante una sencilla proporción AmbosTotalCuboCubo NMNm = , ya que la masa molar del agua es invaria-
ble: 
 
=×⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
= átomos 1001,4
kg 1032,1
kg 2,1 25
21AmbosN átomos 103,65
4× 
 
12. Las dimensiones de a, b, c y s son de longitud, es decir, L. Por tanto, el análisis dimen-
sional es 
 
==⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ⋅⋅= 2 2
2
1
][ L
L
LLLr L (La resta de cantidades de igual dimensión da como resul-
tado una cantidad de la misma dimensión). 
 
La fórmula del radio es correcta. 
 
13. Las dimensiones del espacio recorrido por una partícula es Ls =][ 
 
[ ] mnmn
m
nm TLT
T
Ltkas 22][
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== (Ahora igualamos los dos miembros de la ecuación) 
 
mnmTLL 2−= → 
⎩
⎨
⎧
−=
=
mnm
20
1
 
Las soluciones son y . El valor de k es una constante, por lo que a ser adimen-
sional su valor no puede determinarse mediante este análisis. 
2=n 1=m
 
14. El análisis dimensional de la ecuación del período T es: 
 
TT
T
L
LT ==
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
= 2
2
1
2
][ 
 
 9 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 La ecuación es dimensionalmente correcta, ya que el período, efectivamente, se mide en 
unidades de tiempo. 
 
 15. Vamos a hacer el análisis dimensional a cada una de ellas: 
 
 a) → ][][][ 0 axvv +=
2211 −−− += TLLTLT 
 
 El segundo sumando del segundo miembro rompe la homogeneidad del análisis dimensio-
nal, ya que no es posible sumar cantidades de diferente dimensión. Por tanto, la ecuación es dimen-
sionalmente incorrecta. 
 
 b) )][cos(]m 2[][ kxy ⋅= →
43421
aladimension
L
LLL ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛⋅= cos 
 
 El segundo factor del segundo miembro es adimensional. Las funciones trigonométricas y 
exponenciales deben ser adimensional. Por tanto, la ecuación es dimensionalmente correcta. 
 
 16. Vamos a hacer el análisis dimensional, donde en primer lugar despejamos la constante 
G, esto es 
21
2
mm
FrG = . Las unidades SI son: 
 
kgs
m
kgkg
m
s
mkg
2
3
2
2
21
2
⋅
=
⋅
⋅
==
mm
FrG → [ ]=G
MT
L
2
3
 
 
17. Haciendo el análisis dimensional hallamos: 
 
 → [ ] ]008,0[5,1][ 2ttV += 23 008,05,1 TTL +=
 
 Para que la ecuación sea dimensionalmente correcta, las expresiones numéricas han de venir 
expresadas en 
 
 y 135,1 −= TL 23008,0 −= TL
 
 Así pues, la ecuación queda de la siguiente forma, teniendo en cuenta el consumo viene da-
do en millones de pies cúbicos: 
 
223336 )mes/ft 108(mes)/ft 105,1( ttV ×+×= 
 
 Para expresar esta ecuación en pies cúbicos y segundos, hemos de multiplicar los coeficien-
tes por el factor de conversión entre mes y segundos, esto es: 
 
 s 10592.2
día
s 86.400días 30mes 1 3×=×= 
 
 10 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
 s/ft 1079,5
 s 102.592
mes
mes
ft105,1 313
3
6 −×=
×
×× 
 
 
 239
2
32
3
3 s/ft 1019,1
 s 102.592
mes
mes
ft108 −×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×
×× 
 
 Por tanto, la ecuación definitiva del consumo de gas natural medido en pies cúbicos y se-
gundos es la siguiente: 
 
=V 22393 )/sft 10(1,19/s)ft (0,579 tt −×+ 
 
18. Aplicamos la siguiente conversión de unidades: 
 
1 pulg = 2,54 cm 
 
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ nm/s 1869,9
s/día 86.400
cm) nm/10 cm/pulg)(1 54,2(pulg/día 
32
1 -7
nm/s 9,19 
 
 Esto significa que las proteínas se agrupan en una razón de muchas capas de átomos cada 
segundo, ya que las capas se ensamblan a una rapidez de 
 
capas/s 92
nm/capa 0,1
nm/s 19,9
≈ 
 
19. Calculamos el área en pies cuadrados ( ) y usamos la conversión 1 m = 3,281 ft 2ft
 
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
= 2
2
m 4096,393.1
ft 3,281
m 1ft) ft)(150 100(Area 23 m 101,39× 
 
20. Utilizando la misma conversión que en el ejercicio anterior tenemos: 
 
a) El volumen de la clase es de: 
 
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== 3
3
3 ft 43,070.339
m 1
ft 3,281m 9.600m) m)(12 m)(20 40(Volumen 35 ft 103,39× 
 
 b) La masa de aire que hay en el cuarto vale 
 
 kg 101,24kg 384.12)m 600.9)(kg/m 29,1( 433 ×≈==⋅= aireaireaire Vm ρ
 
 El peso de esta masa de aire es de 
 
 N 101,22N 644.121)m/s kg)(9,81 1024,1( 524 ×≈=×== maP
 
 11 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 Ahora ya solo nos queda convertir a libras, esto es: 
 
 =××
N 4,448
lb 1N 101,22 5 lb 102,74 4× 
 
21. a) 7 minutos son 420 segundos, por tanto la razón es de 
 
==
s 420
gal 30r gal/s 107,14 2−× 
 
 b) Convertimos los galones primero a litros y después a metros cúbicos: 
 
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
33
cm 100
m 1
L 1
cm 000.1
gal 1
L 786,3
s 420
gal 30r /sm 102,70 34−× 
 
 c) Para completar un metro cúbico tardaríamos 
 
 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
= − s 3.600
h 1
s/m 1070,2
m 1
34
3
t h 1,03 
 
22. Usamos el factor de conversión 1 yarda = 0,9144 m 
 
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
s 86.400
día 1
yd 1
m 9144,0
días 14
quincena 1
furlong 1
yd 220
quincena
furlongs 5 m/s 108,31 4−× 
 
 Por la reducida velocidad, estimamos que pueda tratarse del caracol. 
 
23. Usamos el factor de conversión 1 milla = 1.609 m 
 
( ) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ 22
mi 1
m 609.1
acres 640
mi 1acre 1 2m 104,05 3× 
 
24. El recipiente tiene un volumen de un cuarto de galón, cuyo contenido es helado. 
. La fórmula del volumen de un cubo es . Por tanto, tenemos que: qt 1=V 3lV =
 
32
3
cm 10465,9
L 1
cm 000.1
gal 1
L 786,3
qt 4
gal 1qt) 1( ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=V 
 
 Así pues, el lado del cubo medirá 
 
 323 cm 10465,9 ×== lV → =×= 3 32 cm 10465,9l cm 9,82 
 
 
 12 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
25. La densidad está definida como el cociente entre la masa y el volumen. Por tanto, la 
densidad del plomo (Pb) es igual a: 
 
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== 3
36
3 m 1
cm 10
g 1.000
kg 1
cm 10,2
g 3,942
V
m
Pbρ
33 kg/m 1011,40× 
 
26. Una Unidad Astronómica es 1 UA = m 10496,1 11×
 
a) La distancia que recorre la luz en un año es del orden 
 
m/año 1046,9
año
días 365
día
s 86.400m/s) 103( 158 ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛× 
 
La cantidad de UA que hay en esta distancia es de 
 
≈
×
×
m/UA 101,496
m 1046,9
11
15
UA 106,32 4× 
 
b) La distancia de la tierra a la galaxia Andrómeda (M31) es . Esta distancia equi-
vale en Unidades Astronómicas a 
m 102 22×
 
≈
×
×
m/UA 101,496
m 102
11
22
UA 101,34 11× 
 
27. El número de átomos de hidrógeno que hay en el sol es 
 
=
×
×
=
kg/átomo 101,67
kg 1099,1
27-
30
N átomos 101,19 57× 
 
28. 1 milla = 1.609 m; luego los factores de conversión pedidos son: 
 
a) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
mi 1
km 1,609mi/h) (1mi/h 1 km/h 1,609 
 
b) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
mi 1
km 1,609mi/h) (55mi/h 55 km/h 88,5 
 
 c) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
mi 1
km 1,609mi/h) (65mi/h 56 km/h 104,6 
 
 El incremento de velocidad ha sido de =−=Δ km/h 5,88km/h 6,104V km/h 16,1 
 
 
 
 13 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
29. La deuda nacional es de $ 106 12×
 
 a) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
=
días 365
año 1
s 86.400
día 1
$/s 10
$ 106
3
12
t años 101,90 2× 
 
 b) La longitud de todos los billetes del total de la deuda es igual a 
 
 km 1093
cm 10
km 1
$
cm 5,15$) 106( 75
12 ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=l 
 
 Suponiendo la tierra redonda, su longitud equivale al de una circunferencia, siendo su valor 
igual a 
 
 km 104km) 378.6(22 4×=== ππ TierraTierra Rl
 
 Por tanto, el número de vueltas que se podría dar a la tierra (sobre el ecuador) poniendo los 
billetes de un dólar uno tras de otro es: 
 
 =
×
×
==
km 104
km 1093
4
7
Tierral
ln vueltas 102,32 4× 
 
30. Las soluciones son: 
 
a) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
día
s 400.86
año
días 365año) (1año 1 s 103,16 7× 
 
b) La Luna tiene un radio promedio de . Si la superficie de la luna se cubre con 
una capa de 1 metro de espesor, el incremento de volumen de la capa esférica es igual a 
m 1074,1 6×
 
 ( )32233 )()(33
3
4
3
4)(
3
4 RRRRRRRRV Δ+Δ+Δ=−Δ+=Δ πππ siendo m 1=ΔR 
 
 313 m 103,80×=ΔV
 Si cada micrometeorito tiene un volumen 31836 m 1019,4m) 10(
3
4 −− ×=π , el tiempo que har-
ía falta para cubrir la superficie de la Luna con una capa de un metro es de: 
 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
= − s 103,16
año 1
s/m 1019,4
m 1080,3
7318
313
t años 102,87 23× 
 
 
 
 
 
 14 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
31. Si se ha empleado el galón de pintura por completo, en el área pintada estará todo el ga-
lón de pintura. Por tanto, si llamamos e al espesor de la capa de pintura tenemos: 
 
33 m 1078,3 −×=× eárea → m 101512,0
m 10
m 1
m 25
m 1078,3 362
33
μμ ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×= −
−
e 
 
≈e μm 151 
 
32. La figura geométrica de una pirámide es la que se muestra en el siguiente dibujo 
 
 
Figura problema 32 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
El volumen de la pirámide es igual a 
 
 ( ) 37
2
ft 1008,9
acre
ft 43.560ft 481acres) 13(
3
1
3
1
×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== BhV 
 
 ( ) =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=
3
37
ft
m 3048,0ft 10,089V 36 m 102,57× 
 
33. El peso de la pirámide es 
 
kg 105
piedra
kg 102,50piedras) 102( 9
3
6 ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
×=Peso 
 
Como , el peso en libras será de lb 20,2kg 1 =
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×=
kg
lb 2,20kg) 105( 9Peso lb 101,1 10× 
 
 
 
 
 
 15 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
34. El radio promedio de la tierra es de . Por tanto, la superficie cubierta de 
agua será igual a: 
m 1037,6 6×
 
214262 m 1057,3m) 1037,6(4%)70(4%)70( ×=×= ππR 
 
Esta es la superficie de la tierra que está cubierta de agua. Por tanto, el volumen de agua se-
rá: 
 
318214 m 1032,1
mi
m 609.1mi) 3,2)(m 1057,3( ×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=AguaV 
 
Así pues, la masa de agua en kg será de 
 
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×= − L 1
kg 1
m 10
L 1)m 1032,1( 33
318
Aguam kg 101,32
21× 
 
35. El volumen de la presa es igual a 
 
36
2
ft 1009,1
acre
ft 3.5604)ftacres 25( ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅=PresaV 
 
Pasando los pies (ft) a unidades del SI ( 3m ) nos queda: 
 
 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×=
3
36
ft
m 0,3048)ft 1009,1(PresaV
34 m 103,08× 
 
36. Las soluciones son: 
 
a) El factor de escala (cuántos diámetros del átomo de hidrógeno representa un campo de 
fútbol americano) es: 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
=
yd
m 9144,0
m 101,06
yd 100
10-L 
11108,63× 
 
 Un campo de fútbol americano representa o equivale a veces el diámetro del 
átomo de hidrógeno. 
111063,8 ×
 Vamos ahora a calcular una relación a escala entre el diámetro del núcleo y el diámetro del 
átomo con respecto a la longitud de un campo de fútbol americano (300 pies). 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×=⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
= −
−
m 101,06
ft 300m) 1040,2( 10
15
 ,
 ,
 , ,
realÁtomo
escalaÁtomo
realNúcleoescalaNúcleo D
D
DD ft 106,79 3−× 
 
 
 
 16 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
 El diámetro del núcleo a escala en milímetros es 
 
 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛×= −
m 1
mm 1.000
ft 1
m ,30480ft) 1079,6( 3 , escalaNúcleoD mm 2,07 
 Podemos observar, a la luz de los resultados y según el modelo de escala elegido (un campo 
de fútbol americano), cuán pequeño resulta el núcleo (tan solo 0,00679 pies) en relación al diámetro 
del átomo (300 pies). 
 
 b) Comparamos los volúmenes del átomo con el núcleo, esto es 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== −
− 3
15
1033
3
3
4
3
3
4
m 1040,2
m 1006,1
Núcleo
Átomo
Núcleo
Átomo
Núcleo
Átomo
Núcleo
Átomo
D
D
R
R
R
R
V
V
π
π 13108,62× 
 
 Este el número de veces en que el volumen del átomo es más grande que el volumen del 
núcleo, correspondiente al átomo de hidrógeno. 
 
37. El factor de escala usado es: 
 
 luz m/años 105,2
luz años 100,1
m 25,0 6
5
−×=
×
=L 
 
 La distancia a Andrómeda en función de la escala utilizada es: 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
×=×=
−
luz año
m 105,2luz) años 102(
6
6Ldd realescala m 5,0 
 
38. Las soluciones son: 
 
a) Comparamos las áreas respectivas de los planetas, esto es 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
2
8
62
2
2
cm) m/100 cm)(1 1074,1(
m 1037,6
4
4
Luna
Tierra
Luna
Tierra
Luna
Tierra
R
R
R
R
A
A
π
π
13,40 
 
b) Ahora comparamos los volúmenes respectivos de los planetas, esto es 
 
 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
3
8
63
3
3
4
3
3
4
cm) m/100 cm)(1 1074,1(
m 1037,6
Luna
Tierra
Luna
Tierra
Luna
Tierra
R
R
R
R
V
V
π
π
49,06 
 
 
 
 
 
 
 
 
 17 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
39. En primer lugar vamos a calcular el peso de la esfera sólida de hierro, esto es. 
 
[ ] kg 1039,263
m
kg 1086,7cm) m/100 cm)(1 2(
3
4 3
3
3
3 −
− ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
= πhierroesferaP 
 
Para que se equilibre la balanza, el peso de la esfera de aluminio debe ser, lógicamente, el 
mismo. Por tanto, el radio de la esfera de aluminio deberá ser: 
 
kg 1039,263
m
kg 1070,2
3
4 3
3
3
3 −
− ×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
= Alaluminioesfera RP π 
 
m 1029,23 63 −×=AlR → =×=×=
−− m 1086,2m 1029,23 23 6AlR cm 2,86 
 
 40. Las masas de cada esfera son: 
 
 
3
4 3AlAl
AlAlAl
r
Vm
πρ
ρ == 
 
 
3
4 3FeFe
FeFeFe
r
Vm
πρ
ρ == 
 
 Para que las esferas se equilibren en la balanza, de brazos iguales, las masas de las esferas 
deben de coincidir. Por tanto, igualando las masas tenemos: 
 
 → FeAl mm = 3
4
3
4 33 FeFeAlAl rr πρπρ = 
 
 Despejando el radio de aluminio tenemos la solución al problema, esto es: 
 
 → 33 FeFeAlAl rr ρρ = =Alr 3
Al
Fe
Fer ρ
ρ
 
 
 41. Un cuarto, en promedio, tiene unas dimensiones de 4 metros de ancho por 4 metros de 
largo por 3 metros de altura. 
 Por otra parte, las pelotas de ping-pong tienen un diámetro medio de 0,038 m. 
 
 El volumen de la habitación y de una pelota de ping-pong son los siguientes: 
 
 3m 48m 3m 4m 4 =××=CuartoV
 
 35
3
m 1087,2
2
m 0,038
3
4 −×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= πPelotaV 
 
 
 18 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
Así pues, una persona puede rellenar un cuarto con pelotas de ping-pong en aproximada-
mente la cantidad 
 
 ≈
×
== − 35
3
m 1087,2
m 48
Pelota
Cuarto
V
V
n pelotas 101,67 6× 
 
 El número real de pelotas de ping-pong que se puedan introducir en un cuarto será mucho 
más pequeño que el calculado, debido a que habrá mucho espacio en la habitación que no pueda ser 
rellenado con pelotas (téngase en cuenta que hemos calculado el volumen de las pelotas de ping-
pong como esferas, cuando en realidad cada pelota ocupa un volumen real equivalente a un cubo de 
arista 0,038 m). 
 Así pues, un valor más aproximado es tomando el volumen de cada pelota de ping-pong 
como un cubo de arista 0,038 m. Por tanto, la estimación anteriormente calculada se reduce a: 
 
≈×= pelotas 1075,8
m) 0,038(
m 48 5
3
3
pelotas 106 
 
42. Una caja media de patatas fritas tiene unas dimensiones aproximadas de 
. Cada caja puede estar rellena de patatas fritas en unas tres cuartas 
partes de su volumen, y cada patata frita puede tener una sección cuadrada de 
 
3cm 240cm 10cm 8cm 3 =××
2cm 0,25cm 5,0cm 5,0 =×
 
 Así pues, la longitud que pueden alcanzar las patatas fritas de una típica caja de McDonald’s 
puestas una tras de otra es del orden 
 
 m 7,2cm 720
cm 25,0
cm 240
4
3
4
3
2
3
==⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
A
VL 
 
 Por tanto, los 250 millones de paquetes pueden alcanzar una longitud aproximada de 
 
 ≈×=× m 108,1m/paquete) 7,2paquetes)( 1050,2( 98 m109 
 
 Del problema 28 sabemos que la longitud de la Tierra de la circunferencia que pasa por el 
ecuador es de . Luego, con todas las ventas de paquetes de patatas fritas que McDonald’s 
vende al año, poniendo una patata frita tras de otra se podría dar la vuelta al mundo. 
km 104 4×
 
43. Una estimación razonable del diámetro de un neumático es de 0,5 m, con una circunfe-
rencia de aproximadamente 1,57 m. Así pues, el neumático podría dar 
 
 ≈×= rev 1012,5m) rev/1,57 m/mi)(1 mi)(1.609 000.50( 7 rev 108 
 
44. Una gota de lluvia es esférica y podría tener un radio de aproximadamente 0,1 in. Su 
volumen es, pues, aproximadamente . Sabemos que , luego el volumen 
de agua requerido para cubrir una profundidad de 1,0 pulgada es 
33 in 104× 2ft 43.560acre 1 =
 
 19 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 36
22
in 103,6
ft 1
in 12
acre
ft 43.560in)acre (1in) acre)(1 1( ×≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅= 
 
 Así pues, el número de gotas de lluvia requeridas será igual a 
 
 ≈×=
×
×
== 933
33
106,1
in 104
in 103,6
 
 
lluviadegotaunadevolumen
requeridoaguadevolumenn lluvia de gotas109 
 
 45. En relación a mantener la fotosíntesis, podríamos esperar que las hojas de pasto requie-
ran un área de al menos 252 ft 1043in 
16
1 −×= . El número de hojas de pasto esperadas en un cuarto 
de acre de tierra será de 
 
 ≈×=
×
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== −
7
25
2
1053,2
ft 1043
acre
ft 43.560acre) 25,0(
hoja una de Área
total Árean pasto de hojas 107 
 
46. Si dedicamos 8 horas al día para dormir y comer, nos quedan 16 horas para contar los 
billetes de un dólar. Como solamente somos capaces de contar un dólar por cada segundo, en un día 
llegaremos a contar 
 
$ 1076,5
s
$ 1
h
s 3.600h) 16( 4×=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ 
 
Por tanto, para contar los cien millones de dólares nos harán falta 
 
≈×=
×
= días 1074,1
$/día 105,76
$ 10 3
4
8
n años 5 
 
La oferta se aceptaría sin dudarlo un instante, ya que en 5 años seríamos millonarios, aunque 
eso sí, con un esfuerzo monótono considerable de hacer día tras día lo mismo (contar billetes de un 
dólar). Si empezamos con 18 años, a los 23 somos millonarios con toda una vida por delante. 
 
47. Una bañera puede tener de dimensiones 1,3 m de largo por 0,5 m de ancho y por 0,3 m 
de alto. Así pues, la mitad del volumen de la bañera es de 
 
3m 1,0m) m)(0,3 m)(0,5 3,1(
2
1
==V 
 
La masa de este volumen de agua es 
 
≈=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== − kg 100)m 1,0(m 10
kg 1 3
33Vm aguaagua ρ kg 10
2 
 
 
 20 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
La masa de este volumen la calculamos en monedas de un euro (diámetro 2,325 cm, grosor 
0,233 cm y peso 7,5 g) 
 
kg 17,758)m 1,0(
m 1
cm 10
g 10
kg 1
cm) 233,0(
2
cm 2,325
g 5,7 3
3
36
32 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
==
π
ρ Vm monedasmonedas 
 
≈monedasm kg 10
3 
 
48. Una persona media puede beber entre 2 y 3 bebidas ligeras al día. De éstas, quizás la 
mitad fueron en latas de aluminio. Por tanto, estimamos un consumo medio de una bebida en lata de 
aluminio por persona y día. La población española ronda los 40 millones de habitantes, que en un 
año consumen un total de , latas que son tira-
das o recicladas cada año. 
latas/año 101,46días/año) (365latas/día) 104( 107 ×=×
Por otra parte, una lata de aluminio pesa aproximadamente 5 g. Por tanto, el tonelaje de latas 
de aluminio que se consumen el año representa 
 
≈×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛× kg103,7
g 1.000
kg 1
lata
g 5latas/año) 10(1,46 710 Tn 105 
 
49. New York tiene una población aproximada de habitantes. Estimamos que una per-
sona de cada 100 tiene un piano. Un afinador puede servir a 1.000 pianos (4 pianos por día durante 
250 días al año; asumiendo que cada piano es afinado una vez al año). Así pues, 
710
 
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= )habitantes 10(
habitantes 100
piano 1
pianos 1.000
afinador 1 7n afinadores 102 
 
50. a) 2 cifras, b) 4 cifras, c) 3 cifras, y d) 2 cifras 
 
51. a) El área de un círculo es , luego 2rA π=
 
[ ]=+±=±= 222 m) 2,0()m 2,0)(m 5,10(2m) 5,10(m) 2,05,10( ππA 2m 13)(346 ± 
 
b) La circunferencia es rL π2= , luego 
 
=±=±= m) 2,0m 5,10(2m) 2,05,10(2 ππL m 1,3)(66 ± 
 
 
 
 
 
 
 
 
 21 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
52. a) La suma será igual a: 
 
 756,?? 
37,2? 
0,83 
2,5? 
 
 796,53 = 797 
 
 b) ≈=× 14016,13,3560032,0 1,1 (sólo dos cifras significativas) 
 
 c) ≈=× 65575071,17620,5π 17,66 (sólo cuatro cifras significativas) 
 
 53. El radio es m 10)20,050,6(cm )20,050,6( 2−×±=±=r
 
 La masa es kg )02,085,1( ±=m
 
 La fórmula de la densidad viene medida por 
3
3
4 r
m
π
ρ = 
 
 Al ser la densidad una medida indirecta, es decir, en su cálculo intervienen dos cantidades, 
la masa y el volumen mediante un cociente, el error relativo máximo cometido se determina 
 
 
V
dV
m
dmd
+=
ρ
ρ → 
r
dr
m
dmd 3
+=
ρ
ρ 
 
 El valor de la densidad es 33
32
kg/m 1061,1
m) 1050,6(
3
4
kg 85,1
×≈
×
=
−π
ρ 
 
 103,0
50,6
)2,0(3
85,1
02,0
=+=
ρ
ρd → 3333 kg/m 1017,0)103,0)(kg/m 1061,1( ×≈×=ρd
 
y la medida final es =± ρρ d 33 kg/m 100,17)(1,61 ×± 
 
54. a) 3 cifras, b) 4 cifras, c) 3 cifras, y d) 2 cifras 
 
55. La distancia alrededor del rectángulo es m 115,88m )5,195,1944,3844,38( =+++ 
 
Esta respuesta debe ser redondeada a 115,9 m dado que la medida del lado más corto es el 
que menos decimales aporta (tan solo uno). 
 
 
 
 
 
 22 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
56. La siguiente figura ilustra gráficamente el problema. La alberca es el hueco blanco del 
rectángulo, y el andador la parte sombreada en gris. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura problema 56 
 
 El volumen es )(222 2121 VVVVV +=+= 
 
 31 m 70,1m) m)(0,09 m)(1,0 1,0m 1,0m 0,17( =++=V
3
2 m 9,0m) m)(0,09 m)(1,0 0,10( ==V 
 
=+=+= )m 9,0m 70,1(2)(2 3321 VVV
3m 5,20 
 
Al ser el volumen una medida indirecta, es decir, en su cálculo intervienen tres cantidades, la 
longitud l, el ancho w y el espesor t mediante un producto, el error relativo máximo cometido se 
determina 
 
 
t
dt
w
dw
l
dl
V
dV
++= → ≈=++++= 027,0
0,9
1,0
0,1
01,0
19
)01,001,01,0(
V
dV % 2,7 
 
 La incertidumbre en el volumen calculado está en % 7,2± 
 
La medida final es =± dVV 3m 0,14)(5,20 ± 
 
57. Deseamos encontrar una distancia x tal que se cumpla la siguiente ecuación: 
 
x
x m 000.1
m100
= 
 
 La distancia x es el mismo múltiplo de 100 m como el múltiplo de 1.000 m es de x. 
 
 → 252 m 10=x ≈== 2277,316m 10 25x m 316 
 
 
 
 
 
 
 
 
 23 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
58. El volumen de aceite es igual a 
 
310
3
7
m 1080,9
kg/m 918
kg 1000,9 −− ×=×==
Aceite
Aceite
mV
ρ
 
 
Este es el volumen que ocupa la gota de aceite esparcida en el círculo de 0,418 m. Si las mo-
léculas de aceite se esparcen uniformemente, el espesor d del circulo será precisamente el espesor 
de una molécula. Por tanto, este valor es 
 
ÁreadVAceite ×= → ≈
×
=
−
2
310
m) 418,0(
m 1080,9
π
d m 101,79 9−× 
 
59. Para conocer la superficie total de las N gotas esféricas tenemos que multiplicar el nú-
mero de gotas que caben en los 30 cm3 de gasolina por la superficie de una sola de estas gotas esfé-
ricas. Analíticamente, el planteamiento es el siguiente: 
 
r
V
r
r
V
A
V
V
NAA TotalTotalGota
Gota
Total
GotaTotal
3
4
3
4
2
3
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== π
π
 
 
≈
×
×
= −
−
m 1000,2
)m 100,30(3
5
36
TotalA
2m 4,50 
 
60. Vamos a plantear el problema de manera que hemos de encontrar aquel ángulo α ma-
yor que cumpla 
 
%0,10100 <×−
α
αα
sen
sentg 
 
 'α α αtg αsen Diferencia 
 15,0 
20,0 
22,0 
24,0 
24,2 
24,4 
24,5 
24,6 
24,7 
0,2618 
0,3491 
0,3840 
0,4189 
0,4224 
0,4259 
0,4276 
0,4294 
0,4311 
0,2679
0,3640
0,4040
0,4452
0,4494
0,4536
0,4557
0,4578
0,4599 
0,2588
0,3420
0,3746
0,4067
0,4099
0,4131
0,4147
0,4163
0,4179 
3,53 
6,42 
7,85 
9,46 
9,63 
9,81 
9,89 
9,98 
10,07 
 
 
La solución es 24,6º. 
 
 
 
 
 24 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
61. Conocemos la longitud de la circunferencia del estanque 15,0 m. Por tanto, el radio vale 
 
m 39,2
2
==
π
lr 
 
El esquema gráfico del problema puede verse en la siguiente figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura problema 61 
 
De esta figura deducimos que 
r
h
=º55 tan → º55tan⋅= rh 
Así pues, la altura de la fuente es de 
 
≈= º55tanm) 39,2(h m 3,41 
 
62. a) Las dimensiones del área son y la de la altura 2][ LA = Lh =][ . Como el volumen de 
la figura está dado como , sus dimensiones serán: AhV =
 
32]][[][ LLLhAV =⋅== 
 
Por tanto, la ecuación es dimensionalmente correcta, puesto que las dimensiones del volu-
men son . 3][ LV =
 
b) AhhrhrV
Área
Cilindro === 321 )(
22 ππ
 
{ AhhlwlwhV
Área
Caja === )( , siendo l la longitud y w el ancho de la caja 
 
63. El número de segundos quetiene un año es 
 
s 600.557.31
h
s 600.3
día
h 24
año
días 365,25año) 1( =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ 
 
 
 25 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
El porcentaje de error en la aproximación es de: 
 
≈×
−× %100
s600.557.31
|s 600.557.31s 10| 7π 0,449% 
 
64. El esquema gráfico del problema es el que se muestra a continuación: 
 
 
d 
L 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si los átomos residen en cubos de arista 0,200 nm, la distancia entre los centros de los áto-
mos es . nm 200,0=L
Del gráfico podemos ver que el espacio entre los planos diagonales d es la mitad de la dis-
tancia diagonal entre los centros de átomos adyacentes diagonales (línea de color rojo). Esta diago-
nal se puede calcular por el teorema de Pitágoras, es decir, 22 LLLdiag += . Así pues, los átomos 
están separados por una distancia , mientras que los planos diagonales lo están en nm 200,0=L
 
=×≈
×
=+= −
−
nm 1041,1
2
nm) 10200,0(2
2
1
2
10
29
22 LL
Ldiag nm 0,141 
 
65. La rapidez del champú es ocupar un volumen a una velocidad de . Por tan-
to, la rapidez con la que se eleva el nivel de la botella será: 
s/cm 5,16 3
 
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
4
 :
 
2DÁrea
ovolumétricflujoRatiov
π
 
 
 a) ==
4
cm) 30,6(
s/cm 5,16
2
3
π
v cm/s 0,529 
 26 
__________________________________________ CAPITULO 1 Física y medición 
 
b) ==
4
cm) 35,1(
s/cm 5,16
2
3
π
v cm/s 11,5 
 
66. El área que cubre el plato es 2
22
cm 415
4
cm) 0,23(
4
===
ππDA 
 
Si llamamos t al espesor, el volumen que ocupa la melaza en el plato será , el cual de-
berá ser igual a . Así pues, el espesor vale 
At ×
3cm 0,12
 
32 cm 0,12)cm 415( =t → =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= − m 10
m 1
cm 10
m 1
cm 154
cm 0,12
622
3 μt m 289 μ 
 
67. Vamos a calcular el consumo anual de combustible para cada consumo promedio, esto 
es 
 
gal/año 105
mi/gal 20
coche)mi/año coches)(10 10( 1048
mpg 20 ×=
⋅
=V 
 
gal/año 104
mi/gal 25
coche)mi/año coches)(10 10( 1048
mpg 25 ×=
⋅
=V 
 
Por tanto, el combustible que se ahorraría es: 
 
=−= || mpg 20mpg 25 VVecombustiblAhorro gal/año 101
10× 
 
68. a) Un metro cúbico de agua tiene una masa 
 
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
==
−
)m 1(
m
cm 10
cm 1
kg 1000,1 3
3
36
3
3
Vm ρ kg 103 
 
c) Haciendo un cálculo aproximado, trataremos a cada elemento como si fuera 100% agua. 
 
Para la célula tenemos: 
 
≈⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛==
3
6
3
3
3
33
m 10
m 1
6
m) 1(
m 1
kg 10
6
1
3
4
μ
μππρπρρ DrVm kg 105,2 16−× 
 
Para el riñón humano tenemos: 
 
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛==
3
2
3
3
3
3
cm 10
m 1
3
cm) 4(4
m 1
kg 10
3
4 ππρρ rVm kg 0,27 
 
 27 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
Para la mosca tenemos: 
 
3
3
2
3
3
2
mm 10
m 1
4
mm) 0,4(mm) 0,2(
m 1
kg 10
4
1)( ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛===
ππρρρ hDhAVm 
 
≈m kg 101,3 5−× 
 
69. El volumen de la galaxia es de 
 
36136019
221
2 m 10m 1085,7m) 10(
2
m 10
≈×=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= ππ tr 
 
Si la distancia entre estrellas es de , entonces cada estrella ocupa un volumen 
igual a 
m 104 16×
 
350349316 m 10m 104,6m) 104( ≈×=× 
 
 Por tanto, el número de estrellas en la Vía Láctea es 
 
 ≈=
estrella/m 10
m 10
350
361
N estrellas 1011 
 
 70. La densidad de cada material es de 
hD
m
hr
m
V
m
22
4
ππ
ρ === 
 
 
Al: == cm) 75,3(cm) 52,2(
g) 5,51(4
2π
ρ 3g/cm 2,75 El valor de la tabla es 
3g/cm 70,2 
Un 1,85 % más pequeño. 
 
 
Cu: == cm) 06,5(cm) 23,1(
g) 3,56(4
2π
ρ 3g/cm 9,36 El valor de la tabla es 
3g/cm 92,8 
Un 4,70 % más pequeño. 
 
 
Latón: == cm) 69,5(cm) 54,1(
g) 4,94(4
2π
ρ 3g/cm 8,91 
 
Sn: == cm) 74,3(cm) 75,1(
g) 1,69(4
2π
ρ 3g/cm 7,68 
 
Fe: == cm) 77,9(cm) 89,1(
g) 1,216(4
2π
ρ 3g/cm 7,88 El valor de la tabla es 
3g/cm 86,7 
Un 0,25 % más pequeño. 
 
 
 28 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 29 
 
II 
Movimiento en una dimensión 
 
 
 
 
 Preguntas 
 
1. El tipo de movimiento que estamos buscando es aquel en el que el móvil mantiene siem-
pre la misma velocidad instantánea en todo el recorrido, es decir, la velocidad es constante y el des-
plazamiento varía linealmente con el tiempo. 
 Analíticamente la respuesta sería: 
 
 El desplazamiento del móvil es BAtx += 
 
 La velocidad media es =
−
−
=
−
+−+
=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
if
if
if
if
x tt
ttA
tt
BAtBAt
tt
xx
t
xv
)()(
A 
 
 La velocidad instantánea =+==
dt
BAtd
dt
dxvx
)( A 
 
 Sólo en este caso, velocidad constante en todo el recorrido (velocidad igual a A) la velocidad 
instantánea y velocidad media coinciden. 
 
2. No se puede asegurar. Si la velocidad media es distinta de cero tenemos que 
 
 0≠
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
x tt
xx
t
xv → if xx ≠ 
 
 Al ser la velocidad media distinta de cero podemos asegurar que las posiciones final e inicial 
del móvil son distintas; por tanto, ha habido un desplazamiento. Sin embargo, la velocidad media no 
nos dice nada acerca de cómo ha sido este desplazamiento. 
 Por ejemplo, consideremos a un corredor. Su velocidad media sería simplemente la longitud 
recorrida dividida entre el tiempo que tardó el corredor en completar esta longitud. Si el corredor se 
para a lo largo de la carrera para atarse sus zapatillas, entonces su velocidad instantánea en este 
momento sería cero. 
 
3. Asumimos que el objeto se mueve a lo largo de una línea recta. Si la velocidad media es 
cero, entonces 
 
 0=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
x tt
xx
t
xv → if xx = 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 30 
La posición final e inicial del objeto es la misma. Por tanto, no existe desplazamiento. El ob-
jeto podría estar estacionario durante el intervalo. Sin embargo, si primeramente se está moviendo 
hacia la derecha, debe más tarde moverse hacia la izquierda para regresar al punto de partida. La 
velocidad instantánea debe ser cero precisamente en el punto de retorno o regreso. 
Por ejemplo, consideremos un lanzamiento vertical hacia arriba de una moneda. Su represen-
tación gráfica es la siguiente: 
 
 
En ella observamos que el lanzamiento parte desde el suelo ( 0=ix ), asciende hacia arriba 
hasta que su velocidad se hace cero en el punto de máxima altura 0t . A partir de este punto, la velo-
cidad cambia de signo y la moneda cae hacia el suelo, volviendo al mismo punto de donde partió. 
 
4. Sí es posible una situación en el que la velocidad y la aceleración tengan signos opuestos. 
Consideremos el lanzamiento de una pelota linealmente hacia arriba. 
 Como la pelota sube, su velocidad es positiva ( 0>yv ), mientras que su aceleración está en 
dirección descendente ( 0<−= gay ). La gráfica de este modelo es la siguiente: 
 
 
 
 La aceleración es la pendiente de la gráfica de la velocidad con respecto al tiempo, siendo 
esta pendiente negativa en todo momento, aun cuando la velocidad sea positiva. 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 31 
5. Si la velocidad de una partícula no es cero, significa que ésta esta en movimiento. Si la 
aceleración es cero, la velocidad de la partícula no cambia, es decir, la velocidad es constante. 
 
6. Si usted deja caer una galleta desde el reposo ( 0=yv ), entonces su aceleración no es ce-
ro, debido a la gravedad. Un error muy común es pensar que inmediatamente después de que la ga-
lleta es lanzada, ambos, velocidad y aceleración son cero. Si la aceleración fuera cero, entonces la 
velocidad no cambiaría, y la galleta se quedaría flotando en reposo en medio del aire (algo física-
mente imposible). 
 
7. No. Si un objeto tiene una aceleración constante: a) Su velocidad se incrementará lineal-
mente en el tiempo si el sentido de la velocidad es el mismo que elde la aceleración, o b) Si la ve-
locidad tiene sentido contrario al de la aceleración, llegará un punto en el que el objeto se detendrá 
y cambiará el sentido de su velocidad al mismo sentido que el de la aceleración. 
 
Así pues, para que un objeto con Cteax = se detenga y permanezca detenido, debe de actuar 
una fuerza sobre él de igual magnitud y dirección que se oponga a su movimiento, haciendo que su 
aceleración sea cero. 
 
8. La posición sí depende del sistema de coordenadas original. Por ejemplo, asumimos que 
la azotea está a 20 m de altura y que la piedra alcanza una altura máxima de 10 m sobre la azotea. Si 
el origen de coordenadas lo tomamos en la azotea, diremos que la altura máxima alcanzada por la 
piedra sería de 10 m; sin embargo, si el origen de coordenadas lo tomamos en la parte baja del edi-
ficio, diremos que la altura máxima alcanzada por la piedra es de 30 m. 
 
Por otra parte, la velocidad es independiente del origen del sistema de coordenadas. Esto es 
así, ya que la velocidad instantánea se mide la pendiente de la recta tangente a la curva de posición 
del móvil, de ahí que la elección del origen de coordenadas sea arbitrario. 
 
9. Las velocidades finales de las pelotas cuando llegan al suelo son iguales. Después de que 
la primera pelota alcance su máxima altura y caiga de regreso hacia abajo, pasará al estudiante, y lo 
hará con una velocidad inicial igual a yiv− (nótese el signo negativo como descendente). Esta velo-
cidad es la misma que la velocidad inicial con la que es lanzada la segunda pelota. Así pues, ambas 
pelotas caen con la misma velocidad inicial y desde la misma altura, por lo que sus velocidades de 
impacto contra el suelo serán igualmente iguales. 
 
10. La magnitud de la velocidad instantánea puede ser mayor, menor o igual a la velocidad 
promedio del objeto. 
Por ejemplo, consideremos el caso de un móvil que recorre una distancia de 125 m partiendo 
del reposo y con una aceleración constante de 2m/s 10=xa . La gráfica de la velocidad en función 
del tiempo es la siguiente: 
 
 
 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 32 
 
Función de velocidad
0,00
10,00
20,00
30,00
40,00
50,00
60,00
v (t)
v (media)
 
 
 El móvil tarda 5 s en llegar a su destino y lo hace con una velocidad final m/s 50=xfv (véa-
se línea roja en el gráfico, que representa la velocidad instantánea del móvil). 
 Como la aceleración es constante ( 2m/s 10=xa ), la velocidad media es igual a 
 
 m/s 25
2
m/s )500(
2
=
+
=
+
= xfxix
vv
v 
 
 Esta velocidad media se representa mediante una línea azul oscuro en el gráfico. Observe 
como el desplazamiento (área encerrada bajo la curva velocidad en función del tiempo) es el mismo 
tanto para la velocidad instantánea como para la velocidad media, esto es, 125 m (desplazamiento 
del móvil). 
 Así pues, vemos como: 
 
⎯ xx vv < para 5,20 <≤ t 
⎯ xx vv = para 5,2=t 
⎯ xx vv > para 55,2 ≤< t 
 
En general, en todos los movimientos en una dimensión, la velocidad instantánea oscilará 
por encima y por debajo de la magnitud de la velocidad media. 
 
11. Si la velocidad media es cero, entonces 
 
 0=
−
−
=
Δ
Δ
=
if
if
x tt
xx
t
xv → if xx = 
 
La posición final e inicial del objeto es la misma. Por tanto, no existe desplazamiento 
 
1 S 3 S 5 S 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 33 
12. Suponemos que la planta comienza con una longitud inicial ix . Además, la planta du-
plica su altura con respecto a la altura de la semana anterior. Por tanto, la función de crecimiento de 
la planta, expresando el tiempo en semanas, es 
 
⎯ Semana 0: ixx =0 
⎯ Semana 1: ixxx 22 01 == 
⎯ Semana 2: ixxx
2
12 22 == 
⎯ Semana 3: ixxx
3
23 22 == , y así sucesivamente. 
 
Podemos observar que la función de crecimiento obedece a la expresión i
t
t xx 2= , siendo t 
el tiempo medido en semanas. 
Al final del día 25 la planta tiene la altura h de un edificio. Pasamos los 25 días en unidades 
de semanas, esto es: 
 
semanas 
7
25
adías/seman 7
días 25
= 
 
Al final del día 25 la altura de la planta será: 
 
hxx i ==
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
7
25
7
25 2 → 
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
7
25
2
hxi 
 
Ya hemos relacionado la altura inicial de la planta con la altura del edificio. Ahora ya sólo 
nos resta encontrar aquel valor de t para el cual la altura de la planta es un cuarto del edificio, esto 
es: 
 
4
22 7
25 hhxx
t
i
t
t ===
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
 → 12
2
7
25
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +−t
 → 02
7
25
=+−t 
 
 La solución a esta última ecuación es == semanas 
7
11t días 11 
 
Al final del undécimo día la planta tomará una altura equivalente a un cuarto del edificio. 
 
 13. No necesariamente. Es cierto que la aceleración del coche A podría ser más grande que 
la del coche B. Pero también podrían tener ambos coches aceleración cero o iguales aceleraciones. 
 Por ejemplo, supongamos que el coche B, debido al tráfico, tiene una velocidad inferior a la 
del coche A ( xBxA vv > ), pero el coche B para ganar velocidad empieza a acelerar con una acelera-
ción superior a la del coche A ( xBxA aa < ) o incluso igual ( xBxA aa = ). 
 
14. Una vez que los objetos se sueltan de la mano, éstos caen caída libre, siendo la acelera-
ción hacia la superficie de la tierra la misma que la aceleración de la gravedad, es decir, gay −= . 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 34 
15. Las soluciones son: 
 
a) El coche está viajando y acelerando hacia el este. 
b) El coche está viajando hacia el este, pero está reduciendo su velocidad debido a que está 
frenando. 
c) El coche está viajando hacia el este con velocidad constante. 
d) El coche está viajando hacia el oeste, pero está reduciendo su velocidad debido a que es-
tá frenando. 
e) El coche está viajando y acelerando hacia el oeste. 
f) El coche está viajando hacia el oeste con velocidad constante. 
g) El coche está parado, pero comienza a moverse hacia el este. 
h) El coche está parado, pero comienza a moverse hacia el oeste. 
 
16. El guijarro se suelta desde el reposo. Por tanto, llamando h a la altura del pozo y eli-
giendo la orilla del pozo como el sistema de referencia inercial, la expresión que nos permite calcu-
lar su altura (no tenemos en cuenta la velocidad del sonido) es 
 
2
2
1 gth = → ≈= 22 s) 16)(m/s 81,9(
2
1h m 1.256 
 
17. La expresión tx ΔΔ / expresa la rapidez promedio en el espacio, es decir, cuál es la dis-
tancia recorrida por unidad de tiempo (desplazamiento espacial por unidad de tiempo). Si calcula-
mos el recíproco de esta expresión obtenemos xt ΔΔ / , que nos viene a decir, en promedio, la rapi-
dez temporal, es decir, el tiempo necesario que ha de transcurrir para que el objeto de medida en 
cuestión se desplace una unidad de longitud (desplazamiento temporal por unidad de longitud). 
Por ejemplo, las placas continentales se desplazan a una velocidad de cm/año 5 , la misma 
con la que crecen las uñas de las manos. Por tanto, la “lentitud” será de: 
 
años/cm 2,0
cm 5
año 1
==
Δ
Δ
x
t 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 35 
Problemas 
 
1. La velocidad promedio para cada intervalo es: 
 
 a) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 1
0m 3,2
t
xvx m/s 2,3 
 
 b) =
−
−
=
Δ
Δ
=
s 2s5
m 2,9m 5,57
t
xvx m/s 16,1 
 
 c) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 5
0m 5,57
t
xvx m/s 11,5 
 
2. a) Es obvio que el desplazamiento total es igual al espacio recorrido durante los 35 pri-
meros minutos más los 130 km que recorre al final, esto es 
 
 =+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= km 130
min/h 60
min 35km/h) 85(entoDesplazami km 179,58 
 
 b) La velocidad promedio es igual a: 
 
 ≈
++
=
Δ
Δ
=
h 2
min/h 60
min 15
min/h 60
min 35
km 79,581
t
xvx m/s 63,4 
 
3. Observando la gráfica x(t) las velocidades promedio pedidas son: 
 
 a) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 2
0m 10
t
xvx m/s 5 
 
 b) =
−
−
=
Δ
Δ
=
0s 4
0m 5
t
xvxm/s 1,25 
 
 c) =
−
−
=
Δ
Δ
=
s 2s 4
m 10m 5
t
xvx m/s 2,5− 
 
 d) =
−
−−
=
Δ
Δ
=
s 4s 7
m 5m 5
t
xvx m/s 3,34− 
 
 e) =
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 8
m 0m 0
t
xvx m/s 0 
 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 36 
4. Tenemos como dato la función de posición 210tx = . Para un intervalo de tiempo, el des-
plazamiento experimentado sobre la partícula es: 
 
222 )(10)(2010)(10 ttttttx f Δ+Δ+=Δ+= 
210txi = 
 
Así pues, tenemos que 2)(10)(20 tttxxx if Δ+Δ=−=Δ , y la velocidad media será igual a 
 
)2(10)(10)(20
2
tt
t
ttt
t
xvx Δ+=Δ
Δ+Δ
=
Δ
Δ
= , siendo t el tiempo inicial del intervalo. 
 
a) [ ] =−+=Δ+= s) 2s 3(s) 2(210)2(10 ttvx m/s 50 
 
b) [ ] =−+=Δ+= s) 2s 1,2(s) 2(210)2(10 ttvx m/s 41 
 
5. La distancia de A a B es la misma que de B a A. Llamemos a esta distancia d. El tiempo 
que emplea la persona en cada recorrido es: 
 
m/s 5
d
v
dt
BA
BA ==
→
→ 
 
m/s 3
d
v
dt
AB
AB ==
→
→ 
 
En ir del punto A al B, y regresar de nuevo al punto A, camina la persona una distancia igual 
a 2d. 
 
a) La rapidez promedio es igual a: 
 
==
+
=
22 /sm 51
m/s) 8(
2
m/s 3m/s 5
2 
d
d
dd
dpromedioRapidez m/s 3,75 
 
b) Como la persona empieza y termina en el mismo punto (el A) el desplazamiento es nulo 
y, por consiguiente, la velocidad promedio también. 
 
6. Nos encontramos en la misma situación que en el ejercicio anterior, con la salvedad de 
que la rapidez con que camina la persona es ahora una variable. 
 
1v
d
v
dt
BA
BA ==
→
→ 
 
2v
d
v
dt
AB
AB ==
→
→ 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 37 
En ir del punto A al B, y regresar de nuevo al punto A, camina la persona una distancia igual 
a 2d. 
 
a) La rapidez promedio es igual a: 
 
=
+
=
+
=
21
21
21
)v(
22 
vv
dv
d
v
d
v
d
dpromedioRapidez m/s 
2
)( 21
21
vv
vv
+
 
 
b) Igual que paso antes, como la persona empieza y termina en el mismo punto (el A) el 
desplazamiento es nulo y, por consiguiente, la velocidad promedio también. 
 
7. a) La gráfica es la siguiente: 
 
 
 
b) El valor de la pendiente es: 
 
=
−
−−
=
Δ
Δ
=
s 1s 6
m) 3(m 5
t
xvx m/s 1,60 
 
8. Para cualquier tiempo t, el desplazamiento está dado por 22 )m/s 3( tx = 
 
a) Para s 3=it → ==
22 s) 3)(m/s 3(ix m27 
 
b) Para tt f Δ+= s 3 → =Δ+=
22 )s 3)(m/s 3( tx f
22 t))(m/s 3tm/s) 18m 27 Δ+Δ+ (( 
 
 c) La velocidad instantánea es: 
 
 [ ]t
t
tt
t
xx
t
xv
tt
if
ttx
Δ+=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
Δ+Δ
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
Δ
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
Δ
=
→Δ→Δ→Δ→Δ
)m/s (3m/s) (18lim)(318limlimlim 2
0
2
000
 
 
de donde 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 38 
 =
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
Δ+=
→Δ 43421
0
2
0
)m/s (3m/s) (18lim tv
tx
m/s 18 
 
9. a) Tenemos que medir la pendiente de la recta que va desde el punto A al punto B, esto 
es: 
 
Punto A: s 5,1=At m 8=Ax 
Punto B: s 0,4=Bt m 2=Bx 
 
Por tanto, la velocidad promedio vale: 
 
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 5,1s 4
m) 8(m 2
t
xvx m/s 2,4− 
 
 
 
 b) La pendiente de la línea tangente se obtiene de la recta que pasa por los puntos C y D. 
 
Punto C s 0,1=Ct m 5,9=Cx 
Punto D s 5,3=Dt m 0=Dx 
 
Por tanto, la velocidad instantánea en s 2=t es 
 
≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 1s ,53
m 5,9m 0
t
xvx m/s 3,8− 
 
c) La velocidad es cero cuando x es un mínimo, ya que la recta tangente a la curva x(t) es 
horizontal, y su pendiente es nula. Esto ocurre en =t s 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 39 
 10. a) La gráfica x(t) es la siguiente: 
 
 
 
 
 b) La velocidad instantánea para diferentes tiempos se puede calcular mediante la pendiente 
de las líneas tangentes a la curva x(t), según la gráfica del apartado a). Otra forma de hacerlo es 
haciendo un ajuste mediante una línea de tendencia a la gráfica x(t), lo cual nos da la función de 
posición con respecto al tiempo 22 )m/s 3,2( tx = 
 
Función de posición
x (t ) = 2,3t2
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
 
 
En s 5=t → ≈=== s) 5(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 23 
 
En s 4=t → ≈=== s) 4(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 18,4 
 
En s 3=t → ≈=== s) 3(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 13,8 
1 s 3 s 5 s 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 40 
En s 2=t → ≈=== s) 2(m/s) 6,4(6,4 t
dt
dxvx m/s 9,2 
 
c) La velocidad instantánea tiene como expresión t
dt
dxvx 6,4== . Su representación gráfica 
es la siguiente: 
 
Función de velocidad
0
5
10
15
20
25
 
 
La aceleración promedio del automóvil es la pendiente de la gráfica v(t), esto es: 
 
≈=
dt
dvax
2m/s 4,6 
 
d) La velocidad inicial del coche es cero. 
 
11. Las velocidades instantáneas se calculan por el valor de las pendientes de las rectas tan-
gentes a la curva x(t). 
 
a) ≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 0s 2
m 0m 10
t
xvx m/s 5 
 
b) ≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 2s 4
m 10m 5
t
xvx m/s 2,5− 
 
c) ≈
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 4s 5
m 5m 5
t
xvx m/s 0 
 
d) ≈
−
−−
≈
Δ
Δ
=
s 7s8
m) 5(m 0
t
xvx m/s 5 
 
 
 
1 s 3 s 5 s 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 41 
12. La velocidad inicial de la partícula es m/s 60=iv . En 15 segundos, la partícula se de-
tiene. La aceleración promedio durante este intervalo es: 
 
=
−
−
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 51
m/s 60m/s 0
if
if
x tt
vv
t
va 2m/s 4− 
 
El signo menos indica que la aceleración está en el sentido negativo del eje x, es decir, la 
partícula está frenando. 
 
13. Elegimos la dirección positiva como el sentido de la velocidad de la superbola después 
de chocar contra la pared de ladrillo. Así pues, la aceleración promedio es igual a: 
 
=
×
−−
=
−
−
=
Δ
Δ
= − s 10,503
m/s) 25(m/s 22
3
if
if
x tt
vv
t
va 24 m/s 101,34× 
 
14. a) La aceleración es constante durante los primero 10 segundos. Así, la fórmula de la 
velocidad es atvv if += . 
 
==+= s) 10)(m/s 2( 2atvv if m/s 20 
 
Después, la aceleración cae a cero, por lo que la velocidad es constante desde s 10=t hasta 
s 15=t . 
Al final de los últimos 5 segundos la velocidad cae a: 
 
=−+=+= s) 5)(m/s 3(m/s 20 2atvv if m/s 5 
 
b) En los primeros diez segundos: 
 
m 100s) 10)(m/s 2(
2
100
2
1 222 =++=++= attvxx iif 
 
En los próximos 5 segundos la posición cambia a: 
 
m 2000s) m/s)(5 20(m 100
2
1 2 =++=++= attvxx iif 
 
Y, finalmente, al cabo de los 20 segundos, la distancia recorrida es de: 
 
=−++=++= 222 s) 5)(m/s 3(
2
1s) m/s)(5 20(200
2
1 attvxx iif m 262,5 
 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 42 
 15. a) La gráfica a(t) es la siguiente: 
 
 
 
 b) Durante s 15s 5 << t 
 
 s 5=it m/s 8−=iv 
 s 15=ft m/s 8=fv 
 
La aceleración promedio es igual a: 
 
=
−
−−
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 5s 15
m/s) 8(m/s 8
if
if
x tt
vv
t
va 2m/s 1,6 
 
 Por otra parte, durante s 02s 0 << t 
 
 s 0=it m/s 8−=iv 
 s 20=ft m/s 8=fv 
 
La aceleración promedio es igual a: 
 
=
−
−−
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 02
m/s) 8(m/s 8
if
if
x tt
vv
t
va 2m/s 0,8 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 43 
 16. a) y b) Escogemos 0=ix en 0=it . Calculamos tres posiciones del móvil en los si-
guientes tiempos: 
 
⎯ En s 3=t → m 12s) 3(
2
m/s 80)(
2
1
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +=+= tvvx xfxif 
⎯ En s 5=t → m 28s) m/s)(2 8(m 12 =+=+= tvxx xiif 
⎯ En s 7=t → m 63s) 2(
2
0m/s 8m 28)(
2
1
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ++=++= tvvxx xfxiif 
 
 
 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 44 
 En cuanto a la aceleración, ésta toma los siguientes valores: 
 
⎯ De s 3s 0 ≤≤ t → 2m/s 67,2
0s3
0m/s 8
=
−
−
=xa 
⎯ De s 5s 3 ≤≤ t → 2m/s 0
s3s5
m/s 8m/s 8
=
−
−
=xa 
⎯ De s 9s 5 ≤≤ t → 2m/s 4
s5s9
m/s) 8(m/s 8
−=
−
+−−
=xa 
 
c) La aceleración en s 6=t es la misma que la delintervalo s 9s 5 ≤≤ t , ya que el valor de 
la pendiente es la misma, es decir, =xa
2m/s 4− 
 
d) En s 6=t → =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
++=++= 2
2
2 s) 1(
2
m/s 4s) m/s)(1 8(m 28
2
1 attvxx xiif m 34 
e) La posición final en s 9=t es: 
 
 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −++=++= s) 4(
2
m/s) 8(m/s 8m 28)(
2
1 tvvxx xfxiif m 28 
 
17. Las fórmulas que nos hacen falta para solucionar este problema son: 
 
232 ttx −+= 
 
t
dt
dxvx 23−== 
 
2−==
dt
dvax 
 
a) Su posición en s 3=t es: 
 
=−+= 2s) 3(s) m/s)(3 3(m 2x m2 
 
b) Su velocidad en s 3=t es: 
 
=−= s) 3)(m/s 2(m/s 3 2xv m/s 3− 
 
c) Su aceleración en s 3=t es: 
 
=xa
2m/s 2− 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 45 
18. a) Las posiciones de la partícula son: 
 
En s 2=t → m 11m 3s) m/s)(2 2(s) 2)(m/s 3( 22 =+−=ix 
 
En s 3=t → m 42m 3s) m/s)(3 2(s) 3)(m/s 3( 22 =+−=fx 
 
=
−
−
≈
Δ
Δ
=
s 2s 3
m 11m 42
t
xvx m/s 13 
 
b) La velocidad instantánea será igual a 26 −== t
dt
dxvx 
 
En s 2=t → =−= m/s 2s) m/s)(2 6(xv m/s 10 
 
En s 3=t → =−= m/s 2s) m/s)(3 6(xv m/s 16 
 
c) La aceleración promedio es igual a: 
 
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 2s 3
m/s 10m/s 61
t
vax
2m/s 6 
 
d) La aceleración instantánea será igual a 2m/s 6==
dt
dvax 
 
Al no depender de la variable tiempo t, la aceleración instantánea sería igual a =xa
2m/s 6 
para cualquier instante. 
 
19. a) El valor de la aceleración promedio es inmediato, esto es 
 
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 0s 6
m/s 0m/s 8
t
vax
2m/s 1,34 
 
b) El máximo valor de la aceleración es aquel instante en el que la pendiente, positiva, de la 
recta tangente a la curva v(t) es máxima. Esto ocurre en s 3=t , y su valor, aproximadamente, es 
 
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 1s 4
m/s 0m/s 6
t
vax
2m/s 2 
 
c) La aceleración es cero para aquellos instantes en los que la pendiente de la recta tangente 
a la curva v(t) es nula u horizontal. Esto ocurre en s 6=t y, también, para s 10>t . 
 
d) El máximo valor negativo de la aceleración ocurre, aproximadamente, para s 8=t , y su 
valor es: 
 
=
−
−
=
Δ
Δ
=
s 7s 5,9
m/s 75,7m/s 4
t
vax
2m/s 1,5− 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 46 
20. Las gráficas serían las siguientes: 
 
 
 
 
 
 
 
 a) 
 
 
 
 
 
 b) 
 
 
 
 
 
 
 c) 
 
 
 
 
 
 
 d) 
 
 
 
 
 
 e) 
 
 
 
 
 
 
 f) El espacio de las sucesivas posiciones del objeto cambiaría con menos regularidad. Los 
vectores de aceleración variarían en magnitud. 
 
 
 
 
 
 
 
Orden de lectura 
Velocidad 
Aceleración 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 47 
21. Puesto que no nos interesa el tiempo que recorre la cápsula la longitud del cañón, usa-
mos la siguiente fórmula: 
 
xavv if Δ+= 2
22 → m) 220(20m/s) 970.10( 2 a+= , de donde 
 
≈=
m 440
m/s) 970.10( 2a 2m/s 102,74 5× 
 
 Si comparamos este valor con el de la aceleración en caída libre, observamos que es 
 
 42
25
1079,2
m/s 81,9
m/s 1074,2
×=
× veces más grande que g. 
 
22. a) La aceleración (supuesta constante) del vehículo es: 
 
atvv if += → s) 8(0m/s 42 a+= → == s8
m/s 24a 2m/s 5,25 
 
 b) La distancia recorrida en los primeros 8 segundos es: 
 
 2
2
1 attvxx iif ++= → ==
22 s) 8)(m/s 25,5(
2
1
fx m 168 
 
 c) Procediendo con la misma fórmula que en el apartado a), nos queda 
 
atvv if += → s) 10)(m/s 25,5(0
2+=fv → =fv m/s 52,5 
 
23. a) Partimos de las siguientes fórmulas: 
 
atvv if += → t
vv
a if
−
= 
 
2
2
1 attvxx iif ++= → 
2
2
1 t
t
vv
tvxx ifiif ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
++= → t
vv
x if ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
=Δ
2
 
 
Ahora, sustituyendo datos nos queda: 
 
s) 50,8(
2
m/s 2,80
m 40 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ += i
v
 → ≈iv m/s 6,61 
 
b) El valor de la aceleración es: 
 
t
vv
a if
−
= → =−=
s 50,8
m/s 61,6m/s 80,2a 2m/s 0,448− 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 48 
24. Suponemos que la aceleración desconocida es constante. Por tanto, la aceleración que 
sufre el vehículo para ser frenado en 40 pies es de: 
 
 xavv if Δ+= 2
22 → 
x
vv
a if
Δ
−
=
2
22
 
 
 2
222
ft/s 94,32
s 3.600
h 1
mi
ft 280.5
ft) 40(2
mi/h) 35(0
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=a 
 
 Ahora, consideramos el mismo vehículo que frena con la misma aceleración, pero cuya ve-
locidad inicial es diferente ( mi/h 70=iv ). Por tanto, la distancia mínima de frenado será igual a: 
 
 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
−
=Δ
22
2
222
s 3.600
h 1
mi
ft 280.5
)ft/s 94,32(2
mi/h) 70(0
2a
vv
x if ft 160 
 
25. Los datos que nos facilita el problema son: 
 
cm/s 12=iv y cm 3=ix 
 
Para un tiempo de 2 segundos más tarde, su coordenada es cm 5−=fx . 
 
2
2
1 attvxx iif ++= → 
2s) 2(
2
s) cm/s)(2 (12cm 3cm 5 a++=− 
 
Así pues, la aceleración vale =a 2cm/s 16− 
 
26. a) El desplazamiento total es igual al área bajo la gráfica v(t), esto es: 
 
=−+−+= s) 40s m/s)(50 50(
2
1s) 15s m/s)(40 50(s) m/s)(15 50(
2
1entoDesplazami m 1.875 
 
b) En este intervalo de tiempo el desplazamiento es aproximadamente igual a: 
 
≈−+−+−−= s) 10s m/s)(15 33(s) 15s m/s)(40 50(10s)s m/s)(15 33m/s 50(
2
1entoDesplazami
m 1.457 
 
c) Los valores que toma la aceleración son: 
 
⎯ De s 15s 0 ≤≤ t → 2m/s 34,3
0s51
0m/s 05
=
−
−
=xa 
⎯ De s 40s 51 ≤≤ t → 2m/s 0
s15s04
m/s 50m/s 05
=
−
−
=xa 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 49 
⎯ De s 50s 04 ≤≤ t → 2m/s 5
s40s05
m/s) 50(m/s 0
−=
−
+−
=xa 
 
La gráfica es la siguiente: 
 
 
 
 d) (i) 22211 )m/s 34,3(2
1
2
1 ttax == o 221 )m/s 67,1( tx = 
 
(ii) s) 51m/s)( (50s) 15)(m/s 67,1(
2
1 22
0
2
2112 −+=++= ttatvxx
321
 
 
o tx )m/s 50(m 3752 +−= 
 
(iii) 
222
3223 )s 40)(m/s 5(2
1)s 40m/s)( (50s) 40)(m/s 50(m 375
2
1
−−+−++−=++= tttatvxx 
 
o 223 )m/s 5,2()m/s 250(m 375.4 ttx −+−= 
 
e) La velocidad promedio será igual a: 
 
=≈
Δ
Δ
=
s 05
m .8751
t
xvx m/s 37,5 
 
27. a) Su posición será aquel valor de t para el cual la velocidad de la partícula cambia de 
sentido, esto es, la velocidad toma el valor 0=xv (se trata de un máximo o un mínimo de la gráfica 
x(t): 
 
083 =−== t
dt
dxvx → s 375,0=t 
 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 50 
En este instante, la posición de la partícula será igual a: 
 
=−++= 22 s) 375,0)(m/s 4(s) m/s)(0,375 (3m 2x m 2,56 
 
Hasta s 375,0=t , la velocidad es positiva y la partícula se mueve en el sentido positivo del 
eje x. A partir de este instante, la velocidad cambia de sentido y se mueve en el sentido negativo del 
eje x. 
 
b) En s 0=t la posición inicial es m 2=x . Vamos a calcular en qué otro instante de tiempo 
t su posición siga siendo m 2=x , esto es: 
 
22 )m/s 4(m/s) (3m 2m 2 tt −++= → )43(0 tt −= 
⎩
⎨
⎧
=
=
s 75,0
s 0
t
t
 
 
Por tanto, para s 75,0=t la velocidad de la partícula es igual a: 
 
=−=−== s) 75,0)(m/s 8(m/s 383 2t
dt
dxvx m/s 3− 
 
28. Por la fórmula atvv if += hallamos la velocidad final: 
 
a) =+=+= s) 50,2)(m/s (3m/s 20,5 2atvv if m/s 12,7 
 
b) =−+=+= s) 50,2)(m/s 3(m/s 20,5 2atvv if m/s 2,3− 
 
29. Los datos del problema son 0=iv , 2m/s 10=a y m 400=Δx 
 
 a) 2
2
1 atx =Δ → ==Δ= 2m/s 10
m) 400(22
a
xt s 8,94 
 
 b) La rapidez es igual a 
 
 =+=+= s) 94,8)(m/s (10m/s 0 2atvv if m/s 89,4 
 
30. Los datos del problema son m/s 30=iv y 2m/s 2−=a . Tomamos como momento ini-
cial 0=t en la parte baja de la colina, donde m 0=ix . 
 
a) La ecuación de la posición del vehículo es: 
 
222 )m/s 2(
2
1)m/s 30(
2
1 ttattvxx iif −+=++= o m )30(
2ttx −= 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 51 
La ecuación de la velocidad se obtiene derivando la ecuación anterior, esto es 
 
dt
ttd
dt
dxv )30(
2−
== → m/s )230( tv −= 
 
b)La distancia máxima que recorrerá el automóvil será cuando éste se pare ( 0=fv ) y vuel-
va, pendiente abajo, al punto de partida. 
 
0)m/s 2(m/s 30 2 =−+=+= tatvv if → s 15=t 
 
 =−+=++= 222 s) )(15m/s 2(
2
1s) 15)(m/s 30(
2
1 attvxx iif m 225 
 
31. Los datos del problema son m/s 100=iv y 2m/s 5−=a . 
 
a) El tiempo que tarda en detenerse ( 0=fv ) es 
 
0)m/s 5(m/s 100 2 =−+=+= tatvv if → =t s 20 
 
b) Calculemos la distancia mínima de frenado: 
 
=
−
−
=
−
=Δ
)m/s 5(2
m/s) 100(0
2 2
222
a
vv
x if m 1.000 
 
Al tener la pista del aeropuerto una distancia menor (800 m) este avión no podría aterrizar en 
una isla tropical. 
 
32. Los datos del problema son s 2,4=t , m 4,62=Δx y 2m/s 60,5−=a . 
 
m/s ,5232s) 20,4)(m/s 5,60( 2 −=−+=+= iiif vvatvv → m/s 52,23)( −=− if vv 
 
xavv if Δ+= 2
22 → m) 4,62)(m/s 60,5(2))(( 2−=−+ ifif vvvv 
 
m/s 714,29
m/s 52,23
s/m 88,698
)(
m) 4,62)(m/s 60,5(2)(
222
=
−
−
=
−
−
=+
if
if vv
vv 
 
Ahora, sustituyendo iv en la expresión anterior nos queda: 
 
m/s 714,29)m/s 52,23( =++ ff vv → =fv m/s 3,10 
 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 52 
33. Partimos de las siguientes fórmulas: 
 
atvv if += → atvv if =− )( (I), y también atvv fi −= (II) 
 
xavv if Δ+= 2
22 → xavvvv ifif Δ=−+ 2))(( 
 
Sustituyendo, en esta última ecuación, las expresiones (I) y (II) nos queda: 
 
xaatatvv ff Δ=−+ 2))(( → 
2
2
1 attvx f −=Δ 
 
 Ahora, sustituyendo es esta expresión obtenida los datos del problema 32 tenemos: 
 
 22 s) 20,4)(m/s 60,5(
2
1s) 20,4(m 4,62 −−= fv → =fv m/s 3,10 
 
34. a) Suponemos una aceleración constante. La bala tiene que atravesar la tabla (0,1 m) 
desde que el frontal de la bala impacta sobre la tabla hasta que el frontal de la bala aparece por el 
final de la tabla. Por tanto, la aceleración vale: 
 
xavv if Δ+= 2
22 → m) 1,0(2m/s) 420()m/s 280( 22 a+= 
 
=a 25 m/s 104,9×− 
 
 b) El tiempo que tarda la bala en atravesar la tabla es que cubre el propio espesor de la tabla 
más la longitud de la bala, esto es: 
 
=×+
×−
−
=+
−
= − s 1014,7
m/s 109,4
m/s 420m/s 280
m/s 280
m 02,0 5
25a
vv
t if s 103,57 4−× 
 
 c) Los datos de partida son 0=fv , m/s 420=iv y 
25 m/s 109,4 ×=a 
 
=
×
−
=
−
=Δ
)m/s 109,4(2
m/s) 420(0
2 25
222
a
vv
x if m 0,180 
 
35. a) El tiempo que tarda el camión en alcanzar los 20 m/s es de: 
 
s 10
m/s 2
0m/s 20
2 =
−
=
−
=
a
vv
t if 
 
Así pues, el tiempo que está el camión en movimiento es: 
 
=++= s 5s 20s 10t s 35 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 53 
 b) Para calcular la velocidad promedio necesitamos saber la distancia total recorrida. 
 
 Durante los primero 10 segundos, el camión recorre una distancia, 
 
 m 100s) 10(
2
m/s 2
2
1 222
1 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== atx 
 
 Durante los próximos 20 segundos, la distancia que recorre es de 
 
 m 400s) m/s)(20 20(12 === tvx 
 
 Y, por último, en los 5 segundos finales 
 
 m 50s) 5(
s 5
m/s 200
2
1s) m/s)(5 20(
2
1
2
1 22
2
2
23 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −+=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
+=+= t
t
vv
tvattvx if 
 
 Así pues, la distancia total es m 550m 50m 400m 100321 =++=++= xxxx , y la veloci-
dad promedio: 
 
 ==
Δ
Δ
=
s 35
m 550
t
xv m/s 15,7 
 
36. El tiempo que tarda el tren en frenarse es 
 
s 20
m/s1
m/s 200
2 =−
−
=
−
=
a
vv
t if 
 
Por tanto, el movimiento del tren no es uniformemente acelerado durante los 40 segundos, 
esto es, en los primeros 20 segundos el tren tiene una aceleración de 2m/s 1− y en los últimos 20 
segundos su aceleración es 2m/s 0 , es decir, el tren está en reposo. 
Así pues, la distancia recorrida por el tren se encuentra sólo durante los primeros 20 segun-
dos, esto es: 
 
=−+=+= 222 s) 20)(m/s 1(
2
1s) m/s)(20 20(
2
1 attvx i m 200 
 
37. a) La tremenda aceleración negativa que experimentó fue de 
 
≈−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−
=
−
= 2m/s 76,201
s 40,1
s 3.600
h 1
mi
m 1.609mi/h) 632(0
t
vv
a if 2m/s 202− 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 54 
 b) La distancia recorrida fue de 
 
( ) m 5,197s) 40,1(m/s 202
2
1s) (1,40
s 3.600
h 1
mi
m 1.609mi/h) 632(
2
1 222 =−+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=+= attvx i 
 
≈x m 198 
 
38. a) Tenemos que m/s 102 4×=iv y m/s 106 6×=fv en una distancia de m 015,0=Δx 
 
El tiempo que tarda el electrón en recorrer esta distancia es 
 
tvvxx fiif )(2
1
+=− → =×≈
×+×
= − s 1098,4
m/s) 106m/s 102(
2
1
m 015,0 9
64
t ns 4,98 
 
b) La aceleración que experimenta el electrón es de 
 
≈
×−×
=
Δ
−
=
)m 015,0(2
m/s) 102(m/s) 106(
2
242622
x
vv
a if 215 m/s 101,2× 
 
39. a) La velocidad de la pelota en la parte inferior del plano inclinado es de 
 
xavv if Δ+= 2
22 =+= m) 9)(m/s 5,0(20 2fv m/s 3 
 
 b) El tiempo que tarda la pelota en alcanzar la parte inferior del plano inclinado es de 
 
 2
2
1 atxx if =− → ==
Δ
= 2m/s 0,5
m) 9(22
a
xt s 6 
 
 c) La aceleración a lo largo del segundo plano es 
 
=
−
=
Δ
−
=
)m 15(2
m/s) 3(0
2
222
x
vv
a if 2m/s 0,3− 
 
 d) Después de recorrer 8 metros, la rapidez de la pelota es de 
 
xavv if Δ+= 2
22 =−+= m) 8)(m/s 3,0(2m/s) 3( 22fv m/s 2,05 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 55 
 40. Elegimos como origen de coordenadas del problema la situación de Susana. Ahora, 
planteamos el problema considerando las funciones de posición de los vehículos, tanto de Susana 
(1) como de la camioneta (2), esto es: 
 
 211 2
1 attvx += 
 
 tvx 22 155 += 
 
Para comprobar si los vehículos chocan, igualamos sus funciones de posición ( 21 xx = ), esto 
es 
 
tvattv 2
2
1 1552
1
+=+ 
 
Ordenamos respecto al tiempo 
 
0310)(2 21
2 =−−+ tvvat (I) 
 
 Para que esta ecuación de segundo grado tenga soluciones reales, su discriminante debe ser 
mayor que cero, esto es 
 
 [ ] 0240.1)(4)310)((4)(2 221221 >+−=−−−=Δ avvavv → 0310)( 221 >+− avv 
 
 Si sustituimos las variables por sus datos obtenemos que: 
 
 0s/m 5)m/s 2(m) 310(m/s) 5m/s 30(310)( 2222221 >=−+−=+− avv . Luego, los vehícu-
los sí chocan. 
 
 Calculamos el tiempo en el que ocurre el choque desde la ecuación (I), esto es: 
 
 m/s 301 =v , m/s 52 =v y 
2m/s 2−=a 
 
 
)m/s 2(2
)m/s 2(240.1m/s) 524(m/s) 25(2
2
240.1)(4)(2
2
222
2121
−
−+±−
=
+−±−−
=
a
avvvv
t 
 
 
⎩
⎨
⎧
=
s 13,61
s 38,11
t 
 
 El valor más pequeño es el tiempo de colisión. El tiempo mayor sería aquel en el que la ca-
mioneta golpearía al coche de Susana si el coche de ésta pudiera moverse a través de la camioneta y 
ponerse delante de ella. 
 
 
 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 56 
El choque o colisión se produce en la posición: 
 
 ≈+=+= s) m/s)(11,38 (5m 155155 22 tvx m212 
 
 41. a) Tomamos como origen de coordenadas el punto en el que es soltada la bola de golf. 
Su velocidad inicial es cero (se suelta desde el reposo) y su aceleración es el de caída libre dirigida 
hacia abajo, es decir, en el sentido negativo del eje de ordenadas. Por tanto, su posición en cualquier 
momento t viene dado por la fórmula: 
 
 2
2
1 gty −= 22 )m/s 905,4( ty −= 
 
Para s 1=t =−= 22 s) 1)(m/s 905,4(y m 4,90− 
 
Para s 2=t =−= 22 s) 2)(m/s 905,4(y m 19,62− 
 
Para s 3=t =−= 22 s) 3)(m/s 905,4(y m 44,15− 
 
b) Su velocidad viene dada por la expresión 
 
 gtvv if += tv f )m/s 81,9(
2−= 
 
Para s 1=t =−= s) 1)(m/s 81,9( 2fv m/s 9,81− 
 
Para s 2=t =−= s) 2)(m/s 81,9( 2fv m/s 19,62− 
 
Para s 3=t =−= s) 3)(m/s 81,9( 2fv m/s 29,43− 
 
42. Asumimos que la resistencia del aire puede ser omitida. Por tanto, la aceleración en to-
do el tiempo que dura el vuelo es debida a la gravedad, esto es, 2m/s 81,9−== ga . Durante el 
tiempo que dura el vuelo Goff sube una milla y despuésregresa al suelo. 
La velocidad de lanzamiento es de 
 
yavv if Δ+= 2
22 → ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−+=
mi
m 1.609mi) 1)(m/s 81,9(20 22iv → m/s 68,177=iv 
 
El tiempo que permanece en el aire puede ser calculado considerando su movimiento desde 
que es lanzado hacia arriba hasta el momento justo de golpear el suelo: 
 
0)m/s 81,9(
2
1m/s) 68,177(
2
1 222 =−+=+= ttgttvy i → 
⎩
⎨
⎧
=
s 36,22
s 0
t 
 
Si en este tiempo perdió un dólar, su ratio de pago será: 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 57 
≈⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
h
s 600.3
s 36,22
$ 1Salario $/h 99,4 
 
43. a) La velocidad inicial es 
 
2
2
1 gttvy i += → 
22 s) 5,1)(m/s 81,9(
2
1s) 5,1(m 4 −+= iv → =iv m/s 10 
 
NOTA: No podemos usar ninguna fórmula donde aparezca la velocidad final, porque no sa-
bemos con qué velocidad llega la caja a la mano de la estudiante. 
 
b) La velocidad con la que es atrapada la caja de llaves es 
 
atvv if += → s) 5,1)(m/s 81,9(m/s 10
2−+=fv → =fv m/s 4,7− 
 
El signo negativo indica que la caja de llaves fue cogida cuando ésta estaba descendiendo. 
 
44. El origen de coordenadas lo situamos en el mismo punto de lanzamiento. Así, el tiempo 
que tarda la pelota en golpear el suelo es: 
 
m 30)m/s 81,9(
2
1m/s) 8(
2
1 222 −=−+−=+= ttgttvy i → 
⎩
⎨
⎧
−
=
s 3,42
s ,791
t 
 
Usamos sólo la solución positiva, por lo que =t s 1,79 
 
 45. El billete comienza desde el reposo, m/s 0=iv , y cae con una aceleración hacia abajo 
de 2m/s 81,9 (debido a la gravedad). Así pues, en 0,20 segundos el billete caerá una distancia igual 
a: 
 
 2
2
1 gttvy i += → cm 20m 2,0s) 20,0)(m/s 81,9(2
10 22 =≈−+=y 
 
 Si la mitad del billete de un dólar tiene una longitud de, aproximadamente, 8 cm, en 0,20 
segundos el billete caerá una distancia de dos veces y media la mitad del billete. Por tanto, cuando 
David quiera reaccionar y coger el billete, una vez transcurridos 0,20 segundos, el extremo superior 
del billete ya habrá sobrepasado los dedos de David, por lo que no tendrá éxito. 
 
46. La ecuación que describe la posición de la pelota que se deja caer desde el reposo es 
 
2
1 2
1 gty −= 
 
Cuando esta pelota alcanza una altura de 2 h− (consideremos el origen de coordenadas el 
mismo punto en el que se suelta la pelota), el tiempo que ha empleado es de: 
 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 58 
2
2
1
2
gth −=− → 
g
ht = 
 
Como las dos pelotas son lanzadas en el mismo instante y se encuentran a mitad de camino, 
es obvio que el tiempo que emplean las pelotas es el mismo. 
La ecuación que describe la posición de la pelota que se lanza hacia arriba es 
 
2
2 2
1 gttvy i −= 
 
Sustituyendo en esta última ecuación el valor de t hallado anteriormente, y sabiendo que la 
altura que alcanza esta pelota es de 2h , nos queda: 
 
g
hg
g
hvh i ⋅⋅−= 2
1
2
 → =iv hg 
 
47. a) Cuando la pelota de béisbol llega a su altura máxima sabemos que 0=fv en un 
tiempo s 3=t . Por tanto, la velocidad inicial es de 
 
atvv if += → s) 3)(m/s 81,9(0
2−+= iv → =iv m/s 29,43 
 
b) La altura máxima que alcanza es 
 
2
2
1 gttvy i += → =−+=
22 s) 3)(m/s 81,9(
2
1s) m/s)(3 43,29(y m 44,14 
 
48. a) La rapidez de la mujer antes de chocar, considerando el origen de coordenadas el 
punto en el que la mujer empieza a caer, es 
 
yavv if Δ+= 2
22 → ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−−+=
ft
m 3048,0ft) 144)(m/s 81,9(20 2fv → =fv m/s 29,35 
 
b) Cuando la mujer entra en contacto con la caja de ventilador, y éste se hunde 18 pulgadas, 
la aceleración promedio que experimenta es de 
 
yavv if Δ+= 2
22 → ≈
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
cm 100
m 1
in
cm 2,54in) 18(2
m/s) 35,29(0 2a 2m/s 942− 
 
El sentido de esta aceleración es hacia arriba. 
 
 
 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 59 
c) El tiempo que tarda la caja en doblarse 18 pulgadas es de 
 
atvv if += → t)m/s 942(m/s 35,290
2−+= → =t s 103,12 2−× 
 
49. a) El tiempo que tarda el vaquero en descender los 3 metros de altura es: 
 
m 3)m/s 81,9(
2
10
2
1 222 −=−+=+= tgttvy i → s 782,0=t 
 
En este tiempo, el caballo recorre una distancia igual a m 7,82s) m/s)(0,782 10( === vtx . 
Por tanto, el vaquero debe saltar cuando el caballo se encuentre a 7,82 m de distancia de la rama. 
 
b) Este tiempo ya ha sido calculado en el apartado anterior, esto es, =t s 0,782 
 
50. a) La pelota tarda en subir y bajar 20 segundos. Cuando es atrapada por su lanzador, su 
desplazamiento es nulo, por tanto, la velocidad inicial es de 
 
m 0s) 20)(m/s 81,9(
2
1s) 20(
2
1 222 =−+=+= ii vgttvy → =iv m/s 98,1 
 
b) Cuando alcanza su altura máxima 0=fv . El tiempo que emplea en alcanzar esta altura 
máxima es de 
 
atvv if += → t)m/s 81,9(m/s 1,980
2−+= → s 10=t 
 
222
max s) 10)(m/s 81,9(2
1s) 10(m/s) 1,98(
2
1
−+=+= gttvy i → =maxy m 490,5 
 
51. a) Cuando alcanza su altura máxima 0=fv . El tiempo que emplea en alcanzar esta al-
tura máxima es de 
 
atvv if += → t)m/s 81,9(m/s 150
2−+= → =t s 1,53 
 
b) La altitud máxima es 
 
222
max s) 53,1)(m/s 81,9(2
1s) 53,1(m/s) 15(
2
1
−+=+= gttvy i → =maxy m 11,47 
 
c) En s 2=t , la pelota está bajando, ya que este tiempo es superior al tiempo en el que al-
canza la altura máxima. 
 
atvv if += → s) 2)(m/s 81,9(m/s 15
2−+=fv → =fv m/s 4,62− 
 
La aceleración es == ga y
2m/s 9,81− , que corresponde a la gravedad, única fuerza externa 
que actúa sobre la pelota. 
FÍSICA (Raymond A. Serway y Robert J. Beichner – 5ª Edición) ___________________ 
 
 60 
52. Al cabo de 2 segundos el helicóptero se encuentra a una altura 
 
 m 24s) 2)(s 3(3 333 === −th 
 
y con una velocidad de subida (suponemos que el helicóptero asciende desde el reposo) igual a 
 
m/s 36s) 2)(s 9(9 222 ==== −t
dt
dhv 
 
Así pues, la valija es soltada a una altura de 24 m y con una velocidad ascendente de 36 m/s. 
Por tanto, el tiempo que tarda en llegar al suelo (escogemos como origen de coordenadas el suelo) 
es de 
 
 0)m/s 81,9(
2
1m/s) 36(m 24
2
1 222 =−++=++= ttgttvyy ii → → 
⎩
⎨
⎧
−
=
s 0,61
s ,957
t 
 
Usamos sólo la solución positiva, por lo que =t s 7,95 
 
 53. Se define el jalón J como la variación de la aceleración en el tiempo. 
 
 a) tetancons
dt
daJ == 
 
 Jdtda = → ∫∫ = Jdtda → CJta += 
 
 Como xiaa = cuando 0=t , entonces xiaC = 
 
Jtaa xi += 
 
 
dt
dva = → ∫∫∫ +== dtJtaadtdv xi )( → KJttav xi ++= 221 
 
 Como xivv = cuando 0=t , entonces xivK = 
 
2
2
1 Jttavv xixi ++= 
 
 
dt
dxv = → ∫∫∫ ++== dtJttavvdtdx xixi )( 221 → LJttatvx xixi +++= 361221 
 
 Como ixx = cuando 0=t , entonces ixL = 
 
3
6
12
2
1 Jttatvxx xixii +++= 
 
 
________________________________ CAPITULO 2 Movimiento en una dimensión 
 
 61 
 b) Como Jtaa xi += , entonces JtatJaJtaa xixixi 2)(
22222 ++=+= 
 
 Ahora bien, de la fórmula de la velocidad 221 Jttavv xixi ++= tenemos que 
 
 221 Jtvvta xixi −−= que sustituida esta expresión nos queda 
 
 )(2 221
2222 JtvvJtJaa xixi −−++= → )(2
22
xixi vvJaa −+= 
 
54. a) Como 
dt
dva = , entonces 
 
258 m/s )10310( ×+−= ta 
 
Para calcular la posición de la bala sabemos que 
dt
dxv = , entonces 
 
∫∫∫ ×+×−== dtttvdtdx )103105( 527 → Cttx +×+×−= 25233735 1010 
 
Como 0=x cuando 0=t , entonces 0=C 
 
m )1010( 2523
37
3
5 ttx ×+×−= 
 
b) La bala acelera mientras se encuentra dentro del cañón del rifle, ya que cuando sale des-
pedida del cañón su aceleración es cero. Así pues, el tiempo durante el cual la bala se acelera es de 
 
010310 58 =×+−= ta → =×= 38
25
m/s10
m/s 103t s 103 3−× 
 
 c) La rapidez con que la bala sale del cañón, sabiendo que tarda s 103 3−× en salir del mis-
mo, resulta ser de 
 
 =××+××−= −− s) 103)(m/s 103(s) 103)(m/s