ejercicios fisica
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Este documento presenta una serie de problemas resueltos de cinemática que cubren conceptos como velocidad, aceleración, movimiento en una y dos dimensiones, y composición de movimientos. Incluye ejercicios sobre elementos del movimiento, movimientos en una dimensión, y composición de movimientos. Las soluciones se proporcionan al final del documento.
![5.3. Soluci´on:
La masa molecular (Mr) representa la masa de una mol´ecula o en general de un
compuesto referida a la unidad de masa at´omica.
La masa molar (Mm) representa la masa de un mol de mol´eculas, se expresa en gramos
y coincide num´ericamente con la Mr.
a) Mm(ZnSO4 ·7H2O) = Mm(ZnSO4)+7Mm(H2O) = Mm(Z)+Mm(S)+4Mm(O)+
7[2Mm(H) + Mm(O)] = Mm(Z) + Mm(S) + 11Mm(O) + 14Mm(H) = 65 4 + 32 +
11 · 16 + 14 · 1 = 65 4 + 32 + 176 + 14 = 287 4g/mol
b) Mm[(NH4)2Cr2O7] = 2Mm(N) + 8Mm(H) + 2Mm(Cr) + 7Mm(O) = 2 · 14 + 8 · 1 +
2 · 52 + 7 · 16 = 252g/mol
c) Mm(HCl) = Mm(H) + Mm(Cl) = 1 + 35 5 = 36 5g/mol
d) Mm(CO2) = Mm(C) + 2Mm(O) = 12 + 2 · 16 = 44g/mol
5.4. Soluci´on:
Si ponemos las masas de las sustancias que contengan un mol habr´a el mismo n´umero
de mol´eculas, aunque tambi´en podemos poner:
A = (n · Mm(HNO3))gramos
B = (n · Mm(C6H6))gramos
C = (n · Mm(C6H12O6))gramos
siendo n el mismo n´umero en todos los casos, por lo que hay infinitas soluciones.
5.5. Soluci´on:
En primer lugar calcularemos los gramos de ´oxido de boro que contiene el recipiente:
475gramos ·
15 gramos de B2O3
100 gramos de vidrio
= 71 25 gramos de B2O3
Mm(B2O3) = 2Mm(B) + 3Mm(O) = 2 · 10 8 + 3 · 16 = 69 6g/mol
Seg´un se deduce de la masa molar, por cada 69’6 gramos de ´oxido de boro, 2 · 10 8 =
21 6 g son de boro; como siempre se cumple la ley de Proust, esta proporci´on siempre es
constante, por tanto:
71 25 gramos B2O3 ·
21 6 g B
69 6 g B2O3
=
1539
69 6
= 22 11 g de B
5.6. Soluci´on:
Para calcular la masa de sodio tenemos que conocer la proporci´on en la que se en-
cuentra en la sal com´un, para lo que calculamos su masa molar:
Mm(NaCl) = Mm(Na) + Mm(Cl) = 23 + 35 5 = 58 5 g/mol
57](https://image.slidesharecdn.com/cuadernofyq04-140416175823-phpapp02/85/ejercicios-fisica-57-320.jpg)
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- 1. CUADERNO DE EJERCICIOS RESUELTOS * F´ısica y Qu´ımica Curso 1o Bachillerato COLEGIO VIRGEN DE ATOCHA - PP. DOMINICOS Rosa Mar´ıa L´opez Menaya Mar´ıa Trillo Alcal´a Curso 2004-2005. Primera Evaluaci´on * El texto de este documento se prepar´o con LATEX, las gr´aficas con GNUPlot y diagramas con DIA. Se da permiso para copiar, distribuir y/o modificar este documento bajo los t´erminos de la Creative Commons License (http://creativecommons.org/licenses/by/2.0/es/) 1
- 2. ´Indice I Enunciados de problemas 4 1. Cinem´atica: Elementos del movimiento 6 2. Cinem´atica: Movimientos en una dimensi´on 8 3. Cinem´atica: Composici´on de movimientos 11 4. Naturaleza de la materia 14 5. Mol. Ecuaci´on general de los gases 16 II Soluciones 18 1. Cinem´atica: Elementos del movimiento 20 1.1. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.3. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.4. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.5. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.6. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.7. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.8. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.9. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.10. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.11. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2. Cinem´atica: Movimientos en una dimensi´on 28 2.1. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.3. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.4. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.5. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.6. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.7. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.8. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.9. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.10. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3. Cinem´atica: Composici´on de movimientos 38 3.1. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 3.2. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3.3. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3.4. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.5. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.6. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.7. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.8. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2
- 3. 3.9. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.10. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 4. Naturaleza de la materia 52 4.1. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 4.2. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 4.3. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 4.4. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 4.5. Soluci´on : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 4.6. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 4.7. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 4.8. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 4.9. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 4.10. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 5. Mol. Ecuaci´on general de los gases 56 5.1. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 5.2. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 5.3. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 5.4. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 5.5. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 5.6. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 5.7. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 5.8. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 5.9. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 5.10. Soluci´on: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3
- 4. Parte I Enunciados de problemas 4
- 6. 1. Cinem´atica: Elementos del movimiento 1. Una part´ıcula con velocidad cero, ¿puede tener aceleraci´on distinta de cero? Y si su ace- leraci´on es cero, ¿puede cambiar el m´odulo de la velocidad? 2. La ecuaci´on de un movimiento es r = (4t2 + 6t + 5) · i Indica si la aceleraci´on es: a) Nula. b) Variable. c) 8i d) 4j 3. En la figura se representa el movimiento de una part´ıcula. En el instante t1 dicha part´ıcula se encuentra en P1, mientras que en t2 ya est´a en P2. ¿Cu´ales de las siguientes expresiones representan la velocidad media? a) d(P1,P2 t2−t1 b) r2−r1 t2−t1 c) P1P2 t2−t1 4. Si la trayectoria de un movimiento es una recta, la aceleraci´on es a = dv dt ut, donde ut es el vector unitario seg´un la tangente a la trayectoria. ¿Por qu´e? 5. El vector de posici´on de un m´ovil en funci´on del tiempo t es r(t) = 5ti+2t2j (m). Calcula: a) La velocidad media entre los instantes t1 = 0 y t2 = 3s. b) La velocidad instant´anea en funci´on de t. c) El m´odulo de la velocidad instant´anea. d) El vector unitario tangencial a la trayectoria. 6. Un movimiento en el plano xy queda descrito por las siguientes ecuaciones param´etricas: x = t2 + 2 y = t2 − 1 Determina: a) la ecuaci´on de la trayectoria; b) la velocidad instant´anea; c) la aceleraci´on del m´ovil. 6
- 7. 7. La posici´on de una part´ıcula en el plano viene dada por la ecuaci´on vectorial: r(t) = (t2 − 4)i + (t + 2)j En unidades del S.I. calcula: a) La posici´on del m´ovil para t = 2s y t = 4s. b) La velocidad instant´anea para t = 1s. c) La aceleraci´on instant´anea e indica qu´e tipo de movimiento es. 8. La velocidad de un m´ovil que circula en l´ınea recta es v(t) = (t2 − 3)i (m/s). Determina: a) El vector aceleraci´on instant´anea en t = 1s y su m´odulo. b) Las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on. 9. El vector de posici´on de una part´ıcula m´ovil es r = (3t2 + 1)i + (4t2 + 2)j en donde r se mide en metros y t en segundos. Calcula: a) La velocidad media en el intervalo 2 y 4s. b) La velocidad en cualquier instante. c) La velocidad para t = 0. d) La aceleraci´on en cualquier instante. e) La aceleraci´on tangencial en cualquier instante. f) La aceleraci´on normal en cualquier instante. g) Ecuaci´on de la trayectoria y tipo de movimiento. 10. El vector de posici´on de una part´ıcula viene dado por r = R sen ωti + R cos ωtj donde R est´a en metros y t en segundos; ω es la velocidad angular de la part´ıcula. Calcula: a) el vector velocidad de la part´ıcula, en cualquier instante y su m´odulo; b) la aceleraci´on en cualquier instante y su m´odulo; c) las componentes instr´ınsecas de la aceleraci´on; d) ¿Qu´e trayectoria describe esta part´ıcula? 11. Un asteroide entra en el campo gravitatorio terrestre con una velocidad cuyo m´odulo cambia con el tiempo seg´un la ley v(t) = 3 + 7t, en unidades S.I. a) Calcula su aceleraci´on tangencial. b) Si la curva que describe tiene un radio de curvatura de 275 m., halla la aceleraci´on normal del asteroide y el m´odulo de su aceleraci´on instant´anea en t= 3s. 7
- 8. 2. Cinem´atica: Movimientos en una dimensi´on 1. La gr´afica representa las posiciones de un autom´ovil en funci´on del tiempo. ¿Representa una situaci´on real? ¿Por qu´e? Figura 1: 2. Las siguientes gr´aficas corresponden a dos paseantes que parten del mismo origen. a) ¿D´onde est´a cada uno a los 3 s? b) ¿Qu´e espacio recorren en 1 s? c) ¿Cu´al se desplaza m´as r´apidamente? 8
- 9. Figura 2: 3. Un m´ovil realiza un movimiento cuya gr´afica v-t es la que se muestra en la figura. Si parte del origen, calcula: a) Su posici´on inicial. b) El espacio total recorrido por el m´ovil. Figura 3: 9
- 10. 4. Una motocicleta est´a parada en un sem´aforo que da acceso a una carretera. En el instante en el que el sem´aforo cambia a luz verde, le sobrepasa un autom´ovil que circula a una velocidad de 54 km/h. El motorista se entretiene en arrancar y lo hace con una aceleraci´on constante de 3, 6 m/s2. a) ¿Cu´anto tarda la motocicleta en alcanzar al coche? b) ¿Qu´e distancia han recorrido? c) ¿Comete alguna infracci´on la moto? d) ¿Construye los diagramas v-t y s-t para los dos veh´ıculos? 5. Un conductor circula por una carretera con una velocidad de 90 km/h y ve que se enciende la luz ´ambar de un sem´aforo situado a una distancia de 150. Si el sem´aforo tarda 3 s en cambiar a rojo y el coche frena con una aceleraci´on de 2 m/s2, ¿cometer´a una infracci´on ese conductor? 6. Una persona est´a a punto de perder un tren. En un desesperado intento, corre a una velocidad constante de 6 m/s. Cuando est´a a 32 m de la ´ultima puerta del vag´on de cola, el tren arranca con una aceleraci´on constante de 0, 5 m/s2. ¿Lograr´a nuestro viajero aprovechar su billete o habr´a perdido su billete, tiempo y aliento en un infructuoso intento? 7. Desde que se deja caer una piedra en un pozo hasta que se oye el sonido del choque con el agua trancurren 2 s. Calcula la profundidad del pozo sabiendo que la velocidad del sonido es de 340 m/s. 8. Desde un puente se tira hacia arriba una piedra con una velocidad inicial verical de 6 m/s. Calcula: a) Hasta qu´e altura se eleva la piedra. b) Cu´anto tiempo tarda en volver a pasar al nivel del puente desde el que fue lanzada y cu´al ser´a entonces su velocidad. c) Si la piedra cae en el r´ıo 1.94 s despu´es de haber sido lanzada, ¿qu´e altura hay desde el puente hasta el nivel del agua? ¿Con qu´e velocidad llega la piedra a la superficie del agua? 9. Desde una ventana situada a 15 m del suelo, una ni˜na deja caer una pelota. Su amiga que se encuentra en la calle, debajo de la ventana, lanza hacia arriba, 1 segundo m´as tarde y con una velocidad de 12 m/s otra pelota. a) ¿A qu´e altura se cruzan? b) ¿Qu´e velocidad tiene cada pelota en ese instante? c) ¿D´onde se encuentra la segunda pelota cuando la primera llega al suelo? 10. Un hombre que est´a frente a una ventana de 2 m de altura ve pasar un objeto que cae desde arriba, siendo 0,3 s el tiempo que tarda el objeto en recorrer la altura de la ventana. a) ¿Desde qu´a altura dej´o caer el objeto? b) ¿Qu´e velocidad tendr´a el objeto al caer al suelo? 10
- 11. 3. Cinem´atica: Composici´on de movimientos 1. Se quiere cruzar un r´ıo y la velocidad de la corriente es de 10 m/s y nuestra lancha que desarrolla una velocidad de 15 m/s la colocamos en direcci´on perpendicular a las orillas, a la corriente. Calcula: a) ¿C´omo se mover´a la lancha con respecto a un observador que se encuentra en la orilla? b) Tiempo que tarda en atravesar el r´ıo si tiene una anchura de 200 m. c) Distancia recorrida por la lancha. 2. Un r´ıo tiene una anchura de 100 m y un nadador quiere cruzarlo perpendicularmente a la corriente, pero va a pasar 20 m. aguas abajo. Si la velocidad del nadador es de 2 m/s, ¿qu´e velocidad lleva el r´ıo? 3. Un jugador de golf lanza una pelota desde el suelo con un ´angulo de 60o respecto al horizonte y una velocidad de 80 m/s. Calcula: a) Tiempo que tarda en caer. b) Velocidad de la pelota en el punto m´as alto de la trayectoria. c) Alcance m´aximo. d) Altura m´axima alcanzada por la pelota. e) Ecuaci´on de la trayectoria seguida por la pelota. 4. En un salto, una rana salta la distancia horizontal de 40 cm. Si suponemos que la rana ha efectuado el salto con una inclinaci´on de 30o, ¿con qu´e velocidad se impulsa? 5. Un ca˜n´on antia´ereo dispara proyectiles con velocidad de 400 m/s. Si el ´angulo de tiro es de 60o, calcula: a) La altura m´axima alcanzada. b) Si podr´a abatir (impactar) un avi´on que vuela hacia el antia´ereo a 4000 m. de altura y a 720 km/h. c) La distancia recorrida por el avi´on desde que el proyectil es lanzado hasta que impacta. 6. Juanito lanza una pelota desde su terraza situada a 30 m de altura. La lanza con una velocidad horizontal, con la intenci´on de evitar la terraza de su vecino, que se encuentra 15 m por debajo de la suya y sobresale 28 m. a) ¿Con qu´e velocidad m´ınima debe lanzar la pelota para que salve la terraza de su vecino? b) ¿A qu´e distancia horizontal, respecto del punto de partida, caer´a la pelota? 7. En el ´ultimo partido de baloncesto que enfrent´o al Real Madrid y al Barcelona, los dos equipos se encontraban empatados cuando el partido estaba apunto de finalizar. Un juga- dor del Barcelona lanza el bal´on a canasta con una velocidad de 8 m/s y una inclinaci´on de 30o. La canasta se encuentra a 3.05 m de altura y el jugador efect´ua el lanzamiento a una distancia de 5 m. ¿Qui´en gana el partido? (Sup´on que el jugador, con los brazos extendidos, ha lanzado el bal´on desde una altura de 2.72 m) 11
- 12. 8. En un instante dado, una de las ruedas posteriores de un cami´on proyecta una piedrecita hacia atr´as. La piedra sale disparada a 72 km/h, con un ´angulo de 37o sobre la horizontal. Detr´as del cami´on, en la misma direcci´on y sentido, va una fugoneta a 14 m/s (velocidad constante). Calcula: a) La altura m´axima que alcanza la piedrecita. b) A qu´e altura sobre el suelo y con qu´e velocidad choca la piedra con el cristal de la furgoneta si, en el momento en el que la piedra sale lanzada, el cristal estaba a 4.5 m de la piedra (suponer que el parabrisas de la furgoneta es perpendicular al suelo). 9. Un jugador de b´eisbol lanza con una velocidad de 50 m/s y un ´angulo de elevaci´on de 30o. En el mismo instante, otro jugador situado a 150 m en la direcci´on que sigue la pelota corre para recogerla, cuando se encuentra a 1 m por encima del suelo con una velocidad constante de 10 m/s. ¿Llegar´a a recoger la pelota? En caso negativo, tiene dos soluciones: correr m´as deprisa o salir antes. Calcula: a) En el primer caso, con qu´e velocidad deber´ıa correr. b) En el segundo caso, cu´anto tiempo antes de lanzar la pelota debe salir. 10. Un d´ıa de viento jugamos a lanzar verticalmente una pelota tratando de observar c´omo afecta al movimiento de ´esta el viento que sobre ella act´ua. Si lanzamos hacia arriba una pelota a 25 m/s cuando la fuerza del viento le comunica una aceleraci´on horizontal de 2 m/s2. Deduce: a) Las ecuaciones de la posici´on, la velocidad y la trayectoria seguidas por la pelota. b) A qu´e distancia del punto de lanzamiento cae la pelota. c) ¿Cu´al es la altura m´axima alcanzada por la pelota? 12
- 14. 4. Naturaleza de la materia Problemas de repaso y/o recuperaci´on 1. Al descomponer 100 g de ´oxido de calcio se obtienen 28’57 gramos de ox´ıgeno y 71’43 gramos de calcio. Si hacemos otra descomposici´on y obtenemos al final 47’50 g de calcio, ¿con cu´antos gramos de ox´ıgeno estaba combinado? ¿De cu´anto ´oxido de calcio hab´ıamos partido? 2. El metano est´a formado por carbono e hidr´ogeno; por cada 32 gramos de metano, 24 son de carbono y el resto de hidr´ogeno. Calcula: la composici´on centesimal del metano. la masa de metano que se puede producir con 6’7 gramos de carbono y 12’4 gramos de hidr´ogeno. 3. El ox´ıgeno (O) y el hierro (Fe), forman dos compuestos diferentes. Uno de ellos tiene un 30 % de O y un 70 % de Fe, y el otro un 22’22 % de O y 77’78 % de Fe. Comprueba que se cumple la Ley de las Proporciones M´ultiples. 4. El di´oxido de azufre se forma al quemar sulfuro de hidr´ogeno seg´un la ecuaci´on qu´ımica: 2H2S(g) + 3O2 (g) −→ 2H2O(g) + 2SO2 (g) Se parte de una mezcla generosa formada por 4 litros de sulfuro de hidr´ogeno y 17 litros de ox´ıgeno, medidos en las mismas condiciones de presi´on y temperatu- ra. Calcula cu´al ser´a la composici´on de la mezcla gaseosa despu´es de la reacci´on suponiendo las mismas condiciones de presi´on y temperatura. 5. La composici´on centesimal del cloruro de plata es 24’76 % de cloro y 75’24 % de plata. Hacemos reaccionar la plata de una moneda de 5’326 gramos de masa y obtenemos 2’574 gramos de cloruro de plata. Calcula el porcentaje de plata de la moneda. 6. El magnesio reacciona con el ox´ıgeno para formar ´oxido de magnesio en la proporci´on de 2 gramos de ox´ıgeno por cada 3 gramos de mgnesio. Calcula la masa de ox´ıgeno y magnesio necesaria para preparar 180 gramos de ´oxido de magnesio. 7. Se hacen reaccionar azufre y hierro obteni´endose los siguientes resultados: Masas iniciales Masas finales Hierro (g) Azufre (g) Hierro (g) Azufre (g) 5’6 4 0 0’8 16’2 9’6 5 0 Calcula la cantidad de compuesto obtenida en cada caso. Justifica si se trata del mismo compuesto en ambas experiencias. 14
- 15. 8. Siempre que se forma vapor de agua, por cada dos vol´umenes de hidr´ogeno reacciona un volumen de ox´ıgeno y se forman dos vol´umenes de agua, medidos todos los gases en las mismas condiciones de presi´on y temperatura. Calcula los litros de ox´ıgeno y de hidr´ogeno que tenemos que utilizar para obtener 50 L de agua. 9. Completa la tabla que sigue, que corresponde a la reacci´on qu´ımica entre el aluminio y el cloro para dar cloruro de aluminio: Al (g) 27 57 Cl (g) 115 73 Cloruro de alumnio (g) 133’5 Aluminio sobrante (g) 0 Cloro sobrante (g) 10. Si hacemos reaccionar 1 gramo de ox´ıgeno con cobre vemos que se consumen 3’971 gramos de cobre; pero si cambiamos las condiciones de la reacci´on, 1 gramo de ox´ıgeno reacciona con 7’942 gramos de cobre. ¿Se cumple la Ley de las Proporciones M´ultiples? 15
- 16. 5. Mol. Ecuaci´on general de los gases Problemas de repaso y/o recuperaci´on 1. Se introducen masas iguales de sulfuro de hidr´ogeno y de nitr´ogeno en sendos reci- pientes, ambos del mismo volumen y a la misma temperatura. a) ¿Cu´al de los dos recipientes contiene mayor n´umero de mol´eculas? b) Si la presi´on en el recipiente del sulfuro de hidr´ogeno es 1 atm., ¿cu´al ser´a la presi´on en el otro recipiente? Datos: Ar(H) = 1; Ar(S) = 32; Ar(N) = 14 2. Responde razonadamente cu´al de las siguientes afirmaciones es verdadera o falsa: a) Un mol de mol´eculas de SO3 pesa m´as que un mol de mol´eculas de C4H10. b) Si calentamos un gas, necesariamente ha de aumentar su presi´on. c) Hay la misma cantidad de ´atomos en 56 gramos de hierro que en 98 gramos de ´acido sulf´urico (H2SO4). d) En condiciones normales, 1 mol de oro ocupa 22’4 L. 3. Calcula la masa molecular y la masa molar de las siguientes sustancias: a) Sulfato de cinc heptahidratado (ZnSO4 · 7H2O). b) Dicromato de amonio ( (NH4)2Cr2O7 ). c) ´Acido clorh´ıdrico (HCl). d) Di´oxido de carbono (CO2) 4. En un recipiente A ponemos ´acido n´ıtrico puro (HNO3), en otro B, benceno (C6H6) y en otro C, glucosa (C6H12O6). ¿Qu´e pesos de estas sustancias habr´ıa que poner para que en los tres recipientes hubiera el mismo n´umero de mol´eculas? 5. Un determinado vidrio pyrex contiene un 15 % en masa de B2O3. Calcula cu´antos gramos de boro contiene un recipiente de 475 gramos fabricado con dicho vidrio. 6. Calcula la masa de sodio que contienen 5 toneladas de sal com´un (NaCl). Indicar qu´e masa de sal necesitaremos para extraer 275 gramos de cloro molecular (Cl2) en el laboratorio. 7. Un laboratorio analiza 17 gramos de un compuesto y obtiene los siguientes resulta- dos: 7’15 gramos de sodio (Na), 5 gramos de f´osforo (P) y 6’6 gramos de ox´ıgeno (O). El jefe del laboratorio recibe los resultados y ordena repetir los an´alisis. Justifica por qu´e. Si el resultado incorrecto es la masa de f´osforo, calcula la composici´on centesimal del compuesto y su f´ormula emp´ırica. 16
- 17. 8. El ´acido c´ıtrico est´a presente en limones y naranjas, as´ı como en otras frutas. Se analiza 1 gramo de esta sustancia y se obtienen los siguientes resultados: 0’583 gramos de ox´ıgeno, 0’03125 moles de carbono y 2 508 · 1022 ´atomos de hidr´ogeno. Sabiendo que 6 02·1022 mol´eculas tienen una masa de 19’2 gramos, calcula la f´ormula molecular. Datos: Ar(C) = 12; Ar(O) = 16; Ar(H) = 1 9. Se dispone de tres sustancias para su uso como fertilizante por su aporte de nitr´ogeno a la tierra. Las sustancias de las que disponemos son nitrato de sodio (NaNO3), urea ((NH2)2CO) y nitrato de amonio (NH4NO3). Calcula cu´al ser´a el mejor. 10. Responde razonadamente: a) D´onde hay m´as ´atomos de aluminio (calcula su n´umero): En 350 gramos del sulfato de aluminio, Al2(SO4)3, o en 0’75 moles de nitrato de aluminio, Al(NO3)3. b) Si disponemos de 5 g de aspirina (C8H9O4) y quitamos 1 2 · 1022 mol´eculas, c´uantos moles de aspirina nos quedan. 17
- 20. 1. Cinem´atica: Elementos del movimiento 1.1. Soluci´on: a) En el primer caso la respuesta correcta es afirmativa, ya que puede tratarse de un movimiento acelerado, pero en el que cambia el sentido del movimiento. ´Este ser´ıa el caso de un cuerpo que se lanza verticalmente y hacia arriba, en el punto m´as alto de su trayectoria su velocidad es nula, pero tiene aceleraci´on (a = -g). b) Sin embargo, en este caso, la respuesta es negativa, porque si la aceleraci´on es cero, no existen cambios con respecto al tiempo en el m´odulo y en la direcci´on de la velocidad. 1.2. Soluci´on: Para poder responder debemos calcular la expresi´on del vector aceleraci´on, y s´olo podremos hacerlo derivando dos veces el vector de posici´on, ya que la velocidad es la derivada del vector de posici´on, y la aceleraci´on, la derivada del vector velocidad, en ambos casos respecto al tiempo. a = dv dt = d2 r dt2 v = dr dt = (8t + 6)i a = dv dt = d2 r dt2 = 8i Por lo tanto, la respuesta correcta es la c). 1.3. Soluci´on: La velocidad media es un vector que tiene la misma direcci´on que el desplazamiento, su m´odulo nos da idea de la rapidez con que se ha producido el cambio de posici´on. Se calcula como el cociente entre el vector desplazamiento y el tiempo en el que se produce ese cambio de posici´on vM = ∆r ∆t = r2 − r1 t2 − t1 por lo tanto ser´a correcta la respuesta b). Pero tambi´en es correcta la respuesta c), ya que P1P2 no es m´as que el vector desplazamiento vM = P1P2 t2 − t1 1.4. Soluci´on: En un movimiento rectil´ıneo, el vector velocidad no cambia de direcci´on por ello la componente del vector aceleraci´on que nos indica esos cambios (la componente normal) no existe, es nula. Vamos a demostrarlo: v = vut −→ a = dv dt = d dt (vut 20
- 21. Si derivamos ese producto nos queda a = dv dt ut + v dut dt y dut dt = 0, ya que ser´ıa la derivada de una constante al mantener el vector unitario continuamente la misma direcci´on. Por ello a = dv dt ut. 1.5. Soluci´on: a) La velocidad media se define como el cociente entre el vector desplazamiento y el tiempo en que ´este sucede. Por lo tanto, tendr´a siempre la direcci´on del desplazamiento VM = ∆r ∆t y su m´odulo nos indica la rapidez con que se ha producido el cambio de posici´on. ∆r = r2 − r1 r2(t = 3s) = 5 · 3i + 2 · 32 j = 15i + 18j (m) r1(t = 0s) = 5 · 0i + 2 · 0j = 0 VM = 15i + 18j − (0i + 0j) 3 − 0 = 5i + 6j (m/s2 ) b) La velocidad instant´anea se define como el l´ımite de la velocidad media cuando ∆t tiende a cero, es decir, es la derivada del vector posici´on con respecto al tiempo: v = l´ım ∆t→0 ∆r ∆t = dr dt v = 5i + 4tj (m/s) c) El m´odulo de la velocidad se calcula como el de cualquier vector, la ra´ız cuadrada de la suma de los cuadrados de cada una de las componentes v = v2 x + v2 y = 52 + (4t)2 = √ 25 + 16t2 (m/s) d) Como el vector velocidad siempre es tangente a la trayectoria y recordando c´omo se calcula el vector unitario (o lo que es lo mismo, c´omo se normaliza un vector) ut = v v = 5i + 6j √ 25 + 16t2 ut = 5 √ 25 + 16t2 i + 6 √ 25 + 16t2 j 21
- 22. 1.6. Soluci´on: a) La ecuaci´on de la trayectoria es una relaci´on entre las coordenadas del m´ovil en la que ya no figura el tiempo. Es decir, de las ecuaciones param´etricas eliminamos el tiempo y buscamos y = y(x), (y en funci´on de x). x = t2 + 2 y = t2 − 1 =⇒ t2 = y + 1 =⇒ x = (y + 1) + 2 x = y + 3 =⇒ y = x − 3 De esta ecuaci´on podemos deducir que la trayectoria es rectil´ınea. b) La velocidad instant´anea es la derivada del vector de posici´on respecto al tiempo v = dr dt y el vector de posici´on en este caso es r = xi + yj = (t2 + 2)i + (t2 − 1)j v = 2ti + 2tj (m/s) c) La aceleraci´on nos informa de los cambios que seq producen en el vector velocidad a lo largo del tiempo y se obtiene como el l´ımite de la aceleraci´on media cuando ∆t tiende a cero, es decir, la derivada del vector velocidad con respecto al tiempo: a = l´ım ∆t→0 ∆v ∆t = dv dt a = 2i + 2j (m/s2 ) De los apartados a) y c) podemos deducir que el movimiento es rectil´ıneo y uniforme- mente acelerado, ya que la aceleraci´on es constante, no var´ıa con el tiempo. 1.7. Soluci´on: a) De la ecuaci´on vectorial hallamos la posici´on en el instante requerido con tal de sus- tituir t por el valos que nos indican. r(t = 2s) = (22 − 4)i + (2 + 2)j =⇒ r(t = 2s) = 4j(m) r(t = 4s) = (42 − 4)i + (4 + 2)j =⇒ r(t = 4s) = 12i + 8j(m) b) La velocidad instant´anea se halla derivando el vector de posici´on con respecto al tiempo, ya que la velocidad no es m´as que la variaci´on de la posici´on a lo largo del tiempo v = dr dt = 2ti + j(m/s) y ahora bastar´a con sustituir por el instante indicado v(t = 1s) = 2i + j(m/s) 22
- 23. c) La aceleraci´on se halla derivando el vector velocidad a lo largo del tiempo (o bien derivando dos veces el vector posici´on con respecto al tiempo) a = dv dt = 2i(m/s2 ) y para calcularla en el instante requerido ser´ıa necesario, como siempre, sustituir por el valor indicado, aunque en este caso, al no depender del tiempo, ser´a constante, ser´a por tanto un movimiento uniformemente acelerado. 1.8. Soluci´on: a) Para calcular el vector aceleraci´on debemos derivar el vector velocidad respecto del tiempo, y despu´es en la expresi´on que hallamos, sustituir el tiempo por el valor que nos facilitan. La aceleraci´on se define como la variaci´on del vector velocidad a lo largo del tiempo, por ello, siempre que exista una variaci´on de la velocidad, ya sea en m´odulo o en direcci´on, existe una aceleraci´on. a = dv dt =⇒ a(t) = 2ti (m/s2 ) a(t = 1s) = 2i (m/s2 ) Para conocer su m´odulo, basta con observar la expresi´on a = 2t m/s2 a(t = 1s) = 2 m/s2 b) El vector velocidad podemos reescribirlo en funci´on del vector unitario v = vut y si hallamos ahora el vector aceleraci´on (aplicamos la derivada de un producto) a = dv dt = d dt (vut) = dv dt ut + v dut dt y as´ı hemos obtenido las componentes intr´ınsecas del vector aceleraci´on: at = dv dt ut: llamada componente tangencial de la aceleraci´on, cuya direcci´on es tangente a la trayectoria (como indica el vector unitario). El m´odulo de esta componente de la aceleraci´on es dv dt , y por lo tanto nos informa de los cambios, de la variaci´on del m´odulo de la velocidad. aN = vdut dt = v2 R uN : llamada componente normal de la aceleraci´on, ya que su direcci´on es perpendicular (normal) a la tangente en ese punto a la trayectoria. El m´odulo de esta componente nos indica la variaci´on en la direcci´on de la velocidad. En nuestro caso particular aN = 0, ya que la trayectoria es una recta, no hay cambios en la direcci´on del vector velocidad. Para calcular la componente tangencial debemos conocer primero el m´odulo de la velocidad, que en nuestro caso es muy sencilla: v = t2 − 3 at = dv dt = 2t que evidentemente coincide con el m´odulo de la aceleraci´on instant´anea. 23
- 24. 1.9. Soluci´on: a) La velocidad media nos proporciona informaci´on a prop´osito de la rapidez con que se produce un cambio de posici´on. Se calcula vM = ∆r ∆t = r2 − r1 ∆t y tendr´a, por lo tanto, siempre la direcci´on del vector desplazamiento. r1(t = 2s) = (3 · 22 + 1)i + (4 · 22 + 2)j = 13i + 18j r2(t = 4s) = (3 · 42 + 1)i + (4 · 42 + 2)j = 49i + 66j vM = 49i + 66j − (13i + 18j) 4 − 2 = 18i + 24j(m/s) b) La velocidad instant´anea nos da una medida de la rapidez con que se produce el movimiento en cada momento, en cada instante. Se calcula hallando la derivada del vector de posici´on con respecto al tiempo. v = dr dt = 6ti + 8tj (m/s) c) S´olo debemos sustituir t por el valor indicado, v(t = 0) = 0m/s, por lo tanto parte del reposo. d) La aceleraci´on instant´anea es la derivada del vector velocidad con respecto al tiempo y nos permite conocer la rapidez con que se producen los cambios en la velocidad, ya sea en el m´oduloo en la direcci´on de este vector. a = dv dt = 6i + 8j (m/s2 ) e) La aceleraci´on tangencial nos proporciona el cambio en el m´odulo de la velocidad y posee siempre la misma direcci´on que la velocidad. at = dv dt Debemos conocer el valor del m´odulo de la velocidad para poder hallar as´ı at. v = vx 2 + vy 2 = (6t)2 + (8t)2 = √ 36t2 + 64t2 = √ 100t2 v = 10t y ahora ya podemos derivar at = d dt (10t) = 10m/s2 f) La aceleraci´on normal es un vector cuyo m´odulo es igual a cociente entre el cuadrado de la velocidad instant´anea y el radio de curvatura, su direcci´on es normal a la trayectoria y sentido hacia el centro de curvatura. Esta componente nos informa de los cambios en la direcci´on de la velocidad. aN = v2 R 24
- 25. pero en este caso no conocemos el radio de curvatura. No obstante, sabemos que a = at + aN a2 = at 2 + aN 2 =⇒ aN 2 = a2 − at 2 aN = a2 − at 2 y de apartados anteriores deducimos que a = √ 62 + 82 = √ 36 + 64 = √ 100 = 10m/s2 at = 10m/s2 aN = (10)2 − (10)2 = 0 como podemos observar, al ser aN = 0, la trayectoria ha de ser rectil´ınea. g) En este apartado vamos a comprobar esta afirmaci´on, tratando de encontrar esta relaci´on y = y(x) es decir, eliminando el tiempo entre las 2 ecuaciones param´etricas: x = 3t2 + 1 y = 4t2 + 2 =⇒ t2 = x − 1 3 y = 4(x−1 3 ) + 2 = 4 3 x + 2 3 , que es la ecuaci´on de una recta, y ya que a = 10m/s2 = cte podemos concluir que se trata de un movimiento rectil´ıneo y uniformemente acelerado. 1.10. Soluci´on: a) La velocidad ser´a la derivada del vector de posici´on respecto al tiempo, ya que nos indicar´a c´omo cambia la posici´on del m´ovil a lo largo del tiempo: v = r dt = d dt (Rsenωti + Rcosωtj) v = d dt (Rsenωt)i + (Rcosωt)j Para poder realizar la operaci´on hay que recordar c´omo se deriva un producto y c´omo se derivan las funciones trigonom´etricas v = Rω cosωti + Rω(−senωt)j v = Rω cosωti − Rω senωt)j (m/s) y el m´odulo del vector velocidad ser´a la ra´ız cuadrada de la suma de los cuadrados de cada una de las componentes v = √ R2ω2cos2ωt + R2ω2sen2ωt v = R2ω2(cos2ωt + sen2ωt) = √ R2ω2 v = Rω (m/s) 25
- 26. b) Para calcular el vector aceleraci´on volvemos a derivar el vector velocidad con respecto al tiempo, pues estudia los cambios que el vector velocidad sufre a lo largo del tiempo a = dv dt = d dt (Rω cosωt)i − d dt (Rω senωt)j a = Rω2 (−senωt)i − Rω2 cosωtj a = −Rω2 senωti − Rω2 cosωtj (m/s2 ) y el m´odulo de la aceleraci´on a = √ R2ω4sen2ωt + R2ω4cos2ωt a = R2ω4(sen2ωt + cos2ωt) = √ R2ω4 a = Rω2 m/s2 c) La trayectoria que describe la part´ıcula la estudiamos eliminando el tiempo en las ecuaciones param´etricas, para as´ı obtener una expresi´on que relaciona una coordenada con las otras (y = y(x)). x = Rsenωt y = Rcosωt Para poder hacerlo, elevamos al cuadrado las dos ecuaciones y luego sumamos miembro a miembro. x = Rsenωt y = Rcosωt =⇒ x2 + y2 = R2 sen2 ωt + R2 cos2 ωt x2 + y2 = R2 (sen2 ωt + cos2 ωt) =⇒ x2 + y2 = R2 La ecuaci´on que hemos obtenido es la ecuaci´on de una circunferencia, por lo tanto, ´esta ser´a su trayectoria. 1.11. Soluci´on: a) La expresi´on dada en el enunciado se refiere al m´odulo de la velocidad. Como la aceleraci´on tangencial nos informa de los cambios del m´odulo de la velocidad y su valor se calcula derivando precisamente el m´odulo de esa magnitud, s´olo tenemos que hacer at = dv dt = d dv (3 + 7t) = 7m/s2 at = 7ut (m/s2 ) b) La aceleraci´on normal nos indica los cambios en la direcci´on del vector velocidad y ya que la trayectoria es curva, como nos indica en enunciado, no ha de ser nula. El m´odulo de esta componente de la aceleraci´on se calcula aN = v2 R = (3 + 7t)2 R como se puede observar, la componente normal de la aceleraci´on ser´a variable, y de- pende del instante que consideremos aN (t = 3s) = (3 + 7 · 3)2 275 ≈ 2,1m/s2 =⇒ aN = 2,1uN (m/s2 ) Esta componente de la aceleraci´on tiene siempre como direcci´on la normal a la tra- yectoria y sentido hacia el interior de la curvatura. 26
- 27. a = at+aN : ´esta se´ıa la relaci´on entre las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on y la propia aceleraci´on instant´anea. Para llegar a conocer el valor de la aceleraci´on instant´anea recordamos que el m´odulo ser´a siempre la ra´ız cuadrada de la suma de los cuadrados de cada una de estas componentes a = at 2 + aN 2 = 7,3m/s2 27
- 28. 2. Cinem´atica: Movimientos en una dimensi´on 2.1. Soluci´on: No representa una situaci´on real, al menos en su ´ultimo tramo. Como podemos ob- servar en la gr´afica, al cabo de una hora se encuentra a 200 km y al cabo de dos horas se encuentra simult´aneamente en dos posiciones: por un lado a 200 km y por otro, ha vuelto al origen, al lugar de partida. Evidentemente esta duplicidad de datos no puede corresponder a ninguna situaci´on real. 2.2. Soluci´on: a) Desde la gr´afica podemos deducir, primero el tipo de movimiento, que ambos casos es rectil´ıneo y uniforme y cuya ley del movimiento es x = x0 + vt y tambi´en desde la gr´afica y tan s´olo observ´andola podemos llegar a la respuesta. El m´ovil A, al cabo de 3 s se encuentra a 3 m del origen, del punto de partida; el m´ovil B, sin embargo, al cabo de 3 s se encuentra a 1,5 m del punto de partida. b) Volvemos de nuevo a observar la gr´afica. El m´ovil A al cabo de 1 s ha recorrido 1 m, mientras que el m´ovil B ha recorrido tan s´olo 0,5 m. c) Para responder en este caso bastar´ıa con analizar las respuestas anteriores, eviden- temente es el m´ovil A quien va m´as deprisa. No obstante, daremos de nuevo una respuesta desde la gr´afica. Ir´a m´as deprisa aquel que tenga una mayor velocidad y esta magnitud se corresponde con la pendiente de cada gr´afica: tg αA = ∆xA ∆t = vA = 4 4 = 1 m/s tg αB = ∆xB ∆t = vB = 2 4 = 0, 5 m/s por lo tanto, se desplaza m´as r´apidamente el m´ovil A. 2.3. Soluci´on: a) El movimiento es rectil´ıneo y uniforme como se puede observar desde la gr´afica, donde la velocidad v en cada tramo es constante a lo largo del recorrido. x = x0 + vt x0 = 0, porque nos dicen que parte del origen. Ahora vamos a estudiar que pasa en los dos primeros segundos: x1 = 0 + (−1) · 2 = −2m por lo tanto el m´ovil se mueve hacia la izquierda en los dos primeros segundos, mo- vi´endose por tanto, desde el origen hasta el punto -2 m. Ahora estudiamos qu´e sucede a continuaci´on: x2 = x + v t donde: 28
- 29. x’ es la nueva posici´on del m´ovil (x’ = -2 m). v’ es la velocidad que va a llevar en este nuevo punto del recorrido. x2 = −2 + 2 · 1 = 0 Podemos entonces afirmar que el m´ovil se mueve hacia la derecha, llegando al origen que ser´a su posici´on final. b) El espacio total est´a representado por la suma de las ´areas (en valor absoluto, sin signo) definidas por el eje de abcisas, la gr´afica de la velocidad y las ordenadas inicial y final. Debemos estudiarlo tramo a tramo: En el primer tramo, la gr´afica de la velocidad v = −1m/s y las ordenadas las define el tiempo, t0 = 0s y t1 = 2s, por lo que el ´area ser´a: A1 = 1 · 2 = 2m. En el segundo tramo, la gr´afica de la velocidad v = 2m/s y las ordenadas las vuelve a definir el tiempo t1 = 2s y t2 = 3s, luego A2 = 2 · 1 = 2m. Por tanto, el espacio total recorrido ser´a A = A1 + A2 = 4m 2.4. Soluci´on: a) Pimero hagamos un peque˜no diagrama Figura 4: ”Diagrama del problema” escogemos el sem´aforo como origen del sistema de referencia, ya que es el punto donde los dos m´oviles coinciden y empezamos a contar tiempos en el instante en que el sem´aforo cambia a verde. Los movimientos que cada uno lleva son: Moto: M.R.U.A y la ley que le corresponde xM = 1 2 aM tM 2 Coche: M.R.U y la ley que le corresponde xC = vCtC La moto sale 2 s despu´es de cambiar el sem´aforo a verde, es decir, de pasar el coche. Por lo tanto, la relaci´on entre los tiempos del coche y la moto ser´a: tM = tC − 2 29
- 30. y las leyes nos quedar´an: xM = 1 2 aM (tC − 2) xC = vCt y la moto alcanzar´a al coche cuando las posiciones coincidan: xM = xC =⇒ 1 2 aM (tC − 2)2 1 2 aM (tC 2 + 4 − 4tC) = vCt es una ecuaci´on de segundo grado en el tiempo, que operando quedar´ıa 0, 9tC 2 − 11, 1tC + 3, 6 = 0 y al resolver nos da dos soluciones: tC = 12s =⇒ tM = 10s tC = 0,3s =⇒ tM imposible El ´ultimo valos obtenido para tM es imposible, ya que todav´ıa estaba parada la moto, no tiene significado f´ısico. b) Para conocer la distancia recorrida necesitamos sustituir en las leyes del movimiento de cada uno: xM = 1 2 aM (tC − 2)2 = 1 2 3, 6 · 102 = 180m = xC c) La velocidad de la moto es: vM = amt = 36m/s = 129, 6km/h con lo que evidentemente comete una infracci´on al sobrepasar el l´ımite de velocidad permitida. d) Primero vamos a construir una tabla de valores que despu´es nos permita realizar la gr´afica. t 0 2 4 6 8 M.R.U =⇒ VC 15 15 15 15 15 M.R.U.A =⇒ VM 0 0 7,2 14,4 21,6 30
- 31. Figura 5: y con las leyes del movimiento construimos la tabla para las posiciones: t 0 2 4 6 8 12 M.R.U =⇒ xC 0 30 60 90 120 180 M.R.U.A =⇒ xM 0 0 7,2 28,8 64,8 180 Figura 6: 31
- 32. 2.5. Soluci´on: Hagamos un esquema de la situaci´on planteada: Figura 7: ”Diagrama del problema” El movimiento que lleva el coche es rectilineo y uniformemente acelerado. Si conside- ramos positivo el sentido del movimiento y puesto que frena, la aceleraci´on ser´a negativa, por lo que la ley del movimiento que le corresponde es: x0 = v0t − 1 2 at2 Podemos calcular cu´al ser´a la velocidad que el conductor tiene al cabo de 150 m: vf 2 = v0 2 − 2as = 252 − 2 · 2 · 150 = 25 vf = 5 m/s = 18 km/h evidentemente s´ı comete una infracci´on porque no logra pararse al llegar al sem´aforo. Podemos averiguar cu´anto tiempo tarda en llegar al sem´aforo y cu´anto en detenerse. ´Esta ser´ıa otra forma de razonar y responder: x = 150 = 25t−t2 as´ı conocer´ıamos el tiempo que tarda en llegar al sem´aforo. Obtenemos dos resultados: t1 = 15s y t2 = 10s. El resultado que aceptamos es t2 y la otra soluci´on se corresponde al movimiento de regreso que el conductor podr´ıa emprender una vez se haya detenido. Y el tiempo que tarda en detenerse: vf = v0 − at −→ 0 = 25 − 2t =⇒ t = 12, 5s con lo que volvemos a concluir que se pasa el sem´aforo en rojo y comete, por tanto, una infracci´on que ser´a penalizada. 2.6. Soluci´on: Hagamos un esquema que resuma el movimiento de los dos m´oviles: la persona y el tren: Figura 8: ”Diagrama del problema” 32
- 33. Vamos a situar el origen del sistema de referencia en la persona que trata de coger el tren en el instante en que arranca el tren; por eso, las posiciones iniciales ser´an: x0p = 0 x0t = 32 m y los movimientos de cada uno de ellos ser´an: persona =⇒ M.R.U =⇒ xp = vpt tren =⇒ M.R.U.A =⇒ xt = x0t + 1 2 at2 Si C es el punto donde el viajero logra alcanzar el tren, debe cumplirse que: xp = xt ya que las posiciones de ambos m´oviles coinciden vpt = x0t + 1 2 at2 =⇒ 6t = 32 + 1 2 0, 5t2 resolvemos la ecuaci´on de 2o grado y encontramos dos soluciones: t1 = 8s t2 = 16s y aceptamos como v´alida la primera de las soluciones: al cabo de 8 s, el viajero alcanza al tren, y no habr´a perdido ni el tiempo ni el billete, y por supuesto, su carrera ha sido fruct´ıfera. (La otra soluci´on corresponde al alcance del tren al peat´on). 2.7. Soluci´on: Vamos a situar el origen del sistema de referencia en el brocal del pozo (lugar desde el que dejamos caer la piedra) y empezamos a contar tiempo desde el mismo instante que la dejamos caer. Debemos considerar que existen 2 movimientos distintos: La piedra cae y choca con el agua −→ M.R.U.A. Sonido del choque que sube hasta que llega a nuestro oido −→ M.R.U El movimiento de la piedra es rectil´ıneo (vertical) y uniformemente acelerado, con a = g. Sin embargo, el sonido tambi´en realiza un movimiento rectil´ıneo (vertical) pero uni- forme (sin aceleraci´on). Si tenemos en cuenta el criterio de signos con el que trabajamos, las leyes del movi- miento para cada uno de ellos ser´a: piedra =⇒ −yP = −1 2 gtp 2 sonido =⇒ yS = vsts =⇒ yp = ys ya que el recorrido que realizan la piedra y el sonido es el mismo, la altura del pozo. Del enunciado deducimos que: tp + ts = 2 por lo que las ecuaciones con las que contamos para resolver el ejercicio son: 1 2 gtp 2 = vsts tp + ts = 2 33
- 34. Tenemos dos ecuaciones y dos inc´ognitas, por lo que podemos resolver. 5tP 2 = vs(2 − tp) =⇒ 5tP 2 + vstP − 2vs = 0 tP = −vs ± vs 2 − 4 · 5(−2vs) 2 · 5 = −vs ± √ vs 2 + 40vs 10 Resolviendo esta ecuaci´on tenemos tan s´olo una soluci´on f´ısicamente posible, la otra nos da un valor negativo para el tiempo, lo que es f´ısicamente imposible. tp = 1,94 s ts = 0,06 s y desde estos valores y sustituyendo en cualquiera de las leyes del movimiento la profun- didad del pozo: yp = 1 2 gtp 2 = vsts = ys h = 18 m 2.8. Soluci´on: Tomamos como sistema de referencia para medir alturas el nivel del agua del r´ıo; y como origen de tiempos, el instante en que la piedra es lanzada. a) La piedra realiza un movimiento vertical y uniformemente acelerado y cuando alcanza la m´axima altura se detiene instant´aneamente. Si consideramos la expresi´on: vf = v0 + at =⇒ 0 = 6 − 10t1 (consideramos el mismo criterio de signos que en otros ejercicios). t1 = 0, 6 s, tiempo que tarda la piedra en alcanzar la m´axima altura. Para conocer la altura de alcanzada desde el puente: vf 2 = v0 2 + 2as =⇒ 0 = 62 − 2 · g · y1 y1 = 1, 8 m b) El tiempo que tarda en regresar al puente es el mismo que tard´o en alcanzar la m´axima altura, donde se detuvo instant´aneamente, y all´ı invirti´o el sentido de su movimiento. Hasta llegar al puente debe caer 1.8 m por ello tarda 0.6 s. Si aplicamos la ley del movimiento: y = y0 + v0t − 1 2 gt2 y = hp + y1, donde hp es la altura del puente medida desde el r´ıo. y0 = hp, es el punto donde debe encontrarse para medir tiempos. v0 = 0, porque acaba de iniciar el movimiento de caida. hp + y1 = hp − 1 2 gt2 ⇒ y1 = − 1 2 gt2 ⇒ t = 0, 6s Por lo tanto, el tiempo total transcurrido ser´a tT = 1, 2s 34
- 35. c) La velocidad tambi´en ser´a la misma, aunque ahora el signo ser´a distinto vp = v0 − gtT = 6 − 10 · 1, 2 = −6 m/s y el signo nos indica que la piedra est´a cayendo. d) El tiempo que tarda en ir desde el puente hasta la superficie del agua ser´a: tp = t − tT = 1, 96 − 1, 2 = 0, 74s y ahora apliquemos la ley del movimiento: y = yp − vptp − 1 2 gtp 2 (y = 0 porque la piedra llega al r´ıo donde hemos escogido el origen del sistema de referencia). 0 = yp − 6 · 1, 2 − 1 2 10 · (1, 2)2 yp = 7, 2 m (Ahora podemos regresar al primer apartado y afirmar que la altura total alcanzada por la piedra es N = 7, 2 + 1, 8 = 9 m. La ley de la aceleraci´on nos va a permitir conocer la velocidad con que llega al r´ıo. vf = v0 + at −→ vf = −vp − gtp = −6 − 10 · 0, 74 vf = −13, 4 m/s o bien vf = v0 − gtT = 6 − 10 · 1, 94 = −13, 4 m/s (v0: velocidad con la que hemos empezado el problema, inicia el movimiento vertical y hacia arriba). 2.9. Soluci´on: Hagamos primero un peque˜no esquema que nos permita visualizar el problema: Figura 9: ”Diagrama del problema” Situamos el sistema de referencia en el suelo y adoptamos el criterio de signos esta- blecido. En funci´on de ello los datos que el problema nos proporciona son: 35
- 36. posici´on inicial velocidad inicial aceleraci´on Primera pelota y10 = 15 m v10 = 0 a1 = −g Segunda pelota y20 = 0 v20 = 2 m/s a2 = −g y designamos por t1 y t2 el tiempo que llevan movi´endose la pelota 1 y 2 respectivamente. De los datos que acabamos de poner y del propio enunciado, deducimos que el mo- vimiento que llevan las dos pelotas es vertical y uniformemente acelerado y las leyes del movimiento para cada una de ellas: y1 = y10 − 1 2 gt1 2 = 15 − 5t1 2 y2 = v20t2 − 1 2 gt2 2 = 12t2 − 5t2 2 La relaci´on entre los dos tiempos nos la proporciona el enunciado: la segunda pelota lleva menos tiempo movi´endose que la primera: t2 = t1 − 1 a) Si las dos pelotas se cruzan significa que la posici´on de ambas pelotas en ese instante es la misma: y1 = y2 −→ 15 − 5t1 2 = 12(t1 − 1) − 5(t1 − 1)2 15 − 5t1 2 = 12t1 − 12 − 5(t1 2 + 1 − 2t1) 32 = 22t1 ⇒ t1 = 1, 45 s t2 = 0, 45 s y la posici´on la hallamos sustituyendo en cualquiera de las dos leyes del movimiento: y1 = 15 − 5(1, 45)2 = 4, 48 m ≈= 4, 5 m b) La expresi´on de la velocidad para cada una de ellas ser´ıa: v1 = −gt1 = −14, 5 m/s v2 = v20 − gt2 = 7, 5 m/s el signo negativo nos indica que est´a cayendo (se mueve hacia abajo) y sin embargo, el signo positivo de v2 nos indica que todav´ıa est´a subiendo, esto es, que no alcanz´o la m´axima altura. c) Para poder responder a este apartado, primero debemos averiguar cuanto tiempo tarda la primera pelota en llegar al suelo: y1 = 15 − 5t1 2 ⇒ y1 = 0 = 15 − 5t1 2 t1 = 1, 7 s y ahora sustituimos en la ley del movimiento para la segunda pelota: y2 = 12t2 − 5t2 2 y2 = 12(1, 7 − 1) − 5(1, 7 − 1)2 = 5, 95 ≈= 6 m y dado el signo positivo de este resultado, a´un contin´ua subiendo. 36
- 37. 2.10. Soluci´on: Como siempre, iniciemos el problema con un peque˜no esquema: Figura 10: ”Diagrama del problema” El movimiento que realiza el objeto es vertical y uniformemente acelerado. Si tomamos el origen del sistema de referencia en el borde inferior de la ventana: a) y = y0 + v0t + 1 2 at2 , ´esta ser´a la ley de movimiento que corresponda a su movimiento. Consideremos como punto de partida para estudiar el problema la posici´on A; la ley nos queda: y = 0yA + vA∆t − 1 2 g(∆t)2 = 2 + vA0, 3 − 5(0, 3)2 Pretendemos conocer la velocidad con que llega a la ventana desde que se lanza (vA), y consideramos el movimiento que el objeto realiza al pasar desde A a B. Resolviendo la ecuaci´on antes planteada, nos queda vA = 5, 2 m/s. Si ahora consi- deramos el espacio recorrido desde la posici´on 0 a la posici´on A y dados los datos facilitados por el problema, utilizamos la expresi´on vA 2 = v2 0 − 2gh ⇒ h = 1, 4 m y sumando la altura de la ventana y0 = 2 + h = 3, 4 m b) La velocidad con que llega al suelo, posici´on B, la podemos conocer desde la misma expresi´on: vB 2 = v0 2 − 2g(2 + h) vB = 8, 1 m/s 37
- 38. 3. Cinem´atica: Composici´on de movimientos 3.1. Soluci´on: Figura 11: ”Diagrama del problema” a) Se trata de dos movimiento que simult´aneamente act´uan sobre la barca: un M.R.U. paralelo a las orillas, debido a la corriente del r´ıo. un M.R.U. perppendicular a las orillas, debido al motor de nuestra lancha. Escogemos los ejes OX y OY concidentes con cada uno de los movimientos que afectan a la barca. Por lo tanto, el vector velocidad de la barca ser´a: v = vR + vL = 10i + 15j y su m´odulo: v = VR 2 + VL 2 = √ 102 + 152 = 18 m/s y para llegar a conocer la direcci´on que lleva la lancha hallamos la direcci´on que este vector forma con uno de los ejes, el eje OX, las orillas del r´ıo: tg θ = VL VR = 15 10 =⇒= θ = 56,31o Por lo tanto, podemos concluir que la velocidad, el vector velocidad, nos va a indicar el tipo de movimiento que lleva la lancha, y ya que vecv = CTE, el movimiento ser´a uniforme; y puesto que la direcci´on de este vector tampoco cambia con el tiempo (θ = 56,31o = CTE) podemos concluir que la trayectoria es rectil´ınea. Por tanto, la lancha llevar´a un movimiento rectil´ıneo y uniforme. b) Para llegar a conocer el tiempo que tarda en cruzar el r´ıo, estudiamos las leyes de cada uno de los movimientos: x = VRt y = VLt = 200 =⇒ t = 200 15 = 13,3 s 38
- 39. c) La distancia recorrida por la barca se hallar´a a partir del vector de posici´on: r = xi + yj = vRt i + vLtj Sabemos que x = VRt = 133,3 m, que ser´a la desviaci´on que sufre la barca (no llega frente al punto del que parti´o, como era su intenci´on) Las coordenadas del punto al que llega la barca ser´a: (133.3, 200). Para conocer la distancia recorrida: r = x2 + y2 = 240,3 m 3.2. Soluci´on: Figura 12: ”Diagrama del problema” El nadador est´a sometido simu˜nt´aneamente a dos movimientos: el que trata de imponer cuando ´el nada. el que la corriente del r´ıo impone. Ambos movimientos tienen velocidad constante, es decir, son uniformes; y son perpendi- culares entre s´ı. Desde el esquema podemos obervar que hacemos coincidir la direcci´on de la corriente con el eje OX y por lo tanto, la direcci´on en la que trata de nadar el nadador coincide con el eje OY. Si escribimos las leyes que corresponden a estos movimientos: x = VRt y = VN t A trav´es de ellas podemos conocer la posici´on en cualquier instante del nadador. Para poder conocer la VR necesitamos conocer el tiempo que tarda en llegar a la otra orilla; es decir, al punto que en el esquema hemos se˜nalado, cuyas coordenadas son (20,100): es decir, que llega a un punto situado 20 m aguas abajo, despu´es de cruzar el r´ıo de anchura 100 m. x = VRt y = VN t −→ t = 100 2 = 50s 39
- 40. que es el tiempo que tarda en llegar al punto indicado. Y si ahora trabajamos con la otra ley, con el otro movimiento: x = vRt =⇒ 20 = vR · 50 =⇒ vR = 0,4 m/s 3.3. Soluci´on: Figura 13: ”Diagrama del problema” El movimiento que realiza la pelota se puede descomponer en dos movimientos: un movimiento horizontal y uniforme, ya que no existe aceleraci´on en esta direcci´on. Las ecuaciones de este movimiento son: x = v0xt = v0 cosα t v0x = v0 cosα = CTE un movimiento vertical y uniformemente acelerado, ya que queda sometida en esta direcci´on a la aceleraci´on de la gravedad a = −gj. Las ecuaciones de este movimiento son: y = v0yt − 1 2 gt2 y = v0 senα t − 1 2 gt2 La velocidad en esta direcci´on ser´ıa vy = v0y − gt = v0 senα − gt Podemos concluir entonces que las ecuaciones param´etricas que corresponden a este movimiento son: x = v0 cosαt y = v0 senα t − 1 2 gt2 y que la trayectoria que va a realizar la pelota ser´a una par´abola. 40
- 41. a) El tiempo que tarda lo hallamos desde la expresi´on del movimiento vertical, puesto que en ese instante y = 0 y = v0 senα t − 1 2 gt2 0 = v0 senα t − 1 2 gt2 conocemos la velocidad de lanzamiento o velocidad inicial v0 = 80 m/s; el ´angulo de tiro, α = 60o . Resolviendo la ecuaci´on t = 2v0senα g = 2 · 80senα 10 = 13,8 ≈ 14 s (A este tiempo tambi´en se le conoce como tiempo de vuelo) b) En el punto m´as alto de la trayectoria, como podemos observar en el esquema inicial, la velocidad s´olo tiene componente horizontal. vh = vox = vocosα = 80cos60 vh = 40 m/s c) El alcance se corresponde con la distancia horizontal recorrida por la pelota x = A = vocosαt y el tiempo que debemos considerar es el empleado en caer, en recorrer la par´abola completa. Lo hemos hallado en el apartado a). A = 80cos60 · 14 A = 560m d) La altura m´axima alcanzada se corresponde con el punto en que vy = 0, y lo hallamos a partir de la expresi´on: y = hmax = vosenαth − 1 2 gt2 h donde th ser´a la mitad del tiempo en caer, del llamado tiempo de vuelo th = t 2 = 14 2 = 7 s y ahora s´olo nos queda sustituir hmax = 80sen60 · 7 − 1 2 10 · 72 hmax = 240 m 41
- 42. e) La ecuaci´on de la trayectoria la hallamos cuando logramos poner una coordenada en funci´on de la otra, esto es, y = y(x) y = vosenαt − 1 2 gt2 x = vocosαt =⇒ t = x vocosα y = vosenα x vocosα − 1 2 g x2 vo 2cos2α y = tgαx − g 2v2 ocos2α x2 y = Ax − Bx2 que se corresponde con la ecuaci´on de una par´abola, confirmando la afirmaci´on reali- zada al principio. Particularizando para nuestro problema y = tg60x − 10 2 · 802 · cos260 x2 y = 1,7x − 3 · 10−3 x2 3.4. Soluci´on: Figura 14: ”Diagrama del problema” La rana realiza una trayectoria parab´olica: se mueve horizontalmente, alej´andose de la posici´on inicial, pero tambi´en se eleva del suelo y por lo tanto, queda sometida a la aceleraci´on de la gravedad, en realidad a la fuerza peso. Por lo tanto, la rana est´a sometida a dos movimientos, uno horizontal y uniforme (no hay aceleraci´on en esta direcci´on) y otro vertical y uniformemente acelerado. Las ecuaciones param´etricas que corresponden a estos movimientos ser´an: x = vocosαt y = vosenαt − 1 2 gt2 El origen del sistema de referencia lo situamos en el punto donde la rana inicia su salto, y el criterio de signos sigue siendo el de siempre. Cuando la rana termina el salto, ha recorrido 0.4 m y su altura volver´a a ser nula: las coordenadas de ese punto, las 42
- 43. se˜naladas en el esquema: x = 0,4m y = 0 0,4 = vocosαt (1) 0 = vosenαt − 1 2 gt2 (2) y observando el sistema de ecuaciones comprobamos que tenemos dos ecuaciones 1 2; y dos inc´ognitas vo y t (tiempo de vuelo). Simplificando en la ecuaci´on 2 0 = vosenα − 1 2 gt =⇒ t = 2vosenα g y si sustituimos en 1 0,4 = vocosα 2vosenα g = 2vo 2 cosαsenα g despejamos y operamos: vo 2 = 0,4g 2cosαsenα =⇒ vo = 0,4g 2cosαsenα vo = 2,16 m/s 3.5. Soluci´on: Figura 15: ”Situamos el sistema de referencia en ca˜n´on, punto del que sale” a) El proyectil realiza una trayectoria parab´olica ya que una vez que ha sido lanzado la ´unica fuerza que sobre ´el act´ua es el peso. Las ecuaciones de su movimiento son: mov horizontal y uniforme x = vocos60t = 200t mov vertical y uniformemente acelerado y = vosenαt − 1 2 gt2 = 346t − 5t2 para llegar a conocer la m´axima altura alcanzada necesitamos saber el tiempo que tarda en llegar a esa posici´on. Y la condici´on de ese punto es que la componente vertical de la velocidad se anula. vy = 0 =⇒ vy = vosenα − gt =⇒ 0 = 346 − 10t =⇒ t = 34,6 43
- 44. de forma que y = hmax = vosenαt − 5t2 ≈ 6000m b) Claro que puede batir al avi´on, porque el proyectil alcanza una altura mayor que la que la que lleva el avi´on. Adem´as puede ser impactado en los dos puntos de la trayectoria de la bala que cortan en la trayectoria del avi´on. Estos dos puntos se encuentran a 4000 m, por debajo de la m´axima altura alcanzada por el proyectil. c) Para poder conocer la distancia debemos conocer el tiempo, los dos instantes, en los que el proyectil alcanza la altura de 4000 m. Es decir: y = 4000 = vosenαt − 1 2 gt2 =⇒ 4000 = 346t − 5t2 Resolviendo esta ecuaci´on de 2o grado encontramos las dos soluciones buscadas: t1 = 54,6 s t2 = 14,6 s para que se produzca el primer impacto (es decir en el primer punto de corte teniendo el sentido en el que avanza el avi´on) x1 = vocos60t1 = 11000 m y el segundo impacto se produce a x2 = vocos60t2 = 3000 m 3.6. Soluci´on: Figura 16: ”Diagrama del problema” La pelota realiza un movimiento parab´olico y si escogemos el origen del sistema de referencia en el punto de lanzamiento, las ecuaciones param´etricas ser´an: mov horizontal y uniforme x = vt mov vertical y uniformemente acelerado y = −1 2 gt2 El criterio de signos es el de siempre; la ´unica aceleraci´on que act´ua sobre la pelota es la aceleraci´on de la gravedad, vertical y hacia el suelo. La velocidad de lanzamiento o velocidad inicial es horizontal, no tiene por tanto componente vertical. a) Sabemos que cuando ha ca´ıdo 15 m debe encontrarse a 28 m de la vertical de lanza- miento, es decir, las coordenadas de la pelota deben ser (28, 15) justo en el instante en que llega a la terraza inferior. 44
- 45. Particularizando entonces en las ecuaciones param´etricas nos queda x = 28 = vt (3) y = −15 = − 1 2 gt2 (4) El signo negativo que aparece en el primer miembro se debe a que la pelota se encuentra cayendo, y ese es el sentido que le corresponde de acuerdo al criterio de signos. Resolviendo este sistema de ecuaciones: 4 −15 = 1 2 10t2 → t = √ 3 s 3 28 = v √ 3 → v = 28 √ 3 = 16,2 m/s ´Esta ser´a la velocidad m´ınima con que Juanito debe lanzar el bal´on para salvar la terraza de su vecino. b) Volvemos a trabajar con las ecuaciones param´etricas y ahora debemos hallar la abcisa, la distancia horizontal de la pelota, cuando ha ca´ıdo 30 m y llega al suelo x = vtT = 16,2tT y = −30 = − 1 2 gtT 2 =⇒ tT = √ 6 s x = 16,2 √ 6 = 39,6 m 3.7. Soluci´on: vo = vox + voy vox = vocosα = 6,9 m/s voy = vosenα = 4m/s Situaremos el sistema de referencia en la misma vertical en la que se encuentra el jugador, pero en el suelo. La ´unica fuerza que act´ua sobre el bal´on una vez que ha sido lanzado es el peso, por lo que podemos afirmar entonces que el movimiento vertical es uniformemente acelerado. De forma que mov horizontal y uniforme x = vocosαt mov vertical y uniformemente acelerado y = yo + vosenαt − 1 2 gt2 Particularizando ´estas para nuestro caso: x = 6,9 t y = 2,72 + 4t − 5t2 45
- 46. Para conocer si encesta o no, tan s´olo debemos conocer la altura del bal´on cuando llega a la canasta x = 5 = 6,9t ⇒ t = 0,72 s ese ser´a el tiempo que tarda en llegar a la canasta y tendr´a una altura de: y = 2,72 + 4 · 0,72 − 5(0,72)2 = 3,00 m por lo tanto, no encesta, tocar´a en el aro y si tiene suerte habr´a rebote. Lo m´as probable es que el partido finalice en empate. 3.8. Soluci´on: Una vez que la piedra sale disparada, la ´unica fuerza que act´ua sobre ella es el peso. Por ello, si escogemos el sistema de referencia justo en ese punto y hallamos las componentes de la velocidad sobre ellos vx = vocosα = 20cos37 = 16 m/s vy = vosenα = 20sen37 = 12 m/s observamos que la piedra realiza un movimiento parab´olico, composici´on de dos mo- vimientos perpendiculares entre s´ı: mov horizontal y uniforme x = voxt = 16 t mov vertical y uniformemente acelerado y = voyt − 1 2 gt2 = 12t − 5t2 a) En el instante en el que se alcanza la m´axima altura, la componente vertical de la velocidad es nula. La velocidad en ese eje se calcula a trav´es de la expresi´on: vy = vosenα − gth → 0 = 12 − 10th ⇒ th = 1,2 s y coincide con el tiempo transcurrido tan s´olo debemos intentar conocer la altura a trav´es de la ley del movimiento vertical y = h = 12th − 5th 2 → h = 7,2 m b) Ahora interviene un segundo m´ovil, la furgoneta, que va detr´as. Debemos intentar conocer su ley de movimiento considerando el mismo sistema de referencia: xF = xo − vF t =⇒ xF = 4,5 − 14t xo = 4,5 m porque ´esta es la distancia que existe entre el cami´on, donde se encuentra el sistema de referencia, y la furgoneta. vF = −14 m/s, ´esta ser´a la velocidad de la furgoneta pero debemos tener cuidado con su sentido para aplicar correctamente el signo en la expresi´on (la furgoneta realiza un movimiento horizontal y uniforme). En el instante de la colisi´on xc = xF =⇒ 16t = 4,5 − 14t (5) yc = yF =⇒ 12t − 1 2 gt2 = yF (6) 46
- 47. podemos conocer el tiempo que tarda en producirse el choque (5) 30t = 4,5 → t = 0,15 s (6) yF = 120,15 − 5(0,15)2 = 1,7 m la colisi´on se produce a 1.7 m y esa ser´a la altura. Para poder conocer la velocidad en ese instante v = vx + vy vx = vox = 16 m/s vy = voy − gt = vosenα − gt = 12 − 100,15 v = 16i + 10,5j ⇒ v = 162 + 10,52 v = 19,1 m/s 3.9. Soluci´on: Figura 17: ”Diagrama del problema” Evidentemente la trayectoria que sigue una pelota de b´eisbol es parab´olica y si consi- deramos el sistema de referencia en el punto de lanzamiento de ´esta: vo = voxi + voyj vox = vocosα = 43,4 m/s voy = vosenα = 25 m/s Las ecuaciones del movimiento ser´ıan: x = vocosαt −→ x = 43,4t y = vosenαt − 1 2 gt2 −→ y = 25t − 5t2 Lo primero que debemos averiguar es el sentido en el que ha de correr el jugador que trata de coger la pelota. Para ello, debemos conocer el alcance de la pelota: x = A = vocosαtV y = 0 = vosenαtv − 1 2 gtv 2 −→ 0 = vosenα − 5tv 47
- 48. tv = vosenα 5 = 5 s por lo tanto, x = A = vocosαtv = 43,4 · 5 = 217 m Como podemos comprobar, el alcance es mayor que la distancia entre los dos jugadores (217 m ¿150 m). Concluimos entonces que el segundo jugador debe correo en el mismo sentido que el desplazamiento de la pelota. ¿De cu´anto tiempo dispone el jugador para cogerla? Vamos a tratar de conocer el tiempo que emplea la pelota en llegar al punto situado a 1 m del suelo. Volvamos a trabajar con las ecuaciones del movimiento: x = vocosαt y = 1 = vosenαt − 1 2 gt2 −→ 25t − 5t2 + 1 = 0 Resolviendo la ecuaci´on de segundo grado, obtenemos que t = 4,9 s y la ley del movimiento para el segundo jugador ser´a xF = vpt + 150 , donde vpt = d representa la distancia que el jugador corre mientras la pelota cae hasta una altura de 1 m. En el instante en que este jugador “coge” la pelota se cumple xF = x ⇒ d + 150 = vocosαt d = vocosαt − 150 = 43,4 · 4,9 − 150 d = 62,7 m Pero el jugador correo con velocidad constante e igual a 10 m/s, averig¨uemos entonces la distancia que realmente recorre en esos 4.9 s dJ = vJ t = 49 m Podemos comprobar por tanto que dj < d (la distancia recorrida por el jugador es menor que la distancia que realmente necesita para coger la pelota en las condiciones indicadas), por lo que NO llega a recoger la pelota. a) ¿Con qu´e velocidad deber´ıa correr? Aquella que le permita recorrer 62.7 m en 4.9 s vt = d → v = 62,7 4,9 = 12,7 ≈ 13 m/s b) Y si no quiere correr m´as, debe anticiparse al golpe, debe salir antes de que la pelota sea lanzada. Si llamamos tJ : tiempo que necesita el jugador para llegar y tp : tiempo que tarda la pelota en alcanzar la altura de 1 m, entonces ∆t = tJ − tp = 62,7 m 10 m/s − 4,9 s = 1,4 s 48
- 49. 3.10. Soluci´on: a) La pelota est´a sometida a dos movimientos simult´aneamente: la lanzamos verticalmente y en ese instante aparece la fuerza peso que se mani- fiesta en la aceleraci´on que lleva la pelota en esa direcci´on. La ley del movimiento en esta direcci´on ser´ıa: y = voyt − 1 2 gt2 → y = 25t − 5t2 Pero tambi´en act´ua, al lanzarla la fuerza del viento, que obliga a la pelota a alejarse de la vertical en la que fue lanzada. Esta fuerza se manifiesta en la aceleraci´on horizontal que tiene la pelota x = 1 2 aN t2 x = 1 2 2t2 = t2 De esta manera, podemos concluir que las ecuaciones param´etricas del movimiento que realiza la pelota son: mov. horizontal y uniformemente acelerado x = 1 2 aN t2 mov. vertical y uniformemente acelerado y = voyt − 1 2 gt2 x = t2 y = 25t − 5t2 Desde el an´alisis de estos dos movimientos podemos deducir las expresiones de la velocidad v = vx + vy vx = aN t = 2t vy = voy − gt = 25 − 10t v = 2ti + (25 − 10t)j Y para llegar a conocer la trayectoria deber´ıamos tratar de eliminar el tiempo de las dos ecuaciones del movimiento: x = t2 y = 25t − 5t2 ⇒ y = 25x 1 2 − 5x y ´esta ser´a la ecuaci´on de la trayectoria. b) Cuando vuelve a caer, toca de nuevo el suelo, sabemos que y=0, por lo que x = A = t2 v y = 025tv − 5tv 2 ⇒ tv = 5 s A = 25 m, caer´a a 25 m del punto en el que fue lanzada. 49
- 50. c) Al alcanzar la m´axima altura la componente vertical de la velocidad se hace cero: vy = 0 = 25 − 10t ⇒ t = 2,5 s de manera que la m´axima altura alcanzada la conocemos estudiando el movimiento vertical y = hmax = 25t − 1 2 gt2 = 25 · 2,5 − 5(2,5)2 hmax = 31 m 50
- 52. 4. Naturaleza de la materia 4.1. Soluci´on: moxigeno = 47 5 g de calcio · 28 75 g de oxigeno 71 43 g de calcio ≈ 19 00 g de oxigeno moxido de calcio = 47 50 g de calcio + 19 00 g de oxigeno = 66 5 g de oxido de calcio 4.2. Soluci´on: Composici´on centesimal: Masa de cada elemento referido a cien unidades iguales de masa del compuesto. 32 g de metano = 24 g de carbono + mhidrogeno mhidrogeno = 32 − 24 = 8 g de hidrogeno %C = 24 g de carbono 32 g de metano · 100 = 75 % de carbono %H = 8 g de hidrogeno 32 g de metano · 100 = 25 % de hidrogeno La relaci´on exacta de combinaci´on es: 24 g de carbono 8 g de hidrogeno = 3 g de carbono 1 g de hidrogeno Las cantidades no est´an dadas en esa relaci´on: 6 7 g de carbono 12 4 g de hidrogeno = 0 54 g de carbono 1 g de hidrogeno Como s´olo existen 0’54 g de carbono por cada gramo de hidr´ogeno, el reactivo limitante es el carbono, luego: mH = 6 7 g de carbono · 8 g de H 24 g de C = 2 2 g de H La cantidad de compuesto formado ser´a: mmetano = 6 7 g de carbono+ = 2 2 g de hidrogeno = 8 9 g Quedan 10’2 gramos de hidr´ogeno sin reaccionar: 12 4 g iniciales−2 2 g que reaccionan = 10 2 g 52
- 53. 4.3. Soluci´on: Para 1 gramo de hierro: 30 g de O 70 g de Fe = 0 429 g deO 1 g de Fe 22 22 g de O 77 78 g de Fe = 0 286 g deO 1 g de Fe 0 429 g deO 0 286 g de O = 1 5 = 3 2 La Ley del las Proporciones M´ultiples se cumple, ya que las masas de ox´ıgeno en los dos compuestos est´an en una relaci´on de n´umeros enteros sencillos. 4.4. Soluci´on: Relaci´on de combinaci´on: 2 volumenes de H2S 3 volumenes de O2 VO2 que reacciona = 4 L de H2S · 3 L de O2 2 L de H2S = 6 L de O2 Por lo tanto, sobran: 17 L de O2 iniciales−6 L de O2 consumidos = 11 L de O2 sin reaccionar Se forman: VH2O = 4 L de H2S · 2 L de H2O 2 L de H2S = 4 L de H2O VSO2 = 4 L de H2S · 2 L de SO2 2 L de H2S = 4 L de H2O La composici´on final de la mezcla: 11 L de O2, 4 L de H2O y 4 L de H2S 4.5. Soluci´on : mAg (moneda) = 2 574 g de cloruro de plata · 75 24 g Ag 100 g cloruro de plata = 1 937 g de plata %Ag en la moneda = 1 937 g Ag 5 326 g moneda · 100 = 36 36 % Ag 4.6. Soluci´on: Sabemos que mO = x y por tanto, mMg = 180 − x. Seg´un la ley de Proust, la proporci´on en masa de los elementos en ese compuesto es siempre fija, luego: x 180 − x = 2 g O 3 g Mg 3x = 360 − 2x 53
- 54. x = 360 5 = 72 Por tanto, mO = 72 g; mMg = 108g 4.7. Soluci´on: mcompuesto A = mFe + mS = 5 6g + 3 2g = 8 8g mS compuesto = mS inicial + mS final = 4g − 0 8g = 3 2g mcompuesto B = mFe + mS = 11 2g + 9 6g = 20 8g mFe compuesto = 16 2g − 5g = 11 2g Compuesto A: mF e mS = 5 6 3 2 = 1 75 g de Fe/1 g de S Compuesto B: mF e mS = 11 2 9 6 = 1 17 g de Fe/1 g de S Como la reacci´on entre las masas no coinciden, se trata por tanto de compuestos diferentes. 4.8. Soluci´on: 1 volumen de oxigeno + 2 volumenes de hidrogeno −→ 2 volumenes de agua luego: Voxigeno = 50 L de agua · 1 L de oxigeno 2 L de agua = 25 L de oxigeno Vhidrogeno = 50 L de agua · 2 L de hidrogeno 2 L de agua = 25 L de hidrogeno 4.9. Soluci´on: mAl(inicial) + mCl(inicial) = 27 + 115 = 142g mcloruro de aluminio = 133 5g mCloruro Sobrante = 142 − 133 5 = 8 5g mAl mCl = 27 115 − 8 5 = 27 106 5 = 0 25g Al 1g Cl 57g Al 73g Cl = 0 78g Al 1g Cl 54
- 55. El reactivo limitante en el segundo caso es el cloro, luego: mAl = 73g Cl · 27g Al 106 5g Cl = 18 5g Al mcloruro de alumniol = 73 + 18 5 = 91 5g La tabla queda por tanto, de la siguiente manera: Al (g) 27 57 Cl (g) 115 73 Cloruro de alumnio (g) 133’5 91’5 Aluminio sobrante (g) 0 18’5 Cloro sobrante (g) 8’5 0 4.10. Soluci´on: No se cumple la ley de las proporciones definidas, porque la relaci´on en masa entre los elementos no es constante. La ley de las proporciones m´ultiples s´ı se cumple, ya que para 1 g de ox´ıgeno, la relaci´on en masa del otro elemento en ambos compuestos es de n´umeros sencillos: 7 942 3 971 = 2 55
- 56. 5. Mol. Ecuaci´on general de los gases 5.1. Soluci´on: a) Tendr´a mayor n´umero de mol´eculas el recipiente que contiene N2, ya que ´estas son m´as ligeras: Mr(N2) = 2Ar(N) = 2 · 14 = 28 u/molecula ⇒ 28 g/mol Mr(H2S) = 2Ar(H) + Ar(S) = 2 · 1 + 32 = 34 u/molecula ⇒ 28 g/mol b) Aplicando la ecuaci´on general de los gases ideales: PV = nRT PH2S = m Mm · RT V m = V · 1 · Mm(H2S) RT PN2 = V ·Mm(H2S) RT · RT V · Mm(N2) = Mm(H2S) Mm(N2) = 34 28 = 1 21atm 5.2. Soluci´on: a) Mm(SO3) = Mm(S) + 3Mm(O) = 32 g + 3 · 16 g = 80g/mol Mm(C4H10) = 4Mm(C) + 10Mm(H) = 48 g + 10 g = 58g/mol Seg´un se deduce de las masas molares, es decir, las masas de 1 mol de SO3 y C4H10, tiene mayor masa y por tanto mayor peso, 1 mol de SO3, luego la afirmaci´on es verdadera. b) Seg´un la ecuaci´on general de los gases P0V0 T0 = PV T , el producto de la presi´on y el volumen se incrementan con la temperatura, esto es, son magnitudes directamente proporcionales a la temperatura; no obstante, podemos aumentar la temperatura y que s´olo aumente el volumen, manteniendo constante la presi´on. Por tanto, la afirmaci´on es falsa. c) Mm(Fe) = 56g/mol Mm(H2SO4) = 2Mm(H) + Mm(S) + 4Mm(O) = 2 + 32 + 48 = 98g/mol En el hierro hay un mol de ´atomos, luego 6 023 · 1023 ´atomos, mientras que el ´acido sulf´urico 7 · 6 023 · 1023 ´atomos de H, S y O = 4 22 · 1024 ´atomos. Por tanto, la afirmaci´on es falsa. d) Falso, ya que el oro a 0o C y 1 atm no es un gas ideal y la relaci´on planteada s´olo se cumple para 1 mol de un gas en condiciones normales. 56
- 57. 5.3. Soluci´on: La masa molecular (Mr) representa la masa de una mol´ecula o en general de un compuesto referida a la unidad de masa at´omica. La masa molar (Mm) representa la masa de un mol de mol´eculas, se expresa en gramos y coincide num´ericamente con la Mr. a) Mm(ZnSO4 ·7H2O) = Mm(ZnSO4)+7Mm(H2O) = Mm(Z)+Mm(S)+4Mm(O)+ 7[2Mm(H) + Mm(O)] = Mm(Z) + Mm(S) + 11Mm(O) + 14Mm(H) = 65 4 + 32 + 11 · 16 + 14 · 1 = 65 4 + 32 + 176 + 14 = 287 4g/mol b) Mm[(NH4)2Cr2O7] = 2Mm(N) + 8Mm(H) + 2Mm(Cr) + 7Mm(O) = 2 · 14 + 8 · 1 + 2 · 52 + 7 · 16 = 252g/mol c) Mm(HCl) = Mm(H) + Mm(Cl) = 1 + 35 5 = 36 5g/mol d) Mm(CO2) = Mm(C) + 2Mm(O) = 12 + 2 · 16 = 44g/mol 5.4. Soluci´on: Si ponemos las masas de las sustancias que contengan un mol habr´a el mismo n´umero de mol´eculas, aunque tambi´en podemos poner: A = (n · Mm(HNO3))gramos B = (n · Mm(C6H6))gramos C = (n · Mm(C6H12O6))gramos siendo n el mismo n´umero en todos los casos, por lo que hay infinitas soluciones. 5.5. Soluci´on: En primer lugar calcularemos los gramos de ´oxido de boro que contiene el recipiente: 475gramos · 15 gramos de B2O3 100 gramos de vidrio = 71 25 gramos de B2O3 Mm(B2O3) = 2Mm(B) + 3Mm(O) = 2 · 10 8 + 3 · 16 = 69 6g/mol Seg´un se deduce de la masa molar, por cada 69’6 gramos de ´oxido de boro, 2 · 10 8 = 21 6 g son de boro; como siempre se cumple la ley de Proust, esta proporci´on siempre es constante, por tanto: 71 25 gramos B2O3 · 21 6 g B 69 6 g B2O3 = 1539 69 6 = 22 11 g de B 5.6. Soluci´on: Para calcular la masa de sodio tenemos que conocer la proporci´on en la que se en- cuentra en la sal com´un, para lo que calculamos su masa molar: Mm(NaCl) = Mm(Na) + Mm(Cl) = 23 + 35 5 = 58 5 g/mol 57
- 58. Luego, por cada 58’5 g de sal, 23 gramos son de sodio y el resto es cloro, por tanto en 5 toneladas de sal: mNa = 500000 g de sal · 23 g sodio 58 5 g sal = 1965811 g sodio ≈ 1 97 toneladas de sodio 275 g de Cl2 requieren: mNaCl = 275 g cloro · 58 5 g sal 35 5 g cloro = 453 2 gramos de sal 5.7. Soluci´on: Si la muestra pesa 17 gramos, la suma de las masas de cada elemento no puede superar esta cantidad y resulta que: 7 15 g de Na + 5 g de P + 6 6 g de O = 18 75 g Si el f´osforo es el resultado incorrecto, la cantidad correcta ser´a 18 75 − 17 = 1 75 g, luego de f´osforo s´olo hay 5 − 1 75 = 3 25 g. La composici´on centesimal se calcula determinando la masa de cada elemento para cada 100 g de compuesto: %Na = 7 15 g Na 17 g compuesto · 100 = 42 06 % %P = 3 25 g P 17 g compuesto · 100 = 19 12 % %O = 6 6 g O 17 g compuesto · 100 = 38 82 % Expresemos las cantidades de cada elemento en moles, ya que se cumple que la relaci´on en moles entre los elementos para cualquier cantidad de compuesto es la misma que la existente entre el n´umero de ´atomos de esos elementos en una mol´ecula: nNa = 7 15 g · 1 mol Na 23 g = 0 31087 moles Na nP = 3 25 g · 1 mol P 31 g = 0 10484 moles P nO = 6 6 g · 1 mol O 16 g = 0 4125 moles O Es evidente que las mol´eculas est´an formadas por un n´umero entero de ´atomos para lo cual consideramos que la cantidad m´as peque˜na representa 1 mol y la dividimos por ella manteniendo constante la proporci´on: 0 31087 moles Na 0 10484 moles P = 2 96 ≈ 3 moles de Na 1 mol de P 0 4125 moles O 0 10484 moles P = 3 93 ≈ 4 moles de O 1 mol de P Por tanto, la f´ormula emp´ırica es Na3PO4. La f´ormula real o f´ormula molecular es siempre m´ultiplo de la emp´ırica. 58
- 59. 5.8. Soluci´on: Vamos a referir los datos a la masa de 1 mol de ´acido, que sabemos que contiene el NA de mol´eculas: Mm (masa de un mol) = 6 02 · 1023 moleculas 1 mol acido · 19 2 gramos de acido 6 02 · 1022 = 192 gramos/mol Calculamos la relaci´on en moles entre los elementos, que coincide con la relaci´on entre los ´atomos de estos elementos que forman una mol´ecula: nO = 192 g de acido · 0 538 g de O 1 g de acido · 1 mol de O 16 gramos de O ≈ 7 moles O nC = 192 g de acido · 0 03125 moles de C 1 g de acido = 6 moles C nH = 192 g de acido · 2 508 · 1022 atomos de H 1 g de acido · 1 mol de H 6 023 · 1023 atomos de H ≈ 8 moles H Por tanto: C6H8O7. 5.9. Soluci´on: El mejor fertilizante es aquel que contenga mayor porcentaje de nitr´ogeno. Como podemos calcular la masa molar, a partir de ella podemos averiguar dicho porcentaje: Mm(NaNO3) = Mm(Na) + Mm(N) + 3Mm(O) = 23 g + 14 g + 3 · 16 g = 85 g/mol %N = 14 g N 85 g NaNO3 · 100 = 16 47 % Mm((NH2)2CO) = 2Mm(N)+4Mm(H)+Mm(C)+Mm(O) = 2·14 g+4·1 g+12 g+16 g = 60 g/mol %N = 28 g N 60 g urea · 100 = 46 67 % Mm(NH4NO3) = 2Mm(N)+4Mm(H)+3Mm(O) = 2·14 g +4 g +3·16 g = 80 g/mol %N = 28 g N 80 g NH4NO3 · 100 = 35 % A la vista de los resultados anteriores, la urea es el mejor fertilizante, pues es el que m´as nitr´ogeno aporta por cada 100 gramos. 59
- 60. 5.10. Soluci´on: a) Teniendo en cuenta que por cada mol de sulfato de aluminio tenemos 2 moles de ´atomos de aluminio, expresaremos los 350 gramos de sulfato de aluminio en moles, para as´ı averiguar los moles de ´atomos de aluminio. Por lo tanto: Mm Al2(SO4)3 = 2 · 27 + 3(32 + 64) = 54 + 288 = 342 g/mol nAl2(SO4)3 = 360 gramos · 1 mol 342 gramos = 1 05 moles nAl = 1 05 moles Al2(SO4)3 · 2 moles Al 1 mol Al2(SO4)3 = 2 1 moles N(Al) = 2 1 moles Al · 6 02 · 1023 atomos 1 mol = 1 26 · 1024 atomos En los 2 moles de nitrato de aluminio tenemos seg´un se aprecia en la f´ormula 2 moles de Al, ya que supone 2 · 6 02 · 1023 ´atomos de aluminio, es decir, 1 20 · 1024 ´atomos, luego hay menos ´atomos que en los 350 gramos de sulfato de aluminio. b) Sabiendo que la masa de un mol de aspirina es: Mm (C8H9O4) = 8 · 12 + 9 · 1 + 4 · 16 = 169 g/mol luego 5 grmaos de aspirina son: 5 g · 1 mol 169 g = 0 0296 moles Por otra parte, 1 2 · 1022 mol´eculas de aspirina suponen: 1 2 · 1022 moleculas · 1 mol 6 02 · 1023 = 0 0199 moles Por lo que nos quedan: 0 0296 moles − 0 0199 moles = 9 7 · 10−3 moles de aspirina 60