TALLER DE MOVIMIENTO BIDIMENSIONAL

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Taller de movimiento bidimensional
UPC
	
FACULTAD DE INGENIERÍA
 ÁREA COMÚN DE FÍSICA
TALLER DE MOVIMIENTO BIDIMENSIONAL
	
	
TALLER DE MOVIMIENTO BIDIMENSIONAL
1. En el instante t - O s. un niño lanza una bola hacia arriba con una velocidad inicial de 15 m/s. en t = 0.5 s lanza una segunda bola también hacia arriba y con la misma velocidad (a) construya una gráfica que muestre cómo la aceleración, velocidad y posición de la primera bola dependen del tiempo coma desde t O hasta que la bola vuelve al suelo (b) describa cómo se obtienen las gráficas correspondientes para la segunda bola. (c). en qué momento tienen las dos bolas la misma posición vertical? ¿Cuál es la posición en ese instante? ¿Cuál es la velocidad de cada uno? obtenga sus resultados por ambos métodos, analítico y gráfico.
- Para la primera bola, la aceleración debida a la gravedad es constante y apunta hacia abajo, con un valor de aproximadamente 9.81 m/s² (considerando la aceleración debida a la gravedad en la Tierra). La velocidad inicial es de 15 m/s hacia arriba, y la posición inicial es 0 m.
- 
Usaremos las ecuaciones de movimiento uniformemente acelerado para describir cómo la aceleración, la velocidad y la posición dependen del tiempo
· Aceleración: La aceleración es constante y negativa (debido a la gravedad). Por lo tanto, la aceleración es -9.81 m/s² para toda la trayectoria.
· Velocidad: La velocidad inicial es de 15 m/s hacia arriba. La velocidad cambiará debido a la aceleración de la gravedad.
· Posición: La posición es de 0m.
(b) Para la segunda bola, se lanza desde la misma posición en t = 0.5 s con la misma velocidad inicial de 15 m/s hacia arriba. La aceleración y las ecuaciones de movimiento son las mismas que para la primera bola, pero el tiempo inicial es diferente. 
(c) Para determinar cuándo las dos bolas tienen la misma posición vertical, podemos igualar las ecuaciones de posición para ambas bolas y resolver para t.
Para la primera bola: s₁(t) = 0 + (15 m/s) t - (1/2) (9.81 m/s²) t²
Para la segunda bola (desplazada en 0.5 segundos): s₂(t) = 0 + (15 m/s) (t - 0.5 s) - (1/2) (9.81 m/s²) (t - 0.5 s) ²
Igualamos las dos ecuaciones de posición y resolvemos:
0 + (15 m/s) t - (1/2) (9.81 m/s²) t² = 0 + (15 m/s) (t - 0.5 s) - (1/2) (9.81 m/s²) (t - 0.5 s) ²
Simplificamos la ecuación:
(15 m/s) t - (1/2) (9.81 m/s²) t² = (15 m/s) (t - 0.5 s) - (1/2) (9.81 m/s²) (t² - t + 0.25 s²)
Ahora resolvemos esta ecuación cuadrática para t:
(15 m/s) t - (1/2) (9.81 m/s²) t² = 15 m/st - 7.905 m/s² t² = 15 m/s*t - 7.905t²
(15 m/s) t - 7.905t² = 15 m/s*t - 7.905t² + 3.9525 m/s²
0 = 3.9525 m/s²
La ecuación cuadrática no tiene soluciones reales, lo que significa que las dos bolas nunca tienen la misma posición vertical en su trayectoria. Las dos bolas nunca tienen la misma posición vertical durante su trayectoria, y sus gráficas de velocidad y posición son idénticas, pero desplazadas en el tiempo en 0.5 segundos debido al segundo lanzamiento.
2. A moving object moves from position r = (5.01 + 1.07) m to another position r - (-2.01 + 2. 0) m, in a time.
interval of 5. 0s, what is the magnitude of the object's average velocity? 
Resp (a) 6.2 m/s (b) 4. 1 m/s (c) 2.6m/s (d) 1.4 m/s (e) cero
Respuesta:
Para hallar la magnitud de la velocidad promedio podemos hacer uso de la siguiente formula:
Para hallar el cambio de posición hacemos uso de las dos posiciones que son r= (5.01m, 1.07m) a r = (-2.01m, 2.0m)
El cambio en la posición de la dirección x seria =
El cambio en la posición de la dirección y seria =
Teniendo el cambio de posición podemos hacer uso del teorema de Pitágoras para hallar la magnitud del cambio de posición =
Para encontrar la magnitud de la velocidad promedio ya podemos hacer uso de la primera formula=
La respuesta correcta es la (d) 1.4 m/s.
Grafica:
3. La figura 1 muestra la trayectoria de un ciclista viajando con una rapidez constante de 25.2 km/h. Exprese el vector posición del ciclista como función del tiempo.
· Para expresar el vector posición del ciclista como función del tiempo, primero debemos definir un sistema de coordenadas y un punto de referencia. Supongamos que el punto de partida del ciclista es el origen (0,0) del sistema de coordenadas.
La velocidad constante del ciclista es de 25.2 km/h, lo cual podemos convertir a m/s:
Velocidad del ciclista (v) = 25.2 km/h = (25.2 * 1000) / 3600 m/s ≈ 7 m/s
La posición del ciclista en función del tiempo (t) se puede expresar mediante la siguiente ecuación:
Vpt= P0 + Vc(t) 
Donde:
Vpt: es el vector posición en función del tiempo.
P0: es el vector posición inicial, que en este caso es (0,0) ya que partimos del origen.
Vc: es el vector velocidad constante del ciclista, que es igual a (7 m/s) en la dirección positiva.
t: es el tiempo transcurrido en segundos.
Entonces, la ecuación del vector posición del ciclista en función del tiempo es:
Vpt = (0,0) + (7m/s)t = (7t, 0) 
Por lo tanto, la trayectoria del ciclista es una línea recta en la dirección positiva del eje x, y la posición del ciclista en función del tiempo se puede= (7t, 0).
4. m (a) Para hacer una gráfica de la posición en diferentes valores de tiempo en el plano xy, podemos usar la función de posición dada:
𝑟(𝑡) = (6.0𝑡^2 + 2.0𝑡)𝑖 + (1.0𝑡^2 − 3.0𝑡)𝑗
Podemos trazar las componentes xey de la posición por separado como funciones del tiempo 𝑡 para visualizar la trayectoria del objeto.
Trazar el componente x (posición horizontal):
𝑥(𝑡) = 6.0𝑡^2 + 2.0𝑡
Trazar el componente y (posición vertical):
𝑦(𝑡) = 1.0𝑡^2 − 3.0𝑡
(b) Para encontrar la velocidad del objeto en 𝑡 = 2s, calcularemos la magnitud del vector velocidad en ese instante y también dibujaremos los vectores de posición y velocidad.
Vector de velocidad en 𝑡 = 2s:
Diferenciar la función de posición para obtener la función de velocidad:
𝑣(𝑡) = 𝑟'(𝑡) = (d/d𝑡)(6.0𝑡^2 + 2.0𝑡)𝑖 + (d/d𝑡)(1.0𝑡^2 − 3.0𝑡)𝑗
𝑣(𝑡) = (12.0𝑡 + 2.0)𝑖 + (2.0𝑡 - 3.0)𝑗
Evalúa 𝑣(2) para encontrar la velocidad en 𝑡 = 2s:
𝑣(2) = (12.0(2) + 2.0)𝑖 + (2.0(2) - 3.0)𝑗
𝑣(2) = 26𝑖 + 1𝑗 m/s
Magnitud de la velocidad en 𝑡 = 2s:
|𝑣(2)| = √((26)^2 + (1)^2) ≈ 26,08 m/s
Ahora tenemos la magnitud de la velocidad en 𝑡 = 2s, que es aproximadamente 26,08 m/s.
Dibujemos los vectores de posición y velocidad en el gráfico:
Vector de posición en 𝑡 = 2s:
𝑟(2) = (6.0(2)^2 + 2.0(2))𝑖 + (1.0(2)^2 − 3.0(2))𝑗
𝑟(2) = 28𝑖 - 4𝑗 metro
Vector de velocidad en 𝑡 = 2s:
𝑣(2) = 26𝑖 + 1𝑗 m/s
Ahora podemos dibujar el vector de posición 𝑟(2) y el vector de velocidad 𝑣(2) en 𝑡 = 2s en la gráfica del inciso (a). El ángulo θ entre los vectores de posición y velocidad se puede calcular usando la función arctan:
θ = arctan(𝑣𝑦 / 𝑣𝑥) = arctan(1 / 26) ≈ 2,2°
Entonces, el ángulo θ es de aproximadamente 2,2°.
La opción correcta para (b) es: 26 m/s, θ ≈ 2,2°.
(c) Ya hemos calculado el vector velocidad en 𝑡 = 2s en el inciso (b), que es 𝑣(2) = 26𝑖 + 1𝑗 m/s. El ángulo θ entre los vectores de posición y velocidad sigue siendo de aproximadamente 2,2°.
La opción correcta para (c) es: 26 m/s, θ ≈ 2,2°.
(d) Para encontrar la rapidez del objeto en 𝑡 = 2s, calcularemos la magnitud del vector velocidad en ese instante y también dibujaremos los vectores de posición y velocidad.
Vector de velocidad en 𝑡 = 2s:
Magnitud de la velocidad en 𝑡 = 2s:
Ahora tenemos la magnitud de la velocidad en 𝑡 = 2s, que es aproximadamente 26,08 m/s.
Dibujemos los vectores de posición y velocidad en el gráfico:
Vector de posición en 𝑡 = 2s:
Vector de velocidad en 𝑡 = 2s:
Ahora podemos dibujar el vector de posición 𝑟(2) y el vector de velocidad 𝑣(2) en 𝑡 = 2s en la gráfica del inciso (a). El ángulo θ entre los vectores de posición y velocidad se puede calcular usando la función arctan:
Entonces, el ángulo θ es de aproximadamente 2,2°. La opción correcta para (d) es: 26 m/s, θ ≈ 2,2°.
(e) La rapidez del objeto en 𝑡 = 2s se calculó en los incisos (b), (c) y (d), y es aproximadamente 26,08 m/s. El ángulo θ entre losvectores de posición y velocidad sigue siendo de aproximadamente 2,2°. La opción correcta para (e) es: 26 m/s, θ ≈ 2,2°.
5. Para encontrar la magnitud de la aceleración del objeto en t = 2 s, primero necesitamos encontrar las componentes de la aceleración. La aceleración es la derivada de la velocidad con respecto al tiempo. Dado que tenemos las componentes x e y de la velocidad en función del tiempo, podemos derivarlas para encontrar las componentes x e y de la aceleración. Luego, podemos encontrar la magnitud de la aceleración.
Las componentes de la velocidad dadas son:
Para encontrar las componentes de la aceleración, derivamos estas expresiones con respecto al tiempo t:
Ahora que tenemos las componentes de la aceleración, podemos encontrar la magnitud de la aceleración en t = 2 s:
Para encontrar la magnitud de la aceleración en t = 2 s, usamos el teorema de Pitágoras:
La magnitud de la aceleración en t = 2 s es aproximadamente igual a , que es aproximadamente igual a 8.54 m/s².
Entonces, la respuesta correcta para la magnitud de la aceleración en t = 2 s es (c) 7 m/s².
Ahora, para encontrar las componentes de la aceleración tangencial y normal en t = 1 s, primero necesitamos encontrar las componentes de la velocidad en ese punto.
Luego, podemos encontrar las componentes de la aceleración en t = 1 s:
La aceleración tangencial (at) es la componente de la aceleración en la dirección de la velocidad, por lo que es igual a ax en este caso:
La aceleración normal (an) es la componente de la aceleración perpendicular a la velocidad, por lo que es igual a ay en este caso:
Por lo tanto, los valores de la aceleración tangencial y normal en t = 1 s son:
Entonces, la respuesta correcta para la magnitud de la aceleración en t = 2 s es (c) 7 m/s², y los valores de la aceleración tangencial y normal en t = 1 s son 4 m/s² y 3 m/s², respectivamente.
6. (a) En el medio de cada segmento (AB, BC, CD, DE y EF), la dirección del vector velocidad depende de la geometría de la trayectoria en ese punto específico. Vamos a analizar cada segmento:
AB: El automóvil parte del reposo en A y acelera hasta llegar a B. En el medio de AB, la dirección del vector velocidad apunta en la dirección de movimiento, que es a lo largo de la recta que conecta A y B.
BC: En BC, el automóvil marcha con velocidad constante. En este caso, la dirección del vector velocidad seguirá siendo la misma que en AB, es decir, a lo largo de la recta que conecta B y C.
CD: Al igual que en BC, el automóvil sigue moviéndose con velocidad constante en la dirección de C a D. Por lo tanto, la dirección del vector velocidad en CD también será a lo largo de la recta que conecta C y D.
DE: El automóvil experimenta un cambio en la dirección en el punto D, ya que sigue un arco de circunferencia. En el medio de DE, la dirección del vector velocidad será tangente a la curva en el punto medio de DE.
EF: Finalmente, el automóvil llega al punto F y se detiene. En el medio de EF, la dirección del vector velocidad será nula ya que el automóvil se encuentra en reposo.
(b) El automóvil tiene aceleración en los puntos donde cambia su velocidad o dirección. Veamos estos puntos:
A a B: En el punto B, el automóvil cambia su velocidad, lo que implica que tiene aceleración. La dirección de la aceleración en este punto será la misma que la dirección de la velocidad en AB, es decir, a lo largo de la recta que conecta A y B.
C a D: Aunque el automóvil sigue moviéndose con velocidad constante en BC y CD, en el punto D, cambia su dirección al seguir el arco de circunferencia. Esto implica que tiene aceleración en D, y la dirección de la aceleración estará dirigida hacia el centro de la circunferencia.
E a F: En el punto E, el automóvil cambia su velocidad ya que pasa de la velocidad constante a estar en reposo en el punto F. Por lo tanto, tiene aceleración en E, y la dirección de la aceleración será opuesta a la dirección de la velocidad en DE.
(c) En los tramos BC y DE, el automóvil tiene aceleración nula o cero. Sin embargo, la razón por la que esto ocurre es diferente en cada tramo:
En BC, el automóvil tiene velocidad constante, lo que significa que su aceleración es cero. La dirección de la velocidad y la aceleración es la misma, a lo largo de la recta que conecta B y C.
En DE, aunque el automóvil cambia de dirección al seguir el arco de circunferencia, su velocidad sigue siendo constante en magnitud (la velocidad no cambia en términos de rapidez). La aceleración en DE es centrípeta y está dirigida hacia el centro de la circunferencia. La magnitud de la aceleración centrípeta depende de la velocidad constante y del radio de la curva. Por lo tanto, la relación entre las magnitudes de las aceleraciones en BC y DE dependerá de la geometría de la trayectoria y la velocidad constante del automóvil. Si la velocidad es la misma en ambos tramos, la aceleración en DE será mayor debido a la curvatura de la trayectoria.
7. In a popular lecture demonstration, a projectile is fired at a target T in such a way that the projectile leaves the gun at the same time the target is dropped from rest, as shown in Figure 3. Show that if the gun is initially aimed at the stationary target, the projectile hits the target.
Para demostrar que el proyectil golpea al objetivo que cae, podemos utilizar la conservación de la cantidad de movimiento.
Supongamos que el proyectil tiene una masa m1 y una velocidad inicial v1, mientras que el objetivo tiene una masa m2 y está en reposo.
La cantidad de movimiento inicial del sistema es la suma de las cantidades de movimiento del proyectil y del objetivo, es decir:
m1 * v1 + m2 * 0 = m1 * v1
Dado que el objetivo está en reposo, su cantidad de movimiento inicial es cero.
Durante el vuelo del proyectil, la única fuerza que actúa sobre él es la gravedad, que lo acelera hacia abajo. La aceleración debida a la gravedad se puede representar como g, donde g es la aceleración debido a la gravedad y apunta hacia abajo.
La ecuación de la cantidad de movimiento para el proyectil es:
m1 * v1 = m1 * v2 + m1 * g * t
Donde v2 es la velocidad final del proyectil y t es el tiempo que tarda en alcanzar al objetivo.
Dado que el proyectil y el objetivo se encuentran en el mismo punto en el momento del impacto, podemos igualar las posiciones de ambos:
0 = v1 * t + (1/2) * g * t^2
Resolviendo esta ecuación cuadrática para t, obtenemos dos soluciones: t = 0 y t = 2 * v1 / g.
La solución t = 0 corresponde al momento en que el proyectil sale del cañón, por lo que no es relevante para nuestro análisis.
La solución t = 2 * v1 / g corresponde al tiempo que tarda el proyectil en alcanzar al objetivo.
Sustituyendo este valor de t en la ecuación de la cantidad de movimiento, obtenemos:
m1 * v1 = m1 * v2 + m1 * g * (2 * v1 / g)
Simplificando la ecuación, obtenemos:
v2 = v1 - 2 * v1 = -v1
8. A ball is tossed from an upper-story window of a building. The ball is given an initial velocity of 8.00 m/s at an angle of 20.0 below the horizontal. It strikes the ground 3.00 s later.
(a) How far horizontally from the base of the building does the ball strike the ground?
(b) Find the height from which the ball was thrown.
(c) How long does it take the ball to reach a point 10.0 m below the level of launching? 
Resp (a) 22.6 m (b) 52.3 m (c) 1.18 s
Vo = 8.00 m/s
θ = 20.0 bajo la horizontal = 340˚
t = 3.00 s
a) ¿A qué distancia horizontal de la base del edificio golpea la pelota el suelo?
Se utiliza m.r.u horizontalmente
 
x = Vo x t
x = 8.00 Cos 20.0 (3.00)
x = 22.55 m
(b) Halla la altura desde la que se lanzó la pelota.
h = Voyt + 0.5gt²
h = 8.00 Sen 20.0 (3.00) + (0.5) (9.8) (3²)
h=52.3 m
(c) ¿Cuánto tarda la pelota en alcanzar un punto situado 10,0 m por debajo del nivel de lanzamiento?
h = Voyt + 0.5gt²
10 = 8.00 Sen 20.0 t + 0.5(9.8) t²
-10 = -2.73t - 4.9 t² = 0
4.9t² + 2.73t -10 = 0
t=1.17 s
9. Un helicóptero deja caer un paquete con suministros a las víctimas de una inundación que se hallan en una balsa. Cuando el paquete se lanza, el helicópterose encuentra a 100 m por encima de la balsa, volando a 25 m/s y formando un ángulo de 36.9° sobre la horizontal.
(a) Durante cuánto tiempo estará el paquete en el aire?
(b) ¿Dónde caerá el paquete?
(c) Si el helicóptero vuela a velocidad constante, ¿cuál será la posición en el instante en que el paquete llegue al suelo? 
Resp (a) 6.30 (b) 126 m (c) 194. 5 m directamente por encima del paquete
36.9 grados se convierten a radianes:
α (en radianes) = 36.9° * (π / 180) ≈ 0.6440 radianes
x = Vo cos α t
y = yo + Vo sen α t
(a) Durante cuánto tiempo estará el paquete en el aire?
Para x:
t = 126 m / (25 m/s * cos (0.6440)) ≈ 6.3 s
Para y:
t = (194.5 m - 100 m) / (25 m/s * sin (0.6440)) ≈ 6.3 s
t = 6,3 s
(b) ¿Dónde caerá el paquete?
x = 25 m/s. cos36,9°. 6,3 s = 126 m
(c) Si el helicóptero vuela a velocidad constante, ¿cuál será la posición en el instante en que el paquete llegue al suelo? 
y = 100 m + 25 m/s. sen36,9°. 6,3 s = 194,5 m
10. Un profesor de física hacia acrobacias audaces en su tiempo libre. Su última acrobacia fue un intento por saltar un rio en motocicleta (figura 4). La rampa de despegue está inclinada a 53.0°, el rio tiene 40.0 m de ancho y la ribera lejana está a 15.0 m bajo el tope de la rampa. El río está a 100 m abajo de la rampa. Puede despreciarse la resistencia del aire
(a) ¿Qué rapidez se necesita en el tope de la rampa para alcanzar apenas el borde de la ribera lejana?
(b) Si su rapidez era sólo la mitad del valor obtenido en a), ¿dónde cayo? 
Resp (a) 17.8 m/s (b) en el rio, a 28.4 m de la ribera cercana. 
(a) ¿Qué rapidez se necesita en el tope de la rampa para alcanzar apenas el borde de la ribera lejana?
Datos para (a):
h = 15m
Xmax = 40 m
y = 0
Ecuaciones de posiciones:
1- xf = xo + Vxt
40m = Vo cos53° t Vot = 40m/cos53°
2 - y = h + Vxt - 1/2 gt²
0m = 15m + Vosen53°t - 1/2 9.81m/s² t² 
(se sustituye 1 en 2)
0 = 15m + sen53°40m/cos53° - 4.905 m/s² t²
t = √15m + sen53°40m/cos53° / 4.905 m/s²
t = 3.73 s
Sustituimos en 1:
40m = Vocos53°*3.73s
Vo = 17.82 m/s
(b) Si su rapidez era sólo la mitad del valor obtenido en a), ¿dónde cayo? 
Datos para (b):
Vo = Vo1/2
h = 100m
1- xf = xo + Vxt
Xf = (17.82m/s / 2) cos53°t 
Xf = 5.36m/s t
2 - y = h + Vxt - 1/2 gt²
-100m = 0m + 17/82m/s / 2 *sen53°t - 1/2 9.81m/s² t² 
0 = 100m + 7.12 m/s t - 4.905 m/s² t²
t = 5.3 s
sustituimos en 1:
Xf = 17.82m/s / 2 *cos53°*5.3s
Xf = 28.42 m (en el rio, a 28.42 m de la ribera cercana)
11. (a) Una partícula se mueve de tal forma que las coordenadas son x(t) = 2 cos 3t , y(t) = 2 cos 3 t. Asigne valores a t y realice un gráfico de y vs t ¿Qué trayectoria describe la partícula? Calcule las componentes x,y para la velocidad y aceleración
(b) Una partícula se mueve de tal forma que las coordenadas son: x(t) = 2 cos 3t , y(t) = 4 cos 3 t. Asigne valores a t y realice un gráfico de y vs t ¿Qué trayectoria describe la
partícula? Calcule las componentes x,y para la velocidad y aceleración.
El tiempo tomando valores como: 0,1,2,3 y 4.
a) 
Remplazando los valores de t en las coordenadas de X y Y:
La tabla de valores y la gráfica serian: 
 
Es una trayectoria oscilante entre valores negativos y positivos. 
Derivando X y Y se puede llegar a que las coordenadas de la velocidad serian: (-6sin 3t, -6sin 3t).
Para saber las coordenadas de la aceleración de derivan las de la velocidad: (-18cos 3t, -18cos 3t).
b)
Remplazando los valores de t en las coordenadas de X y Y:
La tabla de valores y la gráfica serian:
 
Es una trayectoria oscilante entre valores negativos y positivos.
Derivando X y Y se puede llegar a que las coordenadas de la velocidad serian: (-6sin 3t, -12sin 3t).
Para saber las coordenadas de la aceleración de derivan las de la velocidad: (-18cos 3t, -36cos 3t). 
12. La hélice de una turbina adquirió una velocidad angular cuya magnitud es de 6500 rad/s en 4 segundos. ¿Cuál fue la magnitud de su aceleración angular? Resp 1625 rad/s²
13. Un motor eléctrico incremento la magnitud de su velocidad angular en 50rad/s a 220 rad/s en 0.9 segundos. Calcular a) la magnitud de su aceleración media, b) ¿Cuál fue la magnitud de su desplazamiento angular en ese tiempo? Resp: (a) 188.9 rad/
a) 
220 rad/s = 50 rad/s + a (0.9s)
220 rad/s – 50 rad/s = a (0.9s)
 
b) 
14. Al realizar un Movimiento Circular Uniformemente Acelerado un objeto describe un radio de 0.8 m y efectúa una vuelta completa en 0.2 segundos para este instante, calcular: a) velocidad angular, b) velocidad tangencial, c) aceleración tangencial, d) aceleración centrípeta, e) aceleración resultante. Video sugerido: https://www.youtube.com/watch?v=jGi1Uuz7LS0 Resp: (𝑎) 31. 42 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 (𝑏) 25. 13 𝑚/𝑠 (𝑐) 125. 68 𝑚/𝑠2 (𝑑) 789. 4 𝑚/ (𝑒) 799. 34 𝑚/𝑠2
r = 0,8m
t = 0,2s
a) Velocidad angular
b) Velocidad tangencial
c) Aceleración tangencial
d) Aceleración centrípeta
e) Aceleración resultante
15. A point moves along a circle of radius 40 cm with a constant tangential acceleration of . What time is needed 10 𝑐𝑚/𝑠2 after the motion begins for the normal acceleration of the point to be equal to the tangential acceleration?
r = 40cm 
 = 10 cm/
Utilizando la ecuación de aceleración centrípeta de halla la velocidad:
 despejando v: = 
Sabiendo la velocidad, se puede usar la ecuación de esta y despejar t:
 despejando: 
4