resoluciones unidad 4 cinemática_cuadernillo facultad

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– 1 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
FÍSICA – RESOLUCIONES – INGRESO 2016 
UNIDAD 4 – CINEMÁTICA 
 
 Analice lo que ha estudiado respecto de sistema de referencia, movimiento, trayectoria, movimiento rectilíneo, 
vector posición , vector desplazamiento y responda las siguientes preguntas 
 
4.1 ¿Cuándo una partícula está en movimiento? 
 
 Una partícula está en movimiento cuando, a medida que transcurre el tiempo, su posición varía con 
respecto a un sistema de referencia. 
 
4.2 ¿Qué entiende por trayectoria de un móvil? 
 
Trayectoria es el conjunto de puntos del espacio que ocupa a través del tiempo. 
 
4.3 ¿Cómo define el vector posición? 
 
Es el vector que se traza desde el origen hasta la coordenada posición del cuerpo 
 
4.4 ¿Cómo define el vector desplazamiento? 
 
 Es el vector que describe el cambio de posición del cuerpo que se mueve desde xi a xf . if xx

Δx 
 
4.5 ¿Es lo mismo desplazamiento que espacio recorrido? ¿Por qué? Ejemplifique. 
 
No, porque el desplazamiento es el cambio deposición y el espacio recorrido es la medida de la 
trayectoria. 
 
4.6 ¿Qué significa que un cuerpo realice un movimiento rectilíneo? 
 
 Que su trayectoria es una recta. 
 
 Utilizando los conceptos anteriores, teniendo en cuenta la definición de velocidad y la interpretación de los gráficos 
posición vs tiempo y velocidad vs tiempo, resuelva los ejercicios 4.7 al 4.9. 
 
4.7 Un móvil recorre 60 km en 2 horas en la dirección +x, luego se mueve con velocidad constante de 
(-20) km/h y se detiene a las 5 horas de iniciado el movimiento. 
a) Interpretar gráficamente velocidad v en función de t: v (t); y la posición x en función de t: x (t). 
b) Indicar el desplazamiento del móvil en la 1° etapa, en la 2° etapa y el total. 
c) ¿Cuál es el espacio total recorrido por el móvil? 
d) ¿En qué intervalo de tiempo el móvil ha tenido mayor velocidad absoluta? 
 
 a) 
1 2 3 4 5
-20
-10
10
20
30
Tiempo (horas)
Velocidad (km/h)
 
1 2 3 4 5
10
20
30
40
50
60
Tiempo (horas)
Desplazamiento (km)
 
 
b) x 1º Etapa= 60 km hacia la derecha; x 2º Etapa= 60 km hacia la izquierda; x total =0 ; 
 
c) 120 km; 
 
d) En la 1º etapa 
– 2 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.8 Un automóvil se ha desplazado por una carretera, de acuerdo al siguiente gráfico. Indique: 
a) El tipo de movimiento del auto en cada tramo, asumiendo que no pueden ser movimientos reales, ya 
que no puede pasar instantáneamente de una velocidad a otra. 
 I= MRU II= Detenido III= MRU IV= Detenido V= MRU VI= MRU 
 
b) El desplazamiento total del móvil. 
 x total =0 
 
c) El espacio total recorrido. 
 Espacio recorrido = 240 km 
d) ¿Qué sucedió en los tramos II y V? 
 En el tramo II está detenido y en el tramo V está retrocediendo. 
 
 
4.9 Indicar, en cada gráfico, si el módulo de la velocidad en el instante t2 es mayor, menor o igual que el módulo de la 
velocidad en el instante t1: 
 
 vt2 > vt1 v t2 < vt1 v t2 = vt1 v t2 = vt1 
 
4.10 ¿Cuáles son las leyes que rigen el M.R.U.? 
 
1. El espacio recorrido es directamente proporcional al tiempo empleado. 
2. La velocidad es constante. 
 
4.11 ¿Qué significa el área bajo el segmento de recta del gráfico velocidad vs. tiempo? ¿Para qué casos es 
aplicable? 
 
 El área es el desplazamiento. Para cualquier tipo de movimiento. 
 
4.12 La velocidad de sonido es de 330 m/s y la de la luz es de 300.000 km/s. Se produce un relámpago a 50 km de 
un observador. 
a) ¿Qué recibe primero el observador, la luz o el sonido? 
b) ¿Con qué diferencia de tiempo los registra? 
 
VS = 330 m/s vL = 300.000 km/s = 3.108m/s x = 50 km = 5.104 m 
a) Recibe primero la luz ya que vl > vs 
b) Aplicando: v = Δx/t  t = Δx/v 
 X (km)
80
40
 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 t (s)
-40
I
II
III
IV
V
VI
 x 
t t 1 t 2 
x 
t t 1 t 2 
x 
t t 1 t 2 
x 
t t 1 t 2 
a b c d 
 
– 3 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
tS = (5.104 m)/(330 m/s)  tS = 151,515152 s 
tL = (5.104 m)/(3.108 m/s)  tL = 0,00016667 s 
Luego: 
Δt = tS – tL = 151,515152 s – 0,00016667 s  Δt = 151,51 s 
 
4.13 Un ciclista que viaja en una trayectoria rectilínea, recorre la mitad de su camino a 40 km/h y la otra a 20 
km/h. ¿Cuáles son los gráficos posición en función del tiempo y velocidad en función del tiempo que representan la 
situación planteada? 
 
 a b c d e f 
 x x x x v v 
 v1 v1 
 v2 v2 
 
 t t t t t t t t 
 
 
4.14 Dos autos circulan por la misma calle recta, en sentidos contrarios. Ambos se mueven con velocidades 
constantes cuyos módulos son, respectivamente 72 km/h y 54 km/h. El que marcha a 54 km/h pasa a las 8 de la mañana 
por una ciudad A. En el mismo instante el otro auto pasa por la ciudad B. Si ambos vehículos se cruzan a las 8 horas 3 
minutos 20 segundos, ¿cuál es la distancia que separa las ciudades A y B?: 
 
 
Pasamos las velocidades a m/s 
s
m
s
h
km
m
h
km
15
3600
1
.
1
1000
.54  ; 
s
m
s
h
km
m
h
km
20
3600
1
1
1000
72  
 
Calculamos la distancia que recorrieron los vehículos hasta que se cruzaron 
 
1º Vehículo: ms
s
m
tvx 3000200.15.  ; 2º Vehículo: ms
s
m
tvx 4000200.20.  
 
Distancia entre las ciudades A y B es igual a la suma de las dos distancias, o sea, que están separadas 7 km. 
 
4.15 Teniendo en cuenta el gráfico posición en función del tiempo, correspondiente a 4 móviles A, B. C y D, que se 
mueven sobre un mismo camino recto, completar las siguientes proposiciones según corresponda: 
 
10
20
30
40
50
- 10
- 20
1 2 3 4 5 6 7 8 t (h)
x (km)
A
B
C
D
 
 
a) El móvil que marcha con M.R.U. y velocidad positiva es A y C 
b) Los móviles que marchan con la misma velocidad son A y C 
c) El móvil que cambia su sentido de marcha es D 
B A
– 4 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
d) Los móviles que pasan por lo menos una vez por el origen de coordenadas son B y D 
e) El móvil que no posee movimiento uniforme es D 
f) La velocidad del móvil A es 5 km/h 
g) La velocidad del móvil B es –10 km/h 
h) El espacio recorrido por el móvil B desde que parte hasta las 4 horas de recorrido es de 40 km 
i) El desplazamiento del móvil D desde que parte hasta las 3 horas de recorrido es de 5 km. 
j) Los móviles D y B se encuentran después de media hora de haber partido. 
 
4.16 Un tren de 200 m de largo se mueve en línea recta con velocidad constante. Si demora en pasar frente al poste 8 s 
y en atravesar el túnel 24 s. Determine el largo del túnel. 
a) 100 m 
b) 200 m 
c) 400 m 
d) 500 m 
e) 600 m 
 
 
 
 
 
4.17 Un auto se mueve por una carretera de acuerdo con el siguiente gráfico: 
 
a) Describa el movimiento del auto 
b) Que distancia recorre 
c) Cual es su desplazamiento 
d) Graficar x(t) 
 
a) Enel 1º trayecto M.R.U, en 2º está detenido y en el 3º M.R.U. 
 
b) 1º trayecto Δx1 = Vo.t  Δx1= 30m/s.5s = 150m 
 2º trayecto Δx2 = Vo.t  Δx2= 15m/s.5s = 75m 
 Δtotal = Δx1 + Δx1 = 150m + 75m = 225 m 
 
c) El desplazamiento es igual a 75 m 
d) 
-2 2 4 6 8 10 12 14 16
50
100
150
200
t (s)
X (m)
 
 
 
 
 Cuando el cuerpo en movimiento rectilíneo varía su velocidad en el tiempo, aparece el concepto de aceleración y 
de movimiento variado. Si la aceleración se mantiene constante como vector (en módulo, dirección y sentido) el 
movimiento rectilíneo es uniformemente variado. Teniendo en cuenta estos conceptos resuelva los ejercicios del 
4.18 al 4.30 : 
 
 
 
 
400m 200m600m tren del Longitud- tuneldel Longitud
600m25m/s.24st'.v
25m/s
8s
200m
Δt
Δx
 trendel Velocidad
24
tren24



s
s
x
x
30
15
0
-15
5 10 15
v (m)
t (s)
 
– 5 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.18 Con respecto al MRUV marque la respuesta NO CORRECTA 
a) Desplazamiento, velocidad y aceleración son todas magnitudes vectoriales. 
b) Un movimiento con aceleración negativa siempre es desacelerado. 
c) En caída libre el vector aceleración y velocidad tienen el mismo signo. 
d) La aceleración tiene la dirección y sentido del vector variación de velocidad (∆v). 
e) Un cuerpo lanzado hacia arriba al llegar al punto de máxima altura la velocidad final es cero. 
 
 
4.19 Un cuerpo se mueve con una proyección escalar de la aceleración de 6 m/s2, la velocidad inicial es 20 m/s, la 
posición inicial es 4 m. 
f) Escriba las ecuaciones del punto anterior para este caso particular. 
g) Grafique velocidad vs. tiempo. 
h) Grafique aceleración vs. tiempo. 
i) Grafique posición vs. tiempo. 
 
a) 2
m m
=20 +6 .Δt
s s
Vf
 
2
2
m 1 m
=4m+20 .Δt+ .6 .Δt
s 2 s
x
 
2
2
20 2.6 .4
m m
m
s s
 
  
 
2
Vf
 
 
b)
1 2 3 4 5
10
20
30
40
50
t (s)
V (m/s)
 c)
1 2 3 4 5
50
100
150
200
t (s)
X (m)
 d) 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
6
7
t (s)
 
 
 
4.20 Repita el ejercicio anterior pero para una proyección escalar de aceleración de (-6) m/s2. 
 
a) 
2
20 6 .
m m
t
s s
 
    
 
Vf
 
2
2
m 1 m
=4m+20 .Δt+ . -6 .Δt
s 2 s
 
 
 
x
 
2
2
20 2. 6 .4
m m
m
s s
   
     
   
2
Vf
 
 
b)
1 2 3 4 5
-10
-5
5
10
15
20
25
t (s)
V (m/s)
 c)
1 2 3 4 5
-5
5
10
15
20
25
30
35
40
45
t (s)
X (m)
 d)
1 2 3 4 5
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
t (s)
 
 
 
4.21 Teniendo en cuenta los ejercicios 19 y 20 responda: 
 
a) ¿Cómo influye el signo de la aceleración en los gráficos posición vs. tiempo? 
 
 Cambia la concavidad de la curva: si a (+) las ramas de la parábola van hacia arriba, si a (-) 
 las ramas de la parábola van hacia abajo. 
 
b) ¿Cómo determina si un movimiento es retardado (desacelerado o frenado) o acelerado? Analice los 
signos de velocidad y aceleración para cada caso. 
 
 Si la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo el movimiento es acelerado. 
 Si la velocidad y la aceleración tienen distinto signo el movimiento es desacelerado. 
 
 
 
a (m/s2) 
– 6 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.22 Una persona dispone de seis horas para dar un paseo. ¿Hasta qué distancia podrá hacerse conducir por un 
automóvil que va a 12 km/h sabiendo que tiene que regresar a pie y a 4 km/h? 
 
18km conducir hacerpodrá Se 
 18km 4km/h.4,5hx o 18km1,5h 12km/h.x :entodesplazami el Calculamos
 
/16
72
./4)6.(/12resulta entonces t-6h t
otra laen remplazo loy ecuaciones las de unaen despejo )incognitas 2con ecuaciones 2 de sistemaun plantea (se
6h t tque sabe sebien tam/4 /12
22221
1
2121





ida
regreso
regresoida
regresoida
t
t
hkm
km
tthkmthhkm
thkmxthkmx
xx
 1,5ht 
 4,5ht
1
2
t
..
 
 
4.23 Un móvil entra en una pendiente a una velocidad de 36 km/h y como consecuencia de la pendiente se acelera 
con 0,5 m/s2. La bajada tarda 8 segundos. ¿Cuál es su velocidad al final de la pendiente? 
 
s
m
10
s3600
h1
.
km1
m1000
.
h
km
36 
 
 
2
10 0,5 .8 14
m m m
t s
s ss
     
f
m
v 14
s
f i
v = v + a
 
 
 
4.24 Un móvil inicia su movimiento con una velocidad de 15 m/s, los 10 primeros segundos se le da una aceleración 
negativa de 1,7 m/s2; los 7 segundos siguientes, una aceleración negativa de 100 cm/s2. Calcular que desplazamiento 
sufrió el móvil. 
 
2 2
(10s) 2
2
2
(10s) 2
1 m 1 m
Δt t 15 .10s 1,7 (10s) 65m
2 s 2 s
m m m
 15 2. 1,7 65m 2 
s ss
Se toma la velocidad 
 
      
 
   
          
   
2
Δx vi. a Δx
vf vi 2aΔx vf
(7) 2
negativa porque a los 8,82 seg se detiene y comienza a acelerarse
 entonces debe tener el mismo signo que la aceleración
m 1 m
 2 .7s 1 (
s 2 s
 
    
 
Δx
2
total
7s) 38,5m
El desplazamiento total es igual a la suma de los desplazamientos. x 65m (-38,5m) 26,5m
 
   
 
 
4.25 El móvil representado en la figura puede moverse según la dirección del eje x. 
Complete el cuadro siguiente, indicando si permanece inmóvil o si se mueve hacia la derecha (+) o hacia la 
izquierda (-) del origen de coordenadas; colocando cero o el signo de la velocidad y la aceleración cuando 
correspondan e indicando el tipo de movimiento del cuerpo. 
. 
t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7
v
t
 
 
– 7 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 
 
Intervalo 
 
 
 
Inmóvil 
Se mueve hacia 
Derecha /Izquierda 
 
 
Velocidad (v) 
Cero/ +/ - 
 
Aceleración 
Cero/ +/ - 
 
Movimiento MRU/ 
MUDesacel./ 
MUAcel/ Sin mov. 
0-t1 Derecha + + M.U.Acelerado 
t1 – t2 Derecha + Cero M.R.U. 
t2 – t3 Derecha + – M.U.Desacel. 
t3 – t4 Izquierda – – M.U.Acelerado 
t4 – t5 Izquierda – + M.U.Desacel. 
t5 – t6 Inmóvil Cero Cero Sin movimiento 
t6 – t7 Izquierda – – M.U.Acelerado 
 
 
4.26 Un automóvil lleva una velocidad de 300 km/h. se aplican los frenos y comienza una desaceleración de 3 m/s2. 
Calcular: 
A) Tiempo que demora en detenerse. 
B) Desplazamiento que sufre hasta pararse 
s
m
83.33
3600s
1h
.
1km
1000m
.
h
km
300 
 
Tarda en detenerse 27,77s
0-83,33m/s
Δt= =27,77s 
2
-3m/s
a) .Δt Δt=  
vf - vi
vf = vi + a
a
 
 
22
2
1 m 1 m
b) .Δt+ . .Δt =83,33 .27,77s+ . -3 . 27,77 =1156,20m
2 s 2 s
 
  
 
Δx = vi a Δx
 
 
El desplazamiento hasta detenerse es de 1156,20 m 
 
 
4.27 Un tren va a una velocidad de 16 m/s; frena y se detiene en 12s. Calcular su aceleración y el desplazamiento 
hasta que se detiene. 
 
0 16 /
Δt 12
m s
tf ti s

    

2
1,33m / s
Δv Vf -Vi
a 
 
22
2
1 m 1 m
 Δt+ Δt Δx=16 .12s+ . -1,33 . 12s =192m-95,76m=96,24m
2 s 2 s
 
  
 
Δx = vi. .a.
 
 
4.28 Dos ciclistas A y B, pasan por un punto simultáneamente. A con una velocidad constante de 12 m/s y B con 
aceleración constante de 5 m/s2. 
a) ¿Cuánto se han desplazado cuando B alcanza a A? 
b) ¿Cuánto tiempo ha transcurrido hasta ese momento? 
c) ¿Cuál es la velocidad de B cuando alcanza a A? 
 
a) El móvil A lleva velocidad constante  . tΔx = v  Δt 
Δx
v
 (1) 
A 
B 
VA 
aB 
VA 
VB? 
– 8 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 El móvil B lleva velocidad variable, CONSIDERAMOS ViB=0, ya que no dice otra cosa el problema 
 2
1
 . t
2
Δx = .a 
2
 Δt 
.Δx
a
 (2) 
 Igualamos ambas ecuaciones pues igualamos el tiempo de encuentro y despejamos Δx 
Δx
v
=
2
 
.Δx
a

2 
 
 
2
Δx .Δx
=
v a

2
 2 
2
2 2 .v
Δx .a = .Δx.v Δx =
a
 57,6m
2
2
5m/s
2.(12m/s)
Δx 
b) Se ReemplazaΔt en (1) o en (2) 
 
4,8s
sm
m
/12
6,57
Δt 
 
4,8s
2/5
6,57.2
Δt 
sm
m
 
c) 20 5 / .4,8t m s s    24m / svf = vi + a. 
También puede resolverse las preguntas a) y b) igualando primero el desplazamiento (que es el mismo para los dos 
ciclistas), y de allí despejar el tiempo de encuentro. Una vez calculado el mismo de cualquier plateo se calcula el 
desplazamiento 
 
4.29 Un cuerpo parte del reposo. Tiene durante 4s una aceleración constante de 10 m/s2, sigue después durante 8s 
con el movimiento adquirido y finalmente vuelve al reposo por la acción de una aceleración negativa de 10 m/s2. 
Determinar: 
a) El tiempo total del movimiento 
b) Espacio total recorrido 
c) Desplazamiento total del cuerpo 
d) Realizar las gráficas v(t) y x(t) 
 
a) 2.Δt=0+10m/s .4s=40m/svf = vi + a 
 
2
0 40 /
 Δt 4
10 /
m s
s
m s

  

vf - vi
a
 Tiempo Total = 4s +8s + 4s = 16 s 
 
22
2
1 1 m
 Δt+ t Δx 0 0 . 10 . 4s 80
2 2 s
m
 
      
 
Δx = xi + vi. .a.
 
b) 
 
m
t 40 .8s 320m
s
    Δx = vi. Δx
 
 
 
22
2
1 m 1 m
 Δt+ Δt =40 .4s+ . -10 . 4s =80m
2 s 2 s
 
  
 
Δx = vi. .a. Δx
 
 Espacio recorrido = 80m + 320m + 80m = 480m. 
 
c) El desplazamiento coincide con el espacio recorrido, por lo tanto m480 
 
d) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 4 6 8 10 12 14 16
10
20
30
40
t (s)
v (m/s)
2 4 6 8 10 12 14 16
40
80
120
160
200
240
280
320
360
400
440
t (s)
v (m/s)
 
– 9 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.30 En la figura se indica la posición de un móvil en función del tiempo, hallar la velocidad media durante los 
intervalos de tiempo a, b, c y d indicados. 
Para calcular la velocidad media aplicamos: 
 
 
 
 
 
 Los movimientos de caída libre y tiro vertical en el vacío son movimientos rectilíneos uniformemente variados, 
por lo tanto valen las mismas consideraciones y ecuaciones tenidas en cuenta hasta ahora. En estos movimientos 
debe tener en cuenta que la trayectoria rectilínea la realiza el cuerpo verticalmente, se debe definir el origen y el 
sentido. La aceleración es un dato. El movimiento completo al arrojar un objeto hacia arriba hasta que cae al 
piso, es único, con el vector aceleración constante, por ello se asigna un sentido positivo. 
 
4.31 Una piedra cae libremente, partiendo del reposo. 
a) ¿Cuánto tarda en alcanzar una velocidad de 30 m/s? 
b) ¿Qué distancia ha recorrido a los 3 s de iniciada la caída? 
c) ¿Cuál es su velocidad luego de recorrer 5 m? 
d) ¿Cuánto tarda en recorrer 100 m? 
 
a) 
2
30 0
.Δt Δt= 3,06
9,8
m m
s s s
m
s
 
  

f i
f i
v - v
v = v + g
g
 
Tomamos la velocidad final negativa porque se dirige hacia abajo 
 
b) 2 2
2
1 1 m
Δt+ .Δt 0 . -9,8 .(3s) 44,1m
2 2 s
 
    
 
Δy = Vi. .a 
El desplazamiento es un vector dirigido hacia abajo. La distancia recorrida es de 44,1 m 
 
 
 
c) 2
m m
2 2 = - 0+2. -9,8 .(-5m)=- 9,9
ss
 
  
 
2 2
f i i
V -V = .g.Δy vf = - V + .g.Δy
 
Tomamos la raíz negativa porque la velocidad es un vector dirigido hacia abajo. 
d) 
2
2
1 2 2.(-100m)
t+ Δt Δt = =4,51s
m2
-9,8
s
 
i
.Δy
Δy = v . .g. =
g 
 
 
 
 
4.32 Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 30 m/s. Considere semieje positivo 
y hacia arriba y calcule: 
a) La altura máxima que alcanzará. 
b) La velocidad y la aceleración cuando alcanza la altura máxima. 
c) El tiempo mínimo que tardará en alcanzar una velocidad de 15 m/s. 
d) El tiempo que tarda en alcanzar una velocidad de (-15) m/s. 
e) La velocidad que alcanza 2 segundos después de su lanzamiento. 
 
a) max 2
y 
2 2
Vf -Vi
.g 
m
s
m
s
m
y 9,45
8,9.2
300
2
2
max 
















 
 
Tramo a 
Δ va = Δ xa/Δ ta 
Δ va = (x af – xa0)/(t af – ta0) 
Δ va = (6 m – 3 m)/(3 s – 0 s) 
Δ va = 1 m/s 
 
Tramo b 
Δ vb = Δ xb/Δ tb 
Δ vb = (x bf – xb0)/(t bf – tb0) 
Δ vb = (2 m – 6 m)/(7 s – 3 s) 
Δ vb = –1 m/s 
 
Tramo c 
Δ vc = Δ xc/Δ tc 
Δ vc = (x cf – xc0)/(t cf – tc0) 
Δ vc = (–8 m – 2 m)/(9 s – 7 s) 
Δ vc = –5 m/s 
 
Tramo d 
Δ vd = Δ xd/Δ td 
Δ vd = (x df – xd0)/(t df – td0) 
Δ vd = (–8 m – (–8 m))/(15 s – 9 s) 
Δ vd = 0 m/s 
 
 
– 10 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 
b) 
2maxmax
8,90
s
m
a
s
m
V yy  
 
 c) 
2
15 30
Δt t 1,53
9,8
m m
s s s
m
s

    

Vf -Vi
Vf = Vi + g.
g
 
 
 
 
d) 
2
15 30
t= 4,59
9,8
m m
s s s
m
s
 
  

Vf -Vi
g 
 
 e) 2
. t 30 9,8 .2 10,2
m m m
s
s ss
   Vf = Vi + g
 
 
 
 
 
4.33 Se deja caer una piedra verticalmente desde un acantilado de 200 m de altura. Determine: 
a) La velocidad con que llega al suelo, un instante antes de detenerse. 
b) El tiempo que tarda en caer. 
c) El tiempo que tarda en recorrer 100 m. 
d) La velocidad a los 100 m de caída. 
 
 
a) 
2Vf = - Vi + .g.Δy
 2
m m
=- 0+2. -9,8 .(-200m)=- 62,6
ss
 
 
 
Vf
 
 
 
b) 
2
m m
62,6 0
s sΔt 6,38s
m
9,8
s
 
  

Vf -Vi
g
 
 
 c) 
2
2 2.( 100m)
Δt 4,51s
m
9,8
s

  

.Δy
g
 
 
d) 
 
 
 
 Recordar: g la tomamos negativa (–), pero también el desplazamiento es negativo (–), Vf va hacia abajo (–) 
 
 
4.34 Un objeto es lanzado verticalmente hacia arriba. Cuando alcanza la mitad de la altura máxima su velocidad es 
de 24 m/s. 
a) ¿Cuál es la altura máxima? 
b) ¿Qué tiempo tarda en alcanzarla? 
c) ¿Con qué velocidad se lanzó? 
d) ¿Qué tiempo tarda en alcanzar una velocidad de 24 m/s hacia abajo? 
a) 
 
58,77m






my
m
sm
sm
g
vivf
y
38,29.22. y
38,29
)/8,9.(2
)/24(0
.2
ria trayectomitadmáxima
2
222
ria trayectomitad
 
 
m m
2 2. -9,8 .(-100m) 44,27
2 ss
 
    
 
2
Vf = - V + .g.y
i
 
– 11 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
b) 3,45m/s





2/8,9
/9,330
sm
sm
g
vivf
t 
 
c) 33,93m/s smmsmvfygvi /077,58)./8.9.(2..2 22 
 
d) 
 
 
 
 
4.35 Una piedra se deja caer libremente al fondo de un precipicio de 80m de altura. Un segundo más tarde una 
segunda piedra se lanza hacia debajo de tal forma que alcanza a la primera justamente cuando ésta llega al fondo. 
a) ¿Con qué velocidad se lanzó la segunda piedra? 
b) ¿Qué velocidad llevaba la primera piedra cuando fue alcanzada? 
c) ¿Cuánto tiempo dura en el aire la segunda piedra? 
 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
b) 39,6m/s )04,4./8,9(0. 2 ssmtgvivf 
 
c) t = 3,04s 
 
4.36 Se arroja una pelota hacia arriba, con una velocidad inicial de 8 m/s. Calcular la máxima altura que alcanza. 
 
2
2
0 (8 / )
2 Altura máxima
2 2.( 9,8 / )
m s
m s

   

3,265s
2 2
2 2 vf - vi
vf = vi + .g.Δy Δy =
.g
 
 
4.37 Un nadador se deja caer desde un trampolín de 5 m de altura. Calcular: 
a) Cuánto tarda en entrar al agua 
b) La velocidad con que entra 
 
a) 
2
2 2.( 5 )
Δt
( 9,8 / )
m
m s

 

1,01s
.Δy
=
g
 (+) 
 
b) 22 0 2.( 9.8 / ).( 5 )m s m     9,8m / svf = vi + .g.Δy consideramos -9,8 m/s por ser caída 
 
 
 
4.38 Dado el gráfico que muestra la velocidad de un móvil en función del tiempo, responda colocando las letras que 
indican el tramo, la letra que indica el instante, el dato que se solicita o la palabra ninguno,según corresponda: 
 
 v (m/s) 
 30 C 
 A B 
 20 G 
 
 10 
 
 0 D 
 10 20 30 40 50 60 70 t(s) 
 -10 E F 
 
 
sssttt
s
sm
smsm
g
vivf
t
bajadasubidaTotal
bajada
9,545,245,3
45,2
/8,9
/0/24
2







1 2. 2.( 80 / )2 Δt= 4,04 ( Tiempo de caida d la 1º piedra)
22 9,8 /
Tiempo de caida de la 2º piedra 4,04s - 1 s 
1 2- Δt 2 21 80 0,5.( 9.8 / ).(3,04 )2Δt+ Δt
2 Δt 3,04
m s
t s
m s
m m s s
s

   


  
   11,4m
Δy
Δy = .g.
g
Δy .g.
Δy = vi. .g. vi = / s vi
2ºpiedra
– 12 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
a) El valor de la aceleración media en el tramo CE: ..... – 4 m/s2 .................. 
b) El tramo de gráfica donde el móvil mantiene M.R.U:..... EF ............ 
c) La velocidad inicial del móvil es: ........20m/s................. 
d) Un punto donde cambia su sentido de marcha:........... D ............ 
e) Un tramo donde el móvil mantiene M.R.U. Frenado:. .... CD ......... 
f) El desplazamiento del móvil en el tramo FG es:. :......... 50 m .............. 
 
 4.39 Una partícula se mueve en un plano xy con aceleración constante. Para t = 0 , la partícula se encuentra en la 
posición x = 4m, y = 3m y posee una velocidad     jiv ˆ9m/sˆ2m/s  . La aceleración viene dada por 
jia ) ˆ3m/s(ˆ)4m/s(
22
 . Determinar 
a) El vector velocidad en el instante t = 2s 
b) Calcular el vector posición a t = 4s. Expresar el módulo y la dirección del vector posición. 
 
             
   j3m /si10m /sfv ˆˆ
ˆm/s6ˆ8m/sˆ9m/sˆ2m/s2.ˆ23m/s(ˆ)24m/s(ˆ9m/sˆ2m/s



 jijij)iji sfv
 
    
 mj9i44 ˆˆ)ˆ24ˆ32()ˆ36ˆ8()3ˆ4(
4./)3ˆ4(.
2
1
4./)ˆ9ˆ2()ˆ3ˆ4(..
2
1
.
4
2
22
4


mjimjimjix
ssmjissmjimjitatvxx ii 
   
348º26'
44,9m





 


44
9
ˆ9ˆ44
4
22
arctg
ji

4x
 
 
4.40 Un policía en motoneta escondido en un cruce de calles observa que un coche no respeta la señal de “pare”, cruza 
la intersección y continúa a velocidad constante. El policía emprende su persecución 2 segundos después que el coche 
sobrepasa la señal, acelera a 6,2 m/s2 y alcanza una velocidad de 110 km/h; continúa con esa velocidad hasta alcanzar al 
coche infractor. En ese instante el coche se encuentra a 1,4 km del cruce. ¿Qué velocidad llevaba el coche? 
 
27,9m /s















sm
s
m
ssss
s
sm
m
v
mmm
mssmta
s
sm
sm
a
vv
s
m
km
m
x
s
h
x
h
km
pcte
if
/85,27
28,50
1400
t
x
v
policía el alcanzó lo que hasta cruce elpor paso
coche el que desde tiempoel es coche, del velocidadla calculamos tiempoesteCon 
28,50293,435,43t coche del entodesplazami de total tiempoEl
35,43
/56,30
65,1324x
t
cte V a tramoesterecorrer en polocia el tardóque tiempoEl
65,132435,751400x
coche elalcanzar hasta cte V desde policía del entodesplazami el cual loPor 
35,7593,4/2,6
2
1
2
1
x
4,93s tpoelen policía el tieneque entoDesplazami
93,4
/2,6
0/56,30
t
constante velocidadlaalcanzar en policia el tardaque Tiempo
56,30
1
1000
3600
1
110
c
c
Tc
2
2
2
222
2p
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vpe=110km/
h 
Va=? (cte) Vpi=0 
ap=6,2m/s2 1,4km 
Va=cte 
 
– 13 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
y1 p1 
 
 r 
 
y2 p2 
 
 
 x1 x2 
 
4.41 A modo de resumen de esta sección……… 
 
Los movimientos rectilíneos con velocidad constante (M.R.U.) en un plano pueden componerse y el resultado es otro 
movimiento rectilíneo en el mismo plano en el cual son válidos todos los procedimientos y ecuaciones utilizados en la 
unidad de Vectores y lo visto para movimientos rectilíneos. En los ejercicios 4.42 y 4.43 tendrá oportunidad de 
aplicar dichos conocimientos. Es muy importante que realice gráficos esquemáticos de cada situación planteada y 
ponga en evidencia el carácter vectorial de las posiciones, velocidades y aceleraciones, según el caso. 
 
 
4.42 Inicialmente una partícula se mueve hacia el oeste con una velocidad de 40 m/s y 5 s después se está moviendo 
hacia el norte a 30 m/s: 
a) ¿Cuál fue el cambio del módulo de las velocidades de la partícula durante este tiempo? 
b) ¿Cuál fue la variación de la dirección de la velocidad? 
c) ¿Cuáles son el módulo y la dirección de v en este instante? 
d) ¿Cuáles son el módulo y la dirección de la aceleración media en este intervalo? 
 
 
a) El módulo disminuyó 10 m/s 
 
 b) 
 
c)  Δv = vf - vi  = 30 +(– 40)=
22 )/40()/30( smsm  = 50 m/s 
 







40
30
 arctgα 36º 52’ 11” (Dirección Norte del Este) 
 
d) 
ΔV 50m/s
= 10m/s
Δt 5s
 a   a  = 10 m/s2 dirección de a es la dirección de Δv 
 
4.43 Un barco de vela tiene las coordenadas x1 = 110 m , y1 = 218 m en el instante t1 = 60 segundos. Dos minutos 
más tarde, en el instante t2, sus coordenadas son x2 = 130 m , y2 = 205 m. 
a) Determine la velocidad media en este intervalo de dos minutos. 
b) Exprese la velocidad media resultante en función de sus coordenadas rectangulares. 
c) Determine el módulo, la dirección y el sentido de esta velocidad media. 
 
2 1
Δx = x - x = (130i+205j) – (110i+218j) = 20i–13j 
 
Δt

Δx
v =    
20 133
0,16 / 0,10 /
120
i j
m s i m s j

  v 
 
   
2 2
v 0,16 / 0,10 /m s m s   0,19m / s 
 
 = arc tg ( –10 / 16 ) = – 32º 0’ 19”  v= – 32º 0’ 19” +360º = 329º 59’ Dirección – Sentido (Sur del este) 
 
 Los movimientos rectilíneos con velocidad constante (M.R.U.) y con aceleración constante (M.R.U.V.) en un 
plano pueden componerse y el resultado es un movimiento semiparabólico o parabólico, como es el caso de un 
tiro horizontal desde una cierta altura, un tiro oblicuo o cualquier movimiento en donde la velocidad horizontal 
sea constante y el movimiento vertical sea uniformemente acelerado. Estudie el principio de independencia, 
repase las ecuaciones correspondientes para tiros verticales, analice y memorice las ecuaciones de las 
componentes de la velocidad inicial, de altura máxima y alcance de un proyectil y luego resuelva los ejercicios 
4.44 al 4.55. 
 
4.44 Un avión vuela horizontalmente a 1960 m de altura a una velocidad de 180 km/h. Del avión cae un cajón de 
provisiones a un grupo de personas. 
a) Calcular la distancia recorrida por el avión en el tiempo que demoró el cajón en caer al suelo. 
b) Si el sistema de referencia está en el avión, analizar la trayectoria y el lugar donde cayó el cajón. 
c) Si el sistema de referencia está en el suelo, analizar la trayectoria y el lugar donde cayó el cajón. 
 
a ) x = v.t 
º90
vf
 
 v = vf + (–vi)
 
-vi 
 
– 14 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 yf = yi + vi t + ½ g t2 yi=0 , yf=1960m , vi=0 
2 2.(-1960m)
Δt= = =20s tiempo de caida
2
-9,8m/s
.Δy
g 
180000m
.Δt= .20s=1000m desplazamiento del avión
3600s
Δx = v
 
El avión se desplaza 1000 metros mientras cae el paquete. 
 
b) Si el sistema está en el avión se observa como una caída libre, con trayectoria rectilínea. 
 
c) Si el sistema está en el suelo,el movimiento es parabólico, el paquete cae a 1000m del sistema de 
referencia. (Principio de superposición de movimientos) 
 
 
4.45 Un helicóptero deja caer en un claro de la jungla un paquete con suministros para soldados. Cuando el paquete se 
lanza, el helicóptero se encuentra a 100 m por encima del claro, volando a 25 m/s . 
a) ¿Dónde caerá el paquete? 
b) ¿Cuál será el desplazamiento sufrido por el helicóptero desde el instante en que lanza el paquete 
hasta el instante en que el paquete llega al piso, suponiendo que no haya obstáculos? 
 
a) El alcance depende de la velocidad y del tiempo que permanece en el aire 
2. 2.100m
t= = =4,51s tiempo de caida
29,8m/s

Δy
g
 
 
.Δt=25m/s.4,51s=112,75m =112,75mΔx = v Δx 
 
b) Por el principio de superposición de movimientos el helicóptero se desplazó la misma distancia que el 
paquete x = 112,75 m 
 
 
4.46 Una persona golpea una pelota desde 50 cm del suelo. La 
pelota logra una altura máxima de 2,5 m y desciende hasta tocar el 
suelo. ¿Cuánto tarda la pelota, desde que es golpeada, en tocar el 
suelo? 
 
 
Se analiza el movimiento en dos partes: tiro vertical desde los 50cm hasta la altura máxina y luego caida libre 
desde 2,50m hasta el suelo. Calculamos los dos tiempos, tiempo de subida y tiempo de caída 
22 2Vf -Vi = .g.Δx
 
22Vi = Vf - .g.Δx
 2
0 2. 9,8 .2 6,26
m m
i m
ss
 
    
 
V
 (esta es Viy) 
 
 En la máxima altura Vfy=0, sólo existe Vfx. Como analizamos el movimiento como tiro: 
s 2
0-6,26m/s
t = = =0,63 s
-9,8m/s
f i
v - v
g
 
Ahora analizamos el 2º movimiento como caída libre: 
22Vf = Vi + .g.x
 
2= 0+2.9,8m/s .2,5m=7m/sVf
  
c 2
7-0 m/s
t = = =0,714 s
9,8m/s
f i
v - v
g
 
Tiempo total = Tiempo de subida (ts) + Tiempo de caida (tc) = 1,35 seg. 
 
 
Otra forma de analizarlo es como un solo movimiento. 
2 2 2Vf -Vi = .g. x
 
2 2Vi = Vf - .g. x
  
20 2. 9,8 / .2 6,26 /m s m m s   Vi 
=0m-0,5m=-0,5m
f i
Δx = x - x   2
1
Δt+ Δt
2
i
Δx = v . g . 
 
– 15 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
En consecuencia 2
1
. .Δt + .Δt- =0
2

i
g v Δx   2
2
4,9 .Δt 6,26 .Δt 0,5 0
m m
m
ss
     
Resolviendo s35,1t  . El otro resultado de la raíz queda descartado por ser negativo 
 
 
4.47 Un cañón se ajusta con un ángulo de tiro de 45°. Dispara una bala con una velocidad de 300m/s. Determinar: 
a) La altura a la que llegará la bala. 
b) El tiempo que estará en el aire. 
c) El alcance horizontal. 
 
a) Para la altura máxima, analizamos tiro vertical considerando la componente en y de la Vi 
 
22 2
y i y
Vf = Vf - .g.Δy Vf = 0 
   
2 2
2 2
. 45º 300 / . 45º
2295
2.9,8 / 19,6 /
Vi sen m s sen
m
m s m s
  
2
Viy
y =
2g
 
 
b) 
 
 
 
Tiempo total en el aire = 2 veces el tiempo de subida = 43,3 seg. 
 
c) 
 t=Vi.cosθ. t 300 cos45 43 3 9185 3m / s. º . , s , m   Δx = V .
ix
 
 
 
4.48 Un jugador de hockey da un golpe de impulsión poco preciso, el disco golpeado a nivel del hielo y se eleva por 
encima de una pared de 2,80 m de altura. El tiempo de vuelo en que el disco salva la pared es de 0,65 segundos, y el 
alcance horizontal en ese momento es de 12 m. Determine: 
a) El módulo de la velocidad inicial y la dirección del disco. 
b) ¿Cuándo alcanza el disco su altura máxima? 
c) ¿Cuál es la máxima altura alcanzada por el disco? 
 
a) 
 
12
= 18,46 /
t 0,65
m
m s
s
 

o
Δx
Vx
 
yf = yi + Vyo t + ½ g t2 yi = 0 yf = h 
 
   
2 212,8 0,65 . 9,8 /
2 7,5 /
0,65
m m m s
m s
s
 
 Vyo
 
   
smV
smsmsmVyVxV oo
/9,19
/9,19/5,7/46,18 2222


 
º22
406,0
/46,18
/5,7




DIRECCION
sm
sm
Vx
Vy
tgDirección
o
o
 
 
b) 
s
sm
sensm
g
senVo
t 76,0
/8,9
º22./9,19.
2max


 
segundosvuelodeTiempo 76,0
 
c) 
 Vf2 = Vo2 + 2.g.(hmax – hinicial) 
 
2
0 300 / . 45º
21,64
9,8 /
m s sen
t s
m s

  

Vfy -Vyi
g
– 16 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
   
m
sm
sensm
g
senVo
h 835,2
/8,9.2
º22./9,19
.2
.
2
22
max 

 
metros83,2máxima Altura 
 
 
 
4.49 El alcance de un proyectil disparado horizontalmente desde lo alto de un monte es igual a la altura de éste. ¿Cuál 
es la dirección del vector velocidad cuando el proyectil choca contra el suelo? 
63,4º-ò296º33'






































360º-63,4º cuadrante IV elen encuentra se Como
º4,632
2
 ángulo de cálculo deecuación laEn 
2
2
.en (1) doReemplazan
)1(
2
2
12
1
2
1
 locidad vector vedeldirección la da que Ángulo
0
111
vf
2
2
1
vf
tg
v
v
tg
v
v
tg
v
g
v
gtgv
g
v
ttg
t
tg
t
x
v
tgy
v
v
tg
ctevvyx
x
x
x
fy
x
x
fy
x
x
x
fy
xyi


 
 
4.50 La figura representa la trayectoria parabólica de una bola que va del punto A al E. 
1- ¿Cuál es la dirección del vector aceleración en el punto B? 
a) Hacia arriba y hacia la derecha 
b) Hacia abajo y hacia la izquierda 
c) Verticalmente hacia arriba 
d) Verticalmente hacia abajo 
e) La aceleración es cero 
2- ¿En qué punto(s) el módulo de la velocidad es el menor de todos?; ¿y el mayor? 
3- ¿En qué dos puntos el módulo de la velocidad es el mismo? Es el vector velocidad el mismo en esos puntos? 
 
A medida que la bola se mueve a lo largo de su trayectoria entre los puntos A y C, la componente vertical de 
su velocidad disminuye y el cambio en su velocidad es un vector que apunta hacia abajo. 
Entre los puntos C y E, la componente vertical de su velocidad aumenta y el cambio en su velocidad es 
también un vector que apunta hacia abajo. No hay ningún cambio en la componente horizontal de la 
velocidad. Por lo tanto d) es CORRECTO, pues el vector aceleración coincide con el de variacion de 
velocidad. 
En ausencia de la resistencia del aire, el componente horizontal de la velocidad se mantiene constante 
durante todo el vuelo. La componente vertical tiene su máximo valor en el lanzamiento e impacto. 
La velocidad es menor en el punto C. La velocidad es mayor en A y E. 
La velocidad es la misma en A y E. Los componentes horizontales son iguales en estos puntos pero 
las componentes verticales están dirigidas opuestamente; no es el mismo vector velocidad 
 
 
4.51 Un avión que vuela a 2000 m de altura con una velocidad de 800 km/h suelta una bomba cuando se encuentra a 
5000 m del objetivo. Determinar: 
a) ¿A qué distancia del objetivo cae la bomba?. 
b) ¿Cuánto tarda la bomba en llegar al suelo?. 
c) ¿Dónde está el avión al explotar la bomba?. 
Se recuerda que en tiro parabólico y tiro oblicuo el movimiento en el eje "x" es rectilíneo uniforme, 
mientras en el eje "y" es uniformemente variado (asociar con tiro vertical y caída libre). 
 
 
– 17 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 vx = 800 km/h = 222,22 m/s v0y = 0 m/s Δy = 2000m Δx = 5000m 
Ecuaciones: 
(1) v fy = v0y + g.Δt 
(2) Δy = v0y.t + 
2
1
g. Δt 2 
(3) vx = Δx/Δt 
 
a) Primero calculamos el tiempo que demora en caer, de la ecuación (2): 
Δy = v0y.t + 
2
1
g. Δt 2  
2
2.( 2000 )
Δt 20,2
9,8 /
m
s
m s

  

2.Δy
g
 
 
Luego con la ecuación (3) obtenemos el punto de impacto: 
vx = Δx/t 
Δx = vx.t 
Δx = (222,22 m/s).(20,2 s)  Δx = 4488,84 m 
Por lo tanto el proyectil cae a: 
d = 5000 m – 4488,84 m  d =511,16 m 
 
b) Es el tiempo hallado anteriormente: t = 20,2 s 
 
c) El avión está sobre la bomba, ambos mantienen la misma velocidad en el eje "x", es decir a 4488,84 m de donde 
dejó caer la bomba. 
 
 
4.52 Un arquero arroja oblicuamente una flecha, la que parte desde una altura de 1,25 m con una velocidad de 20 
m/s y formando un ángulo con la horizontal de 53°. La flecha pasa por arribade un pino que está a 24 m de distancia y 
va a clavarse a 10 m de altura en otro pino ubicado más atrás. Despreciando el rozamiento y considerando que la 
flecha siempre es paralela al vector velocidad, determinar: 
a) ¿Cuánto duró el vuelo de la flecha?. 
b) ¿Con qué velocidad llegó al árbol?. 
c) ¿Con qué ángulo se clavó?. 
d) ¿Qué altura máxima puede tener el primer pino?. 
 
a) Vix = Vi.cos θ = 20m/s . cos 53º = 12,03m/s 
 Viy = Vi.sen θ = 20m/s . sen 53º = 15,97m/s 
13,01m
)9.8m/s2.(
(15,97m/s)0
2.g
ViyVfy
Δy
2
222
máxima 




 4,26m10m1,25m13,01mΔybajada  
22 0 2.( 9,8ms ).( 4.26)     9,13m / s2Vf = Viy + .g.Δy 
subida 2
0 15,97 /
Δt = 1,62
9,8 /
m s
s
m s

 

Vf -Vi
g
 s
sm
sm
g
ViVf
tbajada 93,0
/8,9
0/13,9
2





 
Tiempo Total de vuelo = tsub + tbajada = 1,62s + 0,93s = 2,56s 
 
b) 2 2(12,01m/s) (9,13m/s)   15,1m / s2 2Vf = (Vfx) + (Vfy) 
c) 37,19º
12,03m/s
9,13m/s - 
arctg
Vfx
Vfy
arctgΦ 
d) 
24
.Δt Δt 2
12,03 /
m
s
m s
   
Δx
Δx = Vox
Vox
 Tiempo que tarda en recorrer 24 m 
2Δt 15,97m/s ( 9,8m/s ).2s 3,63m/s     Vfy Vif + g. (es negativa porque se dirige hacia abajo) 
2 2
2
(-3,63m/s) (15,97m/s)
12,34m
2 2.( 9.8m/s )

 

2 2
Vfy -Viy
Δy =
.g
 
El 1º pino debe tener una altura máxima de 12,34m + 1,25m = 13,59m 
– 18 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.53 Un gato maúlla con ganas, instalado sobre un muro de 2 m de altura, Pedro está en su jardín, frente a él y a 18 
del muro, y pretende ahuyentarlo arrojándole un zapato. El proyectil parte con una velocidad de 15 m/s, formando un 
ángulo de 53° con la horizontal, desde una altura de 1,25 m, determinar: 
a) ¿A qué distancia por encima de donde estaba el gato pasó el zapato?. 
b) ¿A qué distancia al otro lado del muro llegó el zapato?. 
 
a) Vix = Vi.cos θ = 15m/s . cos 53º = 9,03m/s 
 Viy = Vi.sen θ = 15m/s . sen 53º = 11,98m/s 
7,31m
)9.8m/s2.(
(11,98m/s)0
2.g
ViyVfy
Δy
2
222
máxima 




 
s
sm
m
Vox
x
t 2
/03,9
18


 Tiempo que tarda en llegar a la pared 
Δy2s = V0y.Δt + 
2
1
g. Δt 2 =11,97m/s.2s+0,5.(-9,8m/s).(2s)2=4,36m Altura cuando llega a la pared 
Δy = 4,36m + 1,25m – 2m = 3,6m Altura a la que pasó el zapato por encima del gato 
 
subida 2
0 11,98 /
Δt 1,22
9,8 /
m s
s
m s

  

Vf -Vi
g
 
bajada 2
2. 2.( 8,56 / )
Δt 1,32
9,8 /
m s
s
m s

  

Δy
g
 
Tiempo total = 1,22 s + 1,32s = 2,54s 
Δt=9,02sm/s.2,54s=22,9mΔx =Vox. Distancia horizontal recorrida por el zapato 
Teniendo en cuenta que la pared se encuentra a 18m del lanzamiento, entonces resulta: 
Δx – 18 m = 4,9m  El zapato cayó a 4,9m de la pared. 
 
 
AUTOEVALUACIÓN TIPO MÚLTIPLE OPCIÓN 
 
 
4.54 Todas las proposiciones siguientes expresan características del movimiento rectilíneo uniforme, EXCEPTO: 
a) La distancia recorrida es directamente proporcional al intervalo de tiempo empleado en recorrerla. 
b) El vector velocidad es constante en módulo, dirección y sentido. 
c) La gráfica de la posición en función del tiempo es una recta de pendiente distinta de cero. 
d) El vector variación de velocidad tiene la misma dirección y sentido que el vector 
desplazamiento. 
e) La gráfica de la velocidad en función del tiempo es una recta de pendiente cero. 
 
4.55 Un hombre que se encuentra frente a una montaña, a 850 m de ella, emite un grito. Si la rapidez del sonido en el 
aire es 340 m/s. ¿Después de qué intervalo de tiempo escuchará el eco? 
 
a) 2,5 s 
b) 3 s 
c) 4 s 
d) 5 s 
e) 6 s 
 
 
850 .2
Δt= 5
340 /
Como el eco va y vuelve la distancia
 a considerar es el doble
m
s
m s
 
Δx
v
 
– 19 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.56 Dos móviles A y B recorren un mismo camino recto. Según el análisis del gráfico velocidad en función del 
tiempo correspondiente al comportamiento cinemático de ambos móviles, se cumple todo lo siguiente EXCEPTO: 
 
 
 v (m/s) A 
 
 B 
 18 
 
 
 0 3 t (s) 
 
a) En el momento de encontrarse ambos cuerpos han recorrido 108 m. 
b) A los 3 s el cuerpo B se encuentra 27 m adelante del cuerpo A. 
c) Ambos cuerpos se encuentran a los 3 s. 
 
ms
s
m
taxms
s
m
tvx AB 2736
2
1
2
1
;54318 22
2
2  
ms
s
m
xms
s
m
x
sst
t
s
m
t
s
m
tatvxx
BA
ABA
108363 ; 108618
encuentro de Tiempo 6
3
18
318
2
1
2
2
2
2
2



 
 
 
4.57 Dos móviles C y D recorren un mismo camino recto. Según el análisis del gráfico velocidad vs. Tiempo 
correspondiente a sus movimientos, se cumple que: 
 
t (s)
v (m/s)
9
18
0 5
 
 
 
a) Cuando el cuerpo C posee una velocidad de 9 m/s, el cuerpo D tiene la misma velocidad. 
b) El cuerpo C alcanza al cuerpo D cuando el tiempo es de 5 segundos. 
c) La distancia entre ambos cuerpos aumenta con el tiempo y a los 5 segundos es de 45 m. 
 
 
1 1 9m/s 22= . .Δt = 5s =22,5m
2 2 5s
1 m 1 18-9 m2 2Δt+ . .Δt =9 .5s+ .25s
22 s 2 5 s
=67,5m
Δx -Δx =67,5m-22,5m=45m
C D
 
 
 
 
 
 
Δx a
D
Δx = v a
C i
Δx
C
 
 
4.58 En el siguiente gráfico se cumple todo lo siguiente, EXCEPTO: 
a) En el tramo AB ∆x=50m 
b) La aceleración en CD es a = - 1,5 m/s2 
c) El tramo BC tiene M.R.U. 
d) En el tramo DE, el móvil desacelera. 
e) En el tramo EF v = 0 m/s 
 
C 
D 
– 20 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
a) 
   
m
sm
sm
a
vv
xsm
s
sm
t
vv
a
ifif
50
/4.2
/020
.2
/4
5
/020
2
22222
2 








 
b) La gráfica es una curva, es decir la velocidad no cambia linealmente, la aceleración NO es constante. La 
pendiente de la recta cambia punto a punto. 
c) Verdadero En una línea horizontal, la v=20m/s en todo el tramo 
d) Verdadero el módulo de la velocidad disminuye o la velocidad y la aceleración tienen signos opuestos 
e) Verdadero recta que coincide con el eje x 
 
 
4.59 Un guardabosque conduce una camioneta a 45 km/h. cuando un venado salta 60 m delante de la camioneta en un 
camino rectilíneo. Después de un tiempo de reacción “t”, el guardabosque clava los frenos, generando en el vehículo 
una desaceleración de a = – 3 m/s2. (El tiempo de reacción es el tiempo que transcurre entre la percepción de una señal 
para detenerse y la aplicación de los frenos). El máximo tiempo de reacción “t” permitido para no atropellar al venado 
es de: 
a) 0,3 s 
b) 1,1 s 
c) 3,9 s 
d) 5,2 s 
e) 2,7 s 
 
Son 2 movimientos uno MRU hasta que comienza a frenar; desde A hasta B (tpo de reacción) y otro 
MRUV cdo comienza a frenar y se detiene; desde B hasta C 
 
 
Llamaremos t al tiempo de reacción 
 tt al tiempo total desde A a C 
   
   
   
 
 
2,71st 



















sm
msmsmssm
t
smsmssmtsmm
ttsattsVitsmm
ecuaciónenyosreemplazam
s
sm
sm
a
Vi
t
taViVfBCenquesabemos
tttEl
ttattVitsmm
ycombinando
tsmmXxX
ttattViX
tsmtViX
XXx
sm
km
m
s
h
h
km
BC
BC
BCt
tt
ABACBC
ttBC
AB
BCABAC
/5,12
60/17,4/3.
2
117,4./5,12
/17,4/3.
2
117,4./5,12./5,1260
17,4
2
1
17,4../5,1260
)4()3(
)4(17,4
/3
/5,12
.0:
)3(
2
1
../5,1260
)2()1(
)2(./5,1260
)1(
2
1
./5,12.
/5,12
1
1000
.
3600
1
.45
22
22
2
2
2
2
 
 
 
 
 
 
 
– 21 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
4.60 Se dispara un objeto verticalmente hacia arriba desde el suelo, con una velocidad de 24,5 m/s. Se cumple todolo siguiente, EXCEPTO que: (considerar eje y positivo hacia arriba y con el origen de coordenadas en el suelo) 
a) La ecuación horaria de la posición del objeto es: y = 24,5 m/s. t - 4,9 m/s2. t2. 
b) La ecuación horaria de la velocidad del objeto es: v = 24,5 m/s - 9,8 m/s2. t. 
c) El gráfico posición en función del tiempo es una parábola que corta al eje del tiempo en t = 0 s y en t 
= 5 s. 
d) El gráfico velocidad en función del tiempo es una recta de pendiente negativa que corta al eje 
de los tiempos en el punto t = 5 s. 
 
a) 2 2 2
1 1
. t+ . . t =0+24,5m.t+ .9,8m/s =24,5m/s-4,9m/s
2 2
 yf = yi + vi g 
 
b) 2. t=24,5m/s-9,8m/svf = g 
 
c) 
12 2 2 2
2
t =01
t+ . . t =0+24,5m. t-4,9m/s . t =0 t(24,5m-4,9m/s .t)
t =52
     y = yi + vi. g 
 
 d) 2
2
24,5m/s
. t=24,5m/s-9,8m/s t=0 t= =2,5s
9,8m/s
   vf = g 
 
4.61 Una pelota cae, partiendo del reposo, y recorre una distancia D en un tiempo determinado. Si el tiempo de caída 
se dobla, la distancia recorrida será: 
a) 4D 
b) 2D 
c) D 
d) D/2 
e) D/4 
 
a) OPCIÓN tiempoelduplicar almayor vecesCUATRO es distancia La
 signos cuentaen tienese no distancia, de tratase Como
2
1
44
2
1
2
2
1
y : "2t" un tiempo Para
2
1
y : t"" un tiempo para libre caídaen entodesplazami El
222
2









gttgtg
gt
 
 
 
4.62 Un técnico sube a una antena para realizar reparaciones. Se da cuenta que ha olvidado las pinzas abajo. Su 
ayudante se las arroja con fuerza hacia arriba, pasando cerca de la mano extendida del técnico 0,69 s después del 
lanzamiento, y vuelve a pasar por el mismo punto 1,68 s más tarde. La altura a 
la que se encuentra el técnico es de: 
a) 8,02 m 
b) 3,45 m 
c) 5,06 m 
d) 11,56 m 
e) 6,04 m 
 
t1= 0,69s 
 t2=1,68s es el tiempo entre el primer y segundo instante que la pinza 
pasa por la mano del técnico. Tiempo de subida y bajada a la altura del 
técnico 
En el punto 1 y 2 se tiene la misma velocidad en módulo, con sentido 
opuesto 
Tiempo de subida o bajada = ½ . 1,68 = 0,84 s 
 
Vf2 =Vi2 + g.∆t =0+ (-9,8m/s2) . 0,84s = - 8,23 m/s = Vf1 (en modulo) 
 
Vf1 = Vi1 + g . .∆t → Vi1 = Vf1 – g. .∆t = 8,23 m/s - (-9,8m/s2) . 0,69s = 14,99 m/s 
 
∆y = Vf2 – Vi2 / 2.g = (8,23m/s)2 – (14,99m/s)2 / 2 . (-9,8 m/s2) = 8,01 m 
 
t1 t2
vf1
vi1
vi2=0
vf2=vf1
– 22 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 
 
4.63 Una pelota se lanza hacia arriba con una velocidad inicial v0. Su velocidad a la mitad de la altura máxima es: 
a) 0,5 v0 
b) 0,25 v0 
c) 1 v0 
d) 0,707 v0 
 
 
 
 
 
 
 
4.64 Un objeto cae desde un globo que desciende a una velocidad uniforme de 15 m/s. Si el sistema de referencia 
tiene su origen en el lugar donde el objeto inicia la caída; a los 10 s la velocidad y la distancia recorrida por el objeto 
son: (Considerar semieje x positivo hacia la derecha y semieje positivo y hacia arriba) 
a) - 113 m/s y 640 m 
b) + 113 m/s y 640 m 
c) + 83 m/s y 340 m 
d) - 113 m/s y - 640 m 
 
Vf = Vi +a Δt  vf = –15 m/s – 9,8 m/s2 .10s = –113 m/s 
Xf = xi + vi .Δt + 1/2 .a . (Δt)2 
Xf = 0 – 15m/s . 10s – 1/2. 9,8 m/s2 .(10s)2 = –640 m esto es POSICIÓN FINAL 
 
La distancia recorrida es de 640 m 
 
 
4.65 Una partícula que se mueve a 4 m/s en la dirección x positiva experimenta una aceleración de 3 m/s2 en la 
dirección y positiva durante 2 s. La velocidad final de la partícula es: 
a) - 2 m/s 
b) 7,2 m/s 
c) 6 m/s 
d) 10 m/s 
 
 a = 3 m/s2 j ; v = 4m/s i 
a = (vf –vi) /t  vf = a. t + vi = 3 m/s2 j . 2s + 4m/s i = 4m/s i + 6 m/s j 
Vf = 2 24 6 = 7,2m 
 
4.66 Un proyectil se lanza con un ángulo de tiro de 35° por encima de la horizontal. En el punto más alto de su 
trayectoria, su velocidad es de 200 m/s. ¿Cuál es la componente horizontal de la velocidad inicial?: 
a) 0 
b) 200 . sen 53° m/s 
c) 200 m/s 
d) 200. cos 35° m/s 
e) (200m/s)/cos 35° 
 
 
4.67 Una persona lanza una pelota mediante un tiro alto y arqueado. Cuando la pelota está en su punto más alto de su 
trayectoria se cumple: 
a) Su velocidad y su aceleración son nulas. La velocidad en eje y si es =0; la Vx es constante. 
La aceleración siempre es la misma g=-9,8 m/s2 
 
b) Su velocidad es cero, pero su aceleración no es nula. Idem a 
 
c) Su velocidad no es cero pero su aceleración es nula. Idem a 
 
d) Su velocidad y su aceleración son distintas de cero. 
 
 
 
0
707,00
2
12
02
12
2
2
0
2
1
22
0
2
22
0
2
vvfvv
f
v
g
v
gv
f
v
hgv
f
v




a 
v 
 
– 23 – Física – UNIDAD 4 – Cinemática. – Ingreso 2016 
 = 60°
h = 20 m
d
A
v0x
4.68 Una piedra se desprende de una montaña y rueda por la cuesta, 
cuya pendiente forma un ángulo de 60° con la horizontal. Llega al borde 
de un precipicio con una velocidad horizontal cuyo módulo es 8 m/s. Cae 
y toca el suelo en el punto A. Si la altura del precipicio es 20 m, ¿cuál es 
la distancia d mostrada en la figura?: 
 
a) 16,80 m 
b) 8,40 m 
c) 10,88 m 
d) 7,68 m 
e) 5,01m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
    
 
8,41m









ssmtvdx
s
sm
sm
t
g
vv
caeporquesmv
msmsmygvv
smvsmtgvv
v
v
tg
vsm
smv
v
v
v
ox
if
f
if
oyoxoy
ox
oy
i
ox
i
i
ox
05,1./8.
05,1
/8,9
/)86,13(17,24
)(/17,241,584
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/16
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