Para media vuelta: en vista que el desplazamiento es la diferencia entre la posición inicial y final, entonces, ∆X = X₂ - X₁    →    ∆X = 300 m - 0 m    →    ∆X = 300 m.
Para una vuelta completa: cuando el automóvil realiza una vuelta completa a lo largo del círculo, vuelve a la posición inicial (X₁), entonces la magnitud del desplazamiento es ∆X = X₂ - X₁    →    ∆X = 0 m.
11) ● Un estudiante lanza una piedra verticalmente hacia arriba desde su hombro, que está 1.65 m sobre el suelo. ¿Qué desplazamiento tendrá la piedra cuando caiga al suelo?
Solución: ∆X = X₂ - X₁    →    ∆X = 0 m - 1.65 m    →    ∆X = - 1.65 m. hacia abajo. 
12) ● En 1999, el corredor marroquí Hicham El Guerrouj corrió la milla en 3 min, 43.13 s. ¿Qué rapidez media tuvo durante la carrera?
Solución: 
3 min x 60seg/min + 43.13 seg = 223.13 seg.   V_m = d_t/t_t     →     V_m = 1609 m/223.13 seg     →     V_m = 7.21 m/seg.
13) ● Una anciana camina 0.30 km en 10 min, dando la vuelta a un centro comercial. a) Calcule su rapidez media en m/s. b) Si ella quiere aumentar su rapidez media en 20% al dar una segunda vuelta, ¿en cuántos minutos deberá caminarla?
Solucion: a) 0.30 km x 1000 m/km = 300 m;     10 min x 60 seg/min = 600 seg.     →   V_m = d_t/t_t     →     V_m = 300 m/600 seg     →     V_m = 0.5 m/seg.
b) 20%(Vm) + 0.5 m/seg = 20%(0.5 m/seg) + 0.5 m/seg = 0.1 m/seg + 0.5 m/seg = 0.6 m/seg. aumento del tiempo t_t = d_t/V_m     →     t_t = 300 m/0.6 m/seg     →     t_t = 500 seg.;      500 seg x min/60 seg = 8.33 min.
14) ●● A un paciente de hospital se le deben suministrar 500 cc de solución salina IV. Si la solución salina se suministra a una tasa de 4.0 mL/min, ¿cuánto tiempo tardará en acabarse el medio litro? 
Solucion: ½ Lit x 1000 mL/Lit = 500 mL.     t_t = d_t/V_m     →     t_t = 500 mL/4 mL/min     →     t_t = 125 min.
15) ●● La enfermera de un hospital camina 25 m para llegar a la habitación de un paciente, que está al final del pasillo, en 0.50 min. Habla con el paciente durante 4.0 min y luego regresa a la estación de enfermeras con la misma rapidez que a la ida. ¿Cuál fue la rapidez promedio de la enfermera?
Solución: Distancia de ida y vuelta:   25 m + 25 m = 50 m;
Tiempo de ida y vuelta más el tiempo de diálogo con el paciente: t₁ + t₂ + t₃ = t_t     →    t_t = 0.5 min + 0.5 min + 4 min      →    t_t = 5 min.        5 min x 60 seg/min = 300 seg; luego V_m = d_t/tt     →     V_m = 50 m/300 seg   →     V_m = 0.17 m/seg.
16) ●● En un viaje de campo traviesa, una pareja maneja 500 mi en 10 h el primer día, 380 mi en 8.0 h en el segundo y 600 mi en 15 h en el tercero. ¿Cuál fue la rapidez promedio para todo el viaje?
Solución: V_m = d_t/tt     →     V_m = (d₁ + d₂ + d₃)/(t₁ + t₂ + t₃)   →     V_m = (500 mi + 380 mi + 600 mi)/(10 h + 8 h + 15 h).     →     V_m = 1480 mi/33 h.     →     V_m = 44.85 mi/h.
17) EI ●● Un automóvil recorre tres cuartas parte de una vuelta en una pista circular de radio R. a) La magnitud del desplazamiento es 1) menor que R, 2) mayor que R, pero menor que 2R, o 3) mayor que 2R b) Si R = 50 m. ¿cuál es la magnitud del desplazamiento?
Solución: a) La respuesta es la “2)” mayor que R, pero menor que 2R.
                                       
Sean X₀ centro del círculo;   X₁ posición inicial del auto y X₂ posición final del auto: X₀X₁ = R y X₀X₂ = R; la hipotenusa del triángulo rectángulo sera: X₁X₂ = [(X₀X₁)² + (X₀X₂)²]^½   →   X₁X₂ = [R² + R²]^½   →   X₁X₂ = (2R²)^½   →   X₁X₂ = (2)^½ x R.
b) El triángulo ACB es rectángulo, aplicando Pitágoras: d = (2R²)½     →     d = [2(50 m)²]½     →     d = [5000 m²]½     →     d = 71 m. 
18) EI ●● Un automóvil de carreras da una vuelta a una pista circular de 500 m de radio en 50 s. a) La velocidad media del auto es 1) cero, 2) 100 m/s, 3) 200 m/s o 4) ninguna de las anteriores. ¿Por qué? b) Calcule la rapidez media del auto?
Solución: a) La respuesta es la 1) cero, porque al dar una vuelta completa el desplazamiento es cero, entonces la velocidad media es cero, ya que es cociente de cero entre el tiempo.
b) La rapidez media es el perímetro de la circunferencia entre el tiempo: V_m = 2ЛR/t     →   V_m = 2(3.14)(500 m)/50 seg     →   V_m = 62.80 m/seg.
19) EI ●● Un estudiante corre 30 m al este, 40 m al norte y 50 m al oeste. a) La magnitud del desplazamiento neto del estudiante es 1) entre 0 y 20 m, 2) entre 20 m y 40 m o 3) entre 40 m y 60 m. b) Calcule el desplazamiento neto. 
Solución: a) La respuesta es la 3) entre 40 m y 60 m.
Para el triángulo rectángulo ABC. 

                                                 
∆d = [(AB)² + (AC)²]½     →     ∆d = [(50 m - 30 m)² + (40 m)²]½     →     ∆d = (400 m2 + 1600 m2)½     →    ∆d = (2000 m²)½      →     ∆d = 45 m.
Angulo: Tanθ = AB/AC     →     θ = Tan^-1(20/40)     →     θ = 26.6°. por tanto el desplazamiento es 45 m a 26.6° hacia el Noroeste.
20) ●● Un estudiante lanza una pelota verticalmente hacia arriba de modo que sube 7.1 m hasta su altura máxima. Si la pelota se atrapa en la altura inicial 2.4 s después de ser lanzada, a) ¿qué rapidez media tuvo?, b) ¿qué velocidad media tuvo?
Solución: a) Distancia de ida y vuelta: 7.1 m + 7.1 m = 14.2 m.     V_m = d_t/t_t     →     V_m = 14.2 m/2.4 seg     →     V_m = 5.92 m/seg.
b) d_t = d_i + d_f     →     dt = 7.1 m + (- 7.1 m)     →     dt = 0 m.;      V_m = d_t/t_t     →     V_m = 0 m/2.4 seg     →     V_m = 0 m/seg.   
21) ●● Un insecto repta por el borde de una piscina rectangular de 27 m de longitud y 21 m de anchura (▲figura 2.17). Tarda 30 min en reptar de la esquina A a la esquina B. Calcule a) su rapidez media y b) la magnitud de su velocidad media.
                                               
Solución: a) V_m = d_t/t_t     →     V_m = 48 m/30 min     →     V_m = 4800 cm/1800 seg     →     V_m = 2.67 cm/seg. 
b) desplazamiento y velocidad media:
dt = [(27 m)² + (21 m)²]½     →     dt = [729m² + 441 m²]½     →     dt = 34.2 m.
V_m = d_t/t_t     →     V_m = 34.2 m/30 min     →     V_m = 3420 cm/1800 seg     →     V_m = 1.90 cm/seg.
22) ●● Considere el movimiento sobre la superficie terrestre durante un día entero. a) ¿Cuál es la velocidad promedio de una persona situada en el ecuador de la Tierra? b) ¿Cuál es la rapidez promedio de una persona situada en el ecuador de la Tierra? c) Compare estos dos resultados en relación con una persona ubicada exactamente en el Polo Norte de la Tierra.
Solucion: RT = 6.37 x 10⁶ m;   1 dia = 24 h = 86400 seg. 
a) V_m = ∆X/∆t     →     V_m = X_f - X_i/t_f - t_i    →     V_m = 0 m/t     →     V_m = 0 m/seg.
b) Velocidad angular: W_T = 2Лrad/T     →     W_T = 2(3.14)rad/86400 seg     →     W_T = 7.11 x 10^-5 rad/seg.
V_pT = W_T x R_T    →     V_pT = (7.11 x 10^-5 rad/seg)(6.37 x 10⁶ m)     →     V_pT = 45.29 x 10¹ m/seg.
23) ●● Un pateador de futbol americano de una preparatoria hace un intento por anotar un gol de campo de 30.0 yardas y golpea el travesaño, que está a una altura de 10.0 ft. a)¿Cuál es el desplazamiento neto del balón desde el momento en que abandona el suelo hasta que golpea el travesaño? b) Suponiendo que el balón tardó 2.5 s en golpear el travesaño, ¿cuál fue su velocidad promedio? c) Explique por qué no es posible determinar su rapidez promedio a partir de estos datos.
Solución: 
a) Desplazamiento horizontal 30.0 yd x 3 ft/yd = 90 ft.   desplazamiento vertical 10 ft.
 d_t = [(d_h)² + (d_v)²]^½     →     d_t = [(90 ft)² + (10 ft)²]^½     →     d_t = [8100 ft² + 100 ft²]^½     →     d_t = 90.6 ft.
Angulo de elevación: θ = Tan^-1(d_v/d_h)     →     θ = Tan^-1(10/90)     →     θ = 6.3°, por tanto el desplazamiento de balón es 90 ft por encima de la horizontal.
b) V_m = dt/t   →    V_m = 90.6 ft/2.5 seg a 6.3°   →    V_m = 36.2 ft/seg a 6.3°.
c) La rapidez promedio depende de la longitud de la trayectoria total, que no se da. La pelota tomará una trayectoria curva.
24) ●● En la figura 2.18 se presenta una gráfica de posición versus tiempo para un objeto en movimiento rectilíneo. a) ¿Cuáles son las velocidades promedio para los segmentos AB, BC, CD, DE, EF, FG y BG? b) Indique si el movimiento es uniforme o no uniforme en cada caso. c) ¿Cuál es la velocidad instantánea en el punto D?
                                                                       
Solución: 
En el segmento AB:   V_pm = X1/t1   →   V_pm = 1 m - 1 m/1 seg    →   V_pm = 0 m/seg;  En el segmento    BC: V_pm = X_f - X_i/t_f - t_i   →   V_pm = (7 m - 1 m)/(3 seg - 1 seg)    →   V_pm = 3 m/seg;  En el segmento CD: V_pm = X_f - X_i/t_f - t_i   →   V_pm = (9 m - 7 m)/(4.5 seg - 3 seg)    →   V_pm = 1.3 m/seg;   En el segmento DE: V_pm = X_f - X_i/t_f - t_i   →   V_pm = (7 m - 9 m)/(6 seg - 4.5 seg)    →   V_pm =  -1.3 m/seg;   En el segmento EF: V_pm = X_f - X_i/t_f - t_i   →   V_pm = (2 m - 7 m)/(9 seg - 6 seg)    →   V_pm =  -1.7 m/seg;   En el segmento FG: V_pm = X_f - X_i/t_f - t_i   →   V_pm = (2 m - 2 m)/(11 seg - 9 seg)    →   V_pm =  0 m/seg;   En el segmento BG: _pm = X_f - X_i/t_f - t_i   →   V_pm = (2 m - 1 m)/(11 seg - 1 seg)    →   V_pm =  0.1 m/seg.
b) En el segmento AB  (el movimiento es uniforme) ;     En el segmento BC  (el movimiento es no uniforme);     En el segmento CD  (el movimiento es no uniforme);     En el segmento DE  (el movimiento es no uniforme);   En el segmento EF  (el movimiento es no uniforme);    En el segmento FG  (el movimiento es  uniforme);   En el segmento BG  (el movimiento es no uniforme).
La velocidad instantánea es igual a la pendiente de una línea recta tangente a la curva en un momento específico. En el punto D la recta tangente a la curva es horizontal y la pendiente de una recta horizontal es cero; por tanto la velocidad instantánea en el punto D es cero.
25) ●● Al demostrar un paso de baile, una persona se mueve en una dimensión, como se muestra en la figura 2.19. Calcule a) la rapidez media y b) la velocidad media en cada fase del movimiento. c) Calcule la velocidad instantánea en 2.5 s, 4.5 s y 6.0 s? d) Calcule la velocidad media para el intervalo entre y . [Sugerencia: recuerde que el desplazamiento total es el desplazamiento entre el punto de partida y el punto final.]
                                         
Solución: 
a) AB: V_mt = l (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁) l   →   V_mt = l (2 m - 0 m)/(2 seg - 0 seg) l   →   V_mt = 1 m/seg.
BC: V_mt = l (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁) l   →   V_mt = l (2 m - 2 m)/(3 seg - 2 seg) l   →   V_mt = 0 m/seg.
CD: V_mt = l (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁) l   →   V_mt = l (4 m - 2 m)/(4.5 seg - 3 seg) l   →   V_mt = 1.3 m/seg.
DE: V_mt = l (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁) l   →  V_mt = l (- 1.5 m - 4 m)/(6.5 seg - 4.5 seg) l   →   V_mt = 2.8 m/seg.      
EF: V_mt = l (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁) l   →   V_mt = l (- 1.5 m - ( - 1.5 m))/(7.5 seg - 6.5 seg) l   →   V_mt = 0 m/seg.
FG: V_mt = l (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁) l   →   V_mt = l (0 m - ( - 1.5 m))/(9 seg - 7.5 seg) l   →   V_mt = 1 m/seg.

b) AB: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)  →  V_m = (2 m - 0 m)/(2 seg - 0 seg)  →  V_m = 2 m/2 seg  →  V_m = 1 m/seg
BC: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (2 m - 2 m)/(3 seg - 2 seg)   →  V_m = 0 m/1 seg  →  V_m = 0 m/ seg.
CD: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (4 m - 2 m)/(4.5 seg - 3 seg)   →  V_m = 2 m/1.5 seg   →  V_m = 1.3 m/seg. 
DE: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (- 1.5 m - 4 m)/(6.5 seg - 4.5 seg)   →  V_m = - 5.5 m/2 seg   →  V_m = - 2.8 m/seg.
EF: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (- 1.5 m - (- 2 m))/(7.5 seg - 6.5 seg)   →  V_m = 0 m/1 seg   →  V_m = 0 m/seg.
FG: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (0 m - (- 1.5 m))/(9 seg - 7.5 seg)   →  V_m = 1.5 m/1.5 seg   →  V_m = 1 m/seg.
c) En 2.5 seg será: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (2 m - 2 m)/(3 seg - 2 seg)   →  V_m = 0 m/1 seg   →  V_m = 0 m/seg.
En 4.5 seg será: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (4 m - 4 m)/(5 seg - 4 seg)   →  V_m = 0 m/1 seg   →  V_m = 0 m/seg.
En 6.0 seg será: V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (- 1.5 m - 4 m)/(6.5 seg - 4.5 seg)   →  V_m = - 5.5 m/2 seg   →  V_m = - 2.8 m/seg.
d) V_m = (d₂ - d₁)/(t₂ - t₁)   →  V_m = (0 m - 4 m)/(9 seg - 4.5 seg)   →  V_m = - 4 m/4.5 seg   →  V_m = - 0.89 m/seg.
26) ●● Podemos determinar la rapidez de un automóvil midiendo el tiempo que tarda en viajar entre dos mojones de milla en una carretera. a) ¿Cuántos segundos deberá tardar el automóvil en viajar entre dos mojones consecutivos, si su rapidez media es de . b) Calcule la rapidez media si el carro tarda 65 s en viajar entre los mojones de milla.
Solucion: a) t = d_t/V_m   →   t = 1 mi/70 mi/h   →   t = 0.0143 h   →   t = 51.48 seg.
b) V_m = d_t/t   →   V_m = 1 mi/0.0180 h   →   V_m = 55.6 mi/h.
27) ●● El cabello corto crece a una tasa aproximada de . Un estudiante universitario se corta el cabello para dejarlo de un largo de 1.5 cm. Se cortará de nuevo el cabello cuando éste mida 3.5 cm. ¿Cuánto tiempo transcurrirá hasta su siguiente visita al peluquero?
Solución: t = ∆d/Vm     →     t = (d2 - d1)/Vm   →     t = 3.5 cm - 1.5 cm/2 cm/mes     →     t = 1 mes.
28) ●●● Un estudiante que regresa a casa en automóvil en Navidad parte a las 8:00 A.M. para hacer el viaje de 675 km, que efectúa casi en su totalidad en autopistas interestatales no urbanas. Si quiere llegar a casa antes de las 3:00 P.M., ¿qué rapidez media deberá mantener? ¿Tendrá que exceder el límite de velocidad de 65 mi/h?.
Solución: 
675 km x 1 mi/1.609 km = 419.52 mi;    de 8:00 A.M a 3:P. M.  es 7 h;     →     V_m =  d/t   →     V_m =  419.52 mi/7 h   →     V_m =  59.93 mi/h.
b) No es necesario exceder las 65 mi/h, porque con una rapidez promedio se  puede cubrir ésa distancia dentro del tiempo límite.
29) ●●● Un vuelo de una línea aérea regional consta de dos etapas con una escala intermedia. El avión vuela 400 km directamente hacia el norte, del aeropuerto A al aeropuerto B. A partir de aquí, vuela 300 km directamente hacia el este hasta su destino final en el aeropuerto C. a) ¿Cuál es el desplazamiento del avión desde su punto de partida? b) Si el primer tramo del trayecto se recorre en 45 min y el segundo en 30 min, ¿cuál es la velocidad promedio del viaje? c) ¿Cuál es la rapidez promedio del viaje? d) ¿Por qué la rapidez promedio no es la misma que la magnitud para la velocidad promedio?
                                     
Solución: a) X = [(AB)² + (BC)²]½   →   X = [(400 km)² + (300 km)²]½   →   X = [160,000 km² + 90,000 km²]½   →   X = [250,000 km² ]½   →   X = 500 km. 
Angulo: θ = Tan-1(400 km/300 km)   →   θ = 53°;     α = 90° - θ   →   α = 90° - 53°   →   α = 37° hacia el Este del Norte.
b) 45 min x 1 h/60 min = 0.75 h;     30 min x 1h/60 min = 0.5 h. t_t = 0.75 h + 0.5 h     →   t_t = 1.25 h 
V_pm = X/t_t   →   V_pm = 500 km/1.25 h   →   V_pm = 400 km/h a 37°.
c) V_m = d_t/t_t   →   V_m = 400 km + 300 km/1.25 h   →   V_m = 700 km/1.25 h    →   V_m = 560 km/h.
d) Como la rapidez promedio es la distancia total recorrida, que es mayor que la magnitud del desplazamiento, por tanto la rapidez promedio no igual a la magnitud de la velocidad promedio.
30) ●●● Dos corredoras se aproximan entre sí, en una pista recta con rapideces constantes de 4.50 m/s y 3.50 m/s, respectivamente, cuando están separadas 100 m (figura 2.20). ¿Cuánto tardarán en encontrarse y en qué posición lo harán si mantienen sus rapideces?
                                                                   
Solución: En este tipo de problema cuando se encuentran habrán recorrido entre ambas la distancia de 100 m que la separa.
t₁ = t₂ = t;   d₁ = V₁ x t y  d₂ = v₂ x t.  pero d₁ + d₂ = d = 100 m.
V₁ x t + v₂ x t = 100 m   →   t(V₁ + V₂) = 100 m   →   t = 100 m/(4.5 m/s + 3.5 m/s)     →   t = 12.5 seg.
Posición del encuentro en ese tiempo:
para el de velocidad de 4.5 m/s es 56.25 m y para el de velocidad 3.5 m/s es 43.75 m.
2.3 Aceleración. 
31) OM La gráfica de posición contra tiempo para un objeto que tiene aceleración constante es a) una línea horizontal, b) una línea recta no horizontal ni vertical, c) una línea vertical, d) una curva. 
Solución: La respuesta es la “d”, Una curva, ya que para aceleración constante, la posición es d = vt + ½at² que es una ecuación de segundo grado.
32) OM La aceleración puede ser el resultado de a) un incremento en la rapidez, b) una disminución en la rapidez, c) un cambio en la dirección, d) todas las anteriores.
Solucion: Como a = V/t es una cuantidad vectorial, por lo que un cambio en la dirección o un cambio en la magnitud de la velocidad dará como resultado su cambio. Entonces la respuesta es la “d”, Todas las anteriores
33) OM Una aceleración negativa puede provocar a) un incremento en la rapidez, b) una disminución en la rapidez, c) a o b.
Solución: La respuesta es la “c”, a ó b, porque si la dirección de la aceleración es la misma que la dirección de la velocidad, entonces aumentará la velocidad, pero si su dirección es opuesta a la dirección de la velocidad, entonces disminuirá la velocidad. Por tanto, la aceleración negativa también puede resultar en un aumento de la velocidad si la velocidad también es negativa.
OM El pedal de la gasolina de un automóvil por lo común se conoce como acelerador. ¿Cuál de los siguiente también podría llamarse acelerador? a) Los frenos; b) el volante; c) la palanca de velocidades; d) los tres incisos anteriores. Explique.
Solución: Cualquier cosa que pueda causar aceleración puede llamarse acelerador, aquí los frenos causan una disminución de la velocidad, lo que resulta en aceleración, el volante causa un cambio de dirección del automóvil, por lo tanto, causa aceleración y el cambio también produce un cambio en la velocidad del automóvil, por lo que se puede llamar acelerador. Por tanto la respuesta es la “d), los tres incisos anteriores.
35) PC Un automóvil viaja con una rapidez constante de  en una pista circular. ¿El auto está acelerando? Explique su respuesta.
Solución: Sí, aunque la rapidez del automóvil es constante, su velocidad no lo es por el cambio en la dirección. Un cambio en la velocidad significa una aceleración.
36) PC ¿Un objeto que se mueve rápido siempre tiene una aceleración mayor que uno que se mueve más lentamente? Dé algunos ejemplos y explique.
Solución: No, no hay relación entre el movimiento rápido y la alta aceleración. El movimiento rápido se debe al cambio rápido de posición con el tiempo, mientras que la aceleración rápida se debe al cambio rápido de velocidad con el tiempo. Ejemplos: los satélites se mueven a gran velocidad alrededor de la Tierra, pero no es necesario que su aceleración sea grande,Sin embargo, la aceleración de un automóvil de carrera inicialmente tiene una aceleración muy alta, pero su velocidad es muy inferior en comparación con la del satélite.
37) PC Un compañero de clase afirma que la aceleración negativa siempre significa que un objeto en movimiento está desacelerando. ¿Es verdadera esta afirmación? Explique por qué.
Solución: No, la afirmación no siempre es cierta. El objeto desacelera cuando la dirección de su aceleración es opuesta a la dirección de la velocidad. Si la aceleración es negativa y la velocidad también es negativa, la velocidad del objeto aumentará aún más.
38) PC Describa los movimientos de dos objetos cuya gráfica de velocidad contra tiempo se presenta en la figura 2.21.
                                                                       
Solución: Para el móvil “a”
El objeto “a” comienza con la velocidad inicial 0 con una aceleración constante y luego se mueve durante algún tiempo con velocidad constante y luego nuevamente se mueve con aceleración constante. 
Para el móvil “b”
El objeto “b” comienza con cierta velocidad negativa con una aceleración constante en la dirección opuesta a la velocidad, por lo que el objeto desacelera hasta el momento en que la velocidad se convierte en 0 y luego comienza a acelerar ya que la dirección de la velocidad y la aceleración se vuelven iguales. La aceleración es constante todo el tiempo.
39) PC Un objeto que viaja a velocidad constante v_o experimenta una aceleración constante en la misma dirección durante un tiempo t. Luego experimenta una aceleración de igual magnitud en la dirección opuesta a v_o durante el mismo tiempo t. ¿Qué velocidad final tendrá el objeto?
Solución: Una velocidad final igual que la velocidad inicial, Puesto que una cantidad igual de tiempo se invierte en la aceleración y desaceleración de la misma magnitud.
40) ● Un automóvil que viaja a  por un camino recto y plano acelera hasta  en 6.00 s. Calcule la magnitud de la aceleración media del automóvil?
Solución: 
15.0 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 4.17 m/seg;     65.0 km/h x 1000 m/km x 3600 seg = 18.06 m/seg.
a = (V_f - V_i)/t     →   a = (18.06 m/s- 4.17 m/s)/6 seg      →   a = (13.89 m/s)/6 seg     →   a = 2.32 m/s².
41) ● Un auto deportivo puede acelerar de 0 a  en 3.9 s. Calcule la magnitud de su aceleración media en m/s² .
Solucion: 6 mi/h x 1609 m/mi x 1 h/3600 seg = 26.82 m/seg. 
a = (V_f - V_i)/t     →   a = (26.82 m/s- 0 m/s)/3.9 seg      →   a = (13.89 m/s)/3.9 seg     →   a = 6.9 m/s².
42) ● Si el automóvil del ejercicio 41 puede acelerar a  7.2 m/s ¿cuánto tardará en acelerar de 0 a 60 mi/h.
Solución: 6 mi/h x 1609 m/mi x 1 h/3600 seg = 26.82 m/seg.
a = (V_f - V_i)/t     →   t = (V_f - V_i)/a     →   t = (26.82 m/seg - 0 m/seg)/7.2 m/s2     →   t = 3.7 seg.
43) EI ●● Un matrimonio viaja en automóvil a   por una carretera recta. Ven un accidente en la distancia, así que el conductor aplica los frenos y en 5.0 s el vehículo baja uniformemente su velocidad hasta parar. a) ¿La dirección del vector de aceleración es 1. en la misma dirección, 2. en la dirección opuesta o 3. a 90º del vector de velocidad? ¿Por qué? b) ¿Cuánto debe cambiar la velocidad cada segundo entre el inicio del frenado y el alto total?
Solución: La respuesta es “2) En dirección opuesta a la velocidad conforme el objeto frena; 40 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 11.11 m/s;     a = (V_f - V_i)/t     →   a = (0 m/s - 11.11 m/s)/5 seg      →   a = - 11.11 m/s/5 seg     →   a = - 2.22 m/s². Cada segundo, en dirección contraria a la velocidad.
44) ●● Un paramédico conduce una ambulancia a una rapidez constante de  por 10 cuadras de una calle recta. A causa del intenso tráfico, el conductor frena hasta los  en 6 s y recorre dos cuadras más. ¿Cuál fue la aceleración promedio del vehículo?
Solución: 75 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 20.83 m/s;     30 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 8.33 m/s.
a = (V_f - V_i)/t     →   a = ( 8.33 m/s - 20.83 m/s)/6 seg      →   a = - 12.50 m/s/6 seg     →   a = - 2.08 m/s².
45) ●● Con buenos neumáticos y frenos, un automóvil que viaja a  sobre el pavimento seco recorre 400 ft desde que el conductor reacciona ante algo que ve y hasta que detiene el vehículo. Si esta acción se realiza de manera uniforme, ¿cuál es la aceleración del automóvil? (Éstas son condiciones reales y 400 ft es aproximadamente la longitud de una cuadra de la ciudad.)
Solución: 50 mi/h x 1609 m/mi x 1 h/3600 s = 22.35 m/s;     400 ft x 1 m/3.28 ft = 121.95 m.
a = (V_f² - V_i²)/2d   →   a = [(0 m/s)² - (-22.35 m/s)²]/2(121.95 m)   →   a = - 499.52 m²/s²/243.9 m   →   a = - 2.05 m/s². 
46) ●● Una persona arroja hacia arriba una pelota en línea recta con una rapidez inicial de  y, al regresar a su mano, la golpea moviéndose hacia abajo con la misma rapidez. Si todo el trayecto dura 2.0 s, determine a) la aceleración promedio de la pelota y b) su velocidad promedio. 
Solucion: 
En el punto de retorno de la pelota la velocidad final es cero: V_f = V_i - gt_s   →   t_s = V_i/g   →   t_s = 9.8 m/s/9.8 m/s₂   →   t_s = 1 seg. 
Los tiempos de subida y de regreso (bajada) son iguales t_s = t_b: 
La altura máxima alcanzada es y_m = Vi²/2g   →   y_m = (9.8 m/s)²/2(9.8 m/s²)   →   y_m = 96.04 m2/s2/19.6 m/s2   →   y_m = 4.9 m.
El desplazamiento hacia arriba es igual al desplazamiento hacia abajo respecto al punto de partida ys = yb   →   X =yb + ys   →   X =4.9 m - 4.9 m    →   X =0 m. 
b) Vm = (Xf - Xi)/(tf - ti)    →   Vm = (0 m - 0 m)/(2 seg - 1 seg)   Vm = 0 m/seg. 
47) ●● Después del aterrizaje, un avión de pasajeros rueda por la pista en línea recta hasta detenerse a una velocidad promedio de .  Si el avión tarda 7.00 s en llegar al reposo, ¿cuáles son la velocidad y la aceleración iniciales?
Solución: - 35 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = - 9.72 m/seg. distancia recorrida: d = |V x t |  →    = |(- 9.72 m/s)(7 s)|  →  d= |- 68.04 m|   →   d= 68.04 m. 
Aceleracion: a = 2d/t²   →   a = 2(68.04 m)/(7 s)²   →   a = 136.08 m/49 s²   →   a = 2.78 m/s². 
Velocidad inicial: d = Vit - ½at²   →   68.04 m = Vi(7 s) - ½(2.78 m/s²)(7 s)²   →   68.04 m = Vi(7 s) - (1.39 m/s²)(49 s²)   →   Vi(7 s) =   136.15 m   →   Vi =   136.15 m/(7 s)   →   Vi =   19.45 m/s.
48) ●● Un tren que recorre una vía recta y a nivel tiene una rapidez inicial de 35.0 km/h. Se aplica una aceleración uniforme de 1.50 m/s² mientras el tren recorre 200 m. a) ¿Cuál es la rapidez del tren al final de esta distancia? b) ¿Cuánto tiempo le toma al tren recorrer los 200 m?
Solución: 35 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 9.72 m/s. 
a) V_f² = V_i² + 2ad   →   V_f² = (9.72 m/s)² + 2(1.50 m/s²)(200 m)   →   V_f² = (94.48 m²/s² + 600 m²/s2   →   V_f² = 694.48 m²/s2   →   V_f = 26.35 m/s.
b) t = (Vf - Vi)/a   →   t = (26.35 m/s - 9.72 m/s)/1.50 m/s2   →   t = 11.09 seg.
49) ●● Un disco (puck) de hockey que se desliza sobre hielo choca de frente contra las vallas de la cancha, moviéndose hacia la izquierda con una rapidez de . Al invertir su dirección, está en contacto con las vallas por 0.095 s, antes de rebotar con una rapidez menor de . Determine la aceleración promedio que experimentó el disco al chocar contra las vallas. Las aceleraciones típicas de los automóviles son de . Comente su respuesta y diga por qué es tan diferente de este último valor, especialmente cuando las rapideces del disco de hockey son similares a las de los automóviles.
Solución: La velocidad después del choque con la valla es “negativa” al invertir la dirección del movimiento.
a_m = (Vf - Vi)/t   →   a_m = [11 m/s - (- 35 m/s)]/0.095 s   →   a_m = [11 m/s + 35 m/s]/0.095 s   →   a_m = 484.21 m/s².
“Ésta es una gran aceleración que se debe al cambio en la dirección de la velocidad y al breve tiempo de contacto”.
50) ●● Calcule la aceleración para cada segmento de la gráfica de la figura 2.22. Describa el movimiento del objeto durante el intervalo total de tiempo.
                                             
Solución: En el Tramo I: a₁ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₁ = (8 m/s - 0 m/s)/(4 s - 0 s)   →   a₁ = 8 m/s/4 s   →   a₁ = 8 m/s². 
En el Tramo II: a₂ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₂ = (8 m/s - 8 m/s)/(10 s - 4 s)   →   a₂ = 0 m/s/6 s   →   a₂ = 0 m/s². 
En el Tramo III: a₃ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₃ = (0 m/s - 8 m/s)/(18 s - 10 s)   →   a₃ = - 8 m/s/8 s   →   a₃ = - 1 m/s². 
El objeto en el primer instante  tiene un movimiento uniformemente acelerado, en el segundo instante  el movimiento es uniforme y finalmente el movimiento es uniformemente retardado.
51) ●● La figura 2.23 muestra una gráfica de velocidad contra tiempo para un objeto en movimiento rectilíneo. a) Calcule la aceleración para cada fase del movimiento. b) Describa el movimiento del objeto durante el último segmento de tiempo.
                                       
Solucion: a) Primera fase: a₁ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₁ = (0 m/s - 0 m/s)/(1 s - 0 s)   →   a₁ = 0 m/s/4 s   →   a₁ = 0 m/s².
Segunda fase: a₂ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₂ = (8 m/s - 0 m/s)/(3 s - 1 s)   →   a₂ = 8 m/s/2 s   →   a₂ = 4 m/s².
Tercera fase: a₃ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₃ = (- 12 m/s - 8 m/s)/(8 s - 3 s)   →   a₃ = - 20 m/s/5 s   →   a₃ = - 4 m/s²
Cuarta fase: a₄ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₄ = (- 4 m/s - (- 12 m/s)/(9 s - 8 s)   →   a₄ = 8 m/s/1 s   →   a₄ = 8 m/s²
Quinta fase: a₄ = (V_f - V_i)/(t_f - t_i)   →   a₄ = (-4 m/s - (- 4 m/s)))/(11 s - 9 s)   →   a₄ = 0 m/s/2 s   →   a₄ = 0 m/s² 
b) El objeto se mueve a velocidad constante con aceleración cero.
52) ●● Un automóvil que viaja inicialmente hacia la derecha, con una rapidez constante de  durante 5.0 s, aplica los frenos y reduce su rapidez a una tasa constante de  durante 3.0 s. Entonces continúa viajando hacia la derecha a una rapidez constante pero menor sin volver a frenar durante otros 6.0 s. a) Para facilitar los cálculos, trace una gráfica de la velocidad del automóvil contra tiempo, asegurándose de mostrar los tres intervalos. b) ¿Cuál es su velocidad después de los 3.0 s de frenado? c) ¿Cuál fue su desplazamiento total durante los 14.0 s de su movimiento? d) ¿Cuál fue su rapidez promedio durante los 14.0 s?
Solución: a) 
                                                  
b) Vf = Vi - at   →   Vf = 25 m/s - (5 m/s2)(3 seg)   →   Vf = 25 m/s - 15 m/s    →   Vf = 25 m/s 
c) X₁ = V_i x t   →   X₁ = (25 m/s)(5 s)    →   X₁ = 125 m;   X₂ = [(Vf + Vi)/2](t)   →   X₂ = [(10 m/s + 25 m/s)/2](3 s)   →   X₂ = 52.5 m;   X₃ = V x t   →   X₃ = (10 m/s)(6 s)    →   X₃ = 60 m;   X_t = X₁ + X₂ + X₃   →    X_t = 125 m + 52.5 m + 60 m   →    X_t = 237.5 m.
d) V_rp = d_t/t_t     →   V_rp = 237.5 m/14 s     →   V_rp = 17 m/s.
53) ●●● Un tren normalmente viaja con rapidez uniforme de  por un tramo largo de vía recta y plana. Cierto día, el tren debe hacer una parada de 2.0 min en una estación sobre esta vía. Si el tren desacelera con una tasa uniforme de  y, después de la parada, acelera con una tasa de . ¿Cuánto tiempo habrá perdido por parar en la estación?
Solución: 72 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 20 m/s;     2.0 min x 60 seg/min = 120 seg.
Tiempo en desacelerar: V_f = V_i + atdesac   →   0 m/s = 20 m/s + (- 1 m/s²)tdesac   →   t_desac = (-20 m/s)/- 1 m/s²)   →   t_desac = 20 seg.
Tiempo en acelerar: V_f = V_i + at_ac   →   20 m/s = 0 m/s + (0.5 m/s²)t_ac   →   t_ac = (20 m/s)/0.5 m/s²)   →   t_ac = 40 seg.
Tiempo perdido: t_perd = t_desac + t_ac + t_pad   →   t_perd = 20 seg + 40 seg + 120 seg   →   t_perd = 180 seg.
Por lo tanto, el tiempo necesario para la aceleración es de 40 segundos y para la desaceleración es de 20 segundos junto con la parada de 2 minutos en la estación. Entonces, el tiempo total perdido por el tren será el tiempo que pasó acelerando y desacelerando junto con el tiempo para la parada.

2.4 Ecuaciones de cinemática (aceleración constante)
54) OM Para una aceleración rectilínea constante, la gráfica de velocidad contra tiempo es a) una línea horizontal, b) una línea vertical, c) una línea recta no horizontal ni vertical o d) una línea curva.
Solución: La respuesta es la “c”, una línea recta no horizontal ni vertical (inclinada)
55) OM Para una aceleración rectilínea constante, la gráfica de posición contra tiempo sería a) una línea horizontal, b) una línea vertical, c) una línea recta no horizontal ni vertical o d) una curva.
Solución: La respuesta es la “d”, una curva.
56) OM Un objeto acelera uniformemente desde el reposo durante t segundos. La rapidez media del objeto en este intervalo de tiempo es     a) ½at           b) a) ½at²              c) 2at              d) 2at².
Solucion: La respuesta es la “a”, ½at.
57) PC Si la gráfica de la velocidad de un objeto versus tiempo es una línea horizontal, ¿qué podría decirse acerca de la aceleración del objeto?
Solución: La respuesta es cero, porque la velocidad es constante.
58) PC Al resolver una ecuación cinemática para x, que tiene una aceleración negativa, ¿x es necesariamente negativa?
Solución: No, la aceleración negativa no implica que x será negativa, Por ejemplo, un automóvil que se mueve y luego se aplican los frenos. En este caso, la aceleración es negativa pero x es positiva.
59) PC ¿Cuántas variables deben conocerse para resolver una ecuación cinemática?
Solución: El desplazamiento (x - x_o) se considera como una cantidad; hay cuatro cantidades implicadas en cada ecuación cinemática. Así que tres deben conocerse antes de poder despejar cualquier incógnita.
60) PC Un compañero de clase afirma que la aceleración negativa siempre significa que un objeto en movimiento está desacelerando. ¿Es verdadera esta afirmación? Explique su respuesta.
Solución: No, porque desacelera si la dirección de la aceleración es contraria a la dirección de la velocidad, mientras que para un objeto que tiene velocidad negativa, también tiene aceleración negativa no desacelera.
61) ● En un rally de autos deportivos, un automóvil que parte del reposo acelera uniformemente con una tasa de  a lo largo de una distancia recta de 100 m. El tiempo a superar en este evento es 4.5 s. ¿Lo logra el conductor? ¿Qué aceleración mínima se requiere para hacerlo?
Solución: 
Tiempo en recorrer los 100 m con  aceleración de 9.0 m/s²: t = (2d/a)^½   →   t = [2(100 m)/9 m/s²]^½   →   t = [22.22 s²]^½   →   t = 4.71 seg. 
Aceleración mínima en 4.5 seg: a = 2d/t²   →   a = 2(100 m)/(4.5 s)²   →   a = 200 m/20.25 s²   →   a = 9.9 m/s².
No lo logra, porque la aceleración mínima es de 9.9 m/s² para cubrir los 100 m en 4.5 seg.
62)  ● Un automóvil acelera desde el reposo con tasa constante de  durante 5.0 s. a) ¿Qué rapidez tendrá al término de ese lapso? b) ¿Qué distancia recorrerá en ese tiempo?
Solución: a) V_rp = at   →   V_rp = (2 m/s²)(5 s)   →   V_rp = 10 m/s;     b) d = ½at²   →  d = ½(2 m/s²)(5 s)²   →  d = 25 m.
63) ● Un automóvil que viaja a  25 mi/h debe parar en un tramo de 35 m de una carretera. a) ¿Qué magnitud mínima debe tener su aceleración? b) ¿Cuánto tiempo tardará en detenerse el auto con esa desaceleración?
Solución: a) 25 mi/h x 1609 m/mi x 1 h/3600 s = 11.17 m/s;    a = (Vf² - Vi²)/2d   →   a = [(0 m/s)² - (11.17 m/s)²]/2(35 m)   →   a = [- 124.77 m²/s²]/70 m   →   a = - 1.78 m/s².
b) t = (Vf - Vi)/a   →   t = (0 m/s - 11.17 m/s)/- 1.78 m/s2   →   t = - 11.17 m/s/- 1.78 m/s2   →   t = 6.28 seg.
64) ● Una lancha de motor que viaja por una pista recta frena uniformemente de  en una distancia de 50 m. Calcule la aceleración de la lancha.
Solución: 60 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 16.67 m/s;     40 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 11.11 m/s. 
a = (Vf² - Vi²)/2d   →   a = [(11.11 m/s)² - (16.67 m/s)²]/2(50 m)   →   a = [ 123.43 m²/s² - 277.89 m²/s²]/100 m   →   a = - 1.54 m/s².
65) ●● El conductor de una camioneta que va a  aplica los frenos y el vehículo desacelera uniformemente a  en una distancia de 20.0 m. a) ¿Qué rapidez en km/h tiene la camioneta al término de esta distancia? b) ¿Cuánto tiempo ha transcurrido?
Solución: a) 100 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 27..78 m/s;     V_f² = V_i² + 2ad   →   V_f² = (27.78 m/s)² + 2(- 6.50 m/s²)(20.0 m)   →   V_f² = 511.73 m²/s2   →   V_f = 22.62 m/s          →   V_f = 22.62 m/s x km/1000 m x 3600 s/h   →   V_f = 81.43 km/h.
b) t = (Vf - Vi)/a   →   t = (22.62 m/s  - 27.78 m/s)/- 6.5 m/s2   →   t = 0.794 seg.
66) ●● Un carro cohete experimental que parte del reposo alcanza una rapidez de  después de un recorrido recto de 400 m en una llanura plana. Suponiendo que la aceleración fue constante, a) ¿qué tiempo tardó el recorrido?  b) ¿Qué magnitud tuvo la aceleración?
Solucion: b) 560 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 155.56 m/s.    Vf² = Vi² + 2ad   →   (155.56 m/s)² = 0 m/s + 2a(400 m)   →  a = 24198.91 m²/s²/800 m   →  a = 30.25 m/s².
a) t = (Vf - Vi)/a   →   t = (155.56 m/s - 0 m/s)/30.25 m/s2   →   t = 5.14 seg.
67) ●● Un carro cohete viaja con rapidez constante de 250 km/h por una llanura. El conductor imparte al vehículo un empuje en reversa y el carro experimenta una desaceleración continua y constante de 8.25 m/s². ¿Cuánto tiempo transcurre hasta que el vehículo está a 175 m del punto donde se aplicó el empuje en reversa? Describa la situación en su respuesta.
Solución: 250 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 69.44 m/s.
V_f = [Vi² + 2ad]½   →   V_f = [(69.44 m/s)² + 2(- 8.25 m/s²)(175 m)]½   →   V_f = [1934.41 m²/s² ]½   V_f = 43.98 m/s.
t = (Vf - Vi)/a   →   t = (43.98 m/s - 69.44 m/s)/- 8.25 m/s²   →   t = (- 25.46 m/s)/- 8.25 m/s²   →   t = 3.09 seg.
Después de 3.09 s, está a 175 m de donde se aplicó el empuje en reversa, pero el carro cohete se mantiene viajando hacia delante mientras frena y finalmente, se detiene.
68) ●● Dos automóviles idénticos que pueden acelerar a 3.00 m/s² compiten en una pista recta con arranque en movimiento. El carro A tiene una rapidez inicial de 2.5 m/s el B, de 5.0 m/s. a) Calcule la separación de los dos automóviles después de 10 s. b) ¿Qué automóvil se mueve con mayor velocidad después de 10 s?
Solución: 
a) Automóvil A: d_A = V_iAt + ½a t2   →   d_A = (2.5 m/s)(10 s) + ½(3 m/s²) (10 s)2   →   d_A = 25 m + 150 m   →   d_A = 175.0 m. 
Automovil B: d_B = V_iBt + ½a t2   →   d_B = (5.0 m/s)(10 s) + ½(3 m/s²) (10 s)2   →   d_B = 50 m + 150 m   →   d_B = 200.0 m.
Separación: d_B - d_A = 200.0 m - 175.0 m   →   d_B - d_A = 25.0 m.
b) El automóvil B, porque no hay informaciones contrarias a su velocidad inicial (V_B > V_A).
 69) ●● De acuerdo con las leyes de Newton del movimiento (que estudiaremos en el capítulo 4), una pendiente de 30° que no ejerce fricción debería proveer una aceleración de 4.90 m/s² hacia la parte inferior. Un estudiante con un cronómetro registra que un objeto, que parte del reposo, se desliza 15.00 m hacia abajo por una suave pendiente en exactamente 3.00 s. ¿En verdad la pendiente no ejerce fricción?
Solución: a = 2d/t2   →   a = 2(15 m)/(3 s)²   →   a = 3.33 m/s².     Claro que sí, la pendiente ejerce fricción porque hay un desgate en la aceleración (movimiento) del objeto  en el  recorrido, es decir, 3.33 m/s² < 4.90 m/s².   
70) EI ●● Un objeto se mueve en la dirección +x con una rapidez de . Al pasar por el origen, comienza a experimentar una aceleración constante de  en la dirección – x. a) ¿Qué sucederá después? 1) El objeto invertirá su dirección de movimiento en el origen. 2) El objeto seguirá viajando en la dirección + x  3) El objeto viajará en la dirección + x y luego invertirá su dirección. ¿Por qué?  b) ¿Cuánto tiempo transcurre antes de que el objeto vuelva al origen?  c) ¿Qué velocidad tiene el objeto al volver al origen?
Solución: a) La respuesta es la “3)”, El objeto viajará en la dirección + x y luego invertirá su dirección porque al ser la aceleración negativa el movimiento es retardado, su velocidad en un tiempo determinado será cero y es el instante en que invierte la dirección.
b) t = (Vf - Vi)/a   →   t = (0 m/s - 40 m/s)/- 3.5 m/s2   →   t = 11.43 seg. 
c) El desplazamiento realizado por el objeto hasta invertir su velocidad:   X_i = (V_f² - V_i²)/2a   →   X_i = ((0 m/s)² - (40 m/s)²)/2(- 3.5 m/s²)   →   X_i = - 1600 m²/s²)/- 7 m/s2   →   X_i = 228.57 m;     X_f = (V_f² - V_i²)/2a   →   X_f = ((40 m/s)² - (0 m/s)²)/2(- 3.5 m/s²)   →   X_f = 1600 m²/s²)/- 7 m/s2   →   X_f= - 228.57 m.
Velocidad y dirección al regresar al origen:   V_f = - [(V_i)² + 2aX_f]^½   →   V_f = - [(0 m/s)² + 2(- 3.5 m/s²)(- 228.57 m)]^½   →   V_f = - [1599.99 m²/s²]^½   →   V_f = - 40 m/s.
71) ●● Una bala de rifle cuya rapidez al salir del cañón es 330 m/s se dispara directamente a un material denso especial que la detiene en 25 cm. Suponiendo que la desaceleración de la bala fue constante, ¿qué magnitud tuvo?
Solución: 25 cm x 1 m/100 cm = 0. 25 m;   a = (V_f)² - (V_i)²/2d   →   a = (0 m/s)² - (330 m/s)²/2(0.25 m)   →   a = - 108900 m²/s²/0.50 m   →   a = - 2.2 x 10⁵ m/s². 
72) ●● El límite de velocidad en una zona escolar es  (aproximadamente ). Un conductor que viaja a esa velocidad ve que un niño cruza corriendo la calle 13 m adelante de su automóvil. Aplica los frenos, y el automóvil desacelera con una tasa uniforme de . Si el tiempo de reacción del conductor es 0.25 s, ¿el auto se detendrá antes de golpear al niño?
Solución: 40 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 11.11 m/seg;   Antes de aplicar los frenos y el tiempo de reacción el auto tiene una velocidad instantánea considerada constante de 11.11 m/s, por tanto recorre una distancia inicial de d_i = V_it   →   d_i = (11.11 m/s)(0.25 s)   →   d_i = 2.78 m.
Después de  la reacción la distancia recorrida hasta detener el auto:   d_f = (V_f² - V_i²)/2a   →    d_f = ((0 m/s)² - (11.11 m/s)²)/2(- 8 m/s²)   →    d_f = - 123.43 m²/s²/-16 m/s²    →    d_f = 7.71 m.
Distancia total recorrida:   d_t = d_i + d_f   →   d_t = 2.78 m + 7.71 m   →   d_t = 10.5 m, por tanto el auto se detiene antes de golpear al niño ya que 10.5 m < 13 m. 
73) ●● Suponiendo un tiempo de reacción de 0.50 s para el conductor del ejercicio 72, ¿el automóvil se detendrá antes de golpear al niño?
Solución: d_i = V_it   →   d_i = (11.11 m/s)(0.50 s)   →   d_i = 5.56 m;    d_f = (V_f² - V_i²)/2a   →    d_f = ((0 m/s)² - (11.11 m/s)²)/2(- 8 m/s²)   →    d_f = - 123.43 m²/s²/-16 m/s²    →    d_f = 7.71 m.  
d_t = d_i + d_f   →   d_t = 5.56 m + 7.71 m   →   d_t = 13.27 m, por tanto el auto no se detiene antes de golpear al niño ya que 13.27 m > 13 m. 
74) ●● Una bala que viaja horizontalmente con una rapidez de 350 m/s golpea una tabla perpendicular a la superficie, la atraviesa y sale por el otro lado con una rapidez de 210 m/s. Si la tabla tiene 4.00 cm de grosor, ¿cuánto tardará la bala en atravesarla?
Solución: La velocidad media entre la entrada y la salida es V_m = (V_f + V_i)/2   →   V_m = (210 m/s + 350 m/s)/2   →   V_m = 560 m/s/2   →   V_m = 280 m/s;     
Tiempo transcurrido: 4 cm x 1 m/100 cm = 0.04 m;     d =  [(V_f + V_i)/2](t)   →   t = d/[(V_f + V_i)/2]  →   t = 0.04 m/280 m/s   →   t = 4 x 10-5 seg. 
75) ●● a) Demuestre que el área bajo la curva de una gráfica de velocidad contra tiempo, con aceleración constante, es igual al desplazamiento. ∆X = V_it + ½at² [Sugerencia: el área de un triángulo es ab/2, o la mitad de la altura multiplicada por la base.] b) Calcule la distancia recorrida en el movimiento representado en la figura 2.22. del probelma 50.

Solución: a)                                                                  
Área del rectángulo A = b x h   →   X₀ =V_it;  Área del triángulo A = (b x h)/2    →   X_f = ∆V x t/2 como ∆X = X₀ + X_f sustituyendo   ∆X = V_it + ∆V x t/2 sabiendo que ∆V = V_f - V_i  y  que Vf = V_i + at   → ∆X = V_it + (V_i + at - V_i)t/2  se tiene que  ∆X = V_it + ½at².  
b) Distancia total recorrida por el objeto:
A_t = A∆1 + A□2 + A∆3   →  A_t = V₁t/2 + V₂t + V₃t/2    →  A_t = (8 m/s)(4 s)/2 + (8)m/s((6 s) + (8 m/s)(8 s)/2   →  A_t = 16 m + 48 m + 32 m    →  A_t = 96 m.  
76) EI ●● Un objeto que está inicialmente en reposo experimenta una aceleración de  en una superficie horizontal. En estas condiciones, recorre 6.0 m. Designemos los primeros 3.00 m como la fase 1 utilizando un subíndice 1 para esas cantidades, y los siguientes 3.00 m como la fase 2 empleando un subíndice 2. a) ¿Cómo deberían relacionarse los tiempos para recorrer cada fase y la condición: 1) ;  2) , o 3) ?  b) Ahora calcule los dos tiempos de recorrido y compárelos cuantitativamente.
Solución: a) La respuesta es la "3), t₁ > t₂" 
b) En la fase 1: Vi = 0   →   V_f1 = (V_i1² + 2ad)^½   →   V_f1 = [2(2 m/s²)(3 m)]^½   →   V_f1 = [12 m²/s²]^½   →   V_f1 = 3.46 m/s. por tanto t₁ = V_f1/a   →   t₁ = 3.46 m/s/(2 m/s²)   →   t₁ = 1.73 seg.
En la fase 2: V_i2 = V_f1   →   V_f2 = (V_i2² + 2ad)^½   →   V_f2 = [(3.46 m/s)² + 2(2 m/s²)(3 m)]^½   →   V_f2 = [23.97 m²/s²]^½   →   V_f2 = 4.90 m/s. 
t₂ = (V_f2 - V_f1)/a   →   t₂ = (4.90 m/s - 3.46 m/s)/2 m/s²   →   t₂ = 0.72 seg.
Relación de proporcionalidad (Comparación cuantitativa):   (t₁/1.73 = t₂/0.72) seg   →   t₁ = 1.73t₂/0.72   →   t₁ = 2.40t₂.   
77) EI ●● Un automóvil inicialmente en reposo experimenta pérdida de su freno de mano conforme desciende por una colina recta con una aceleración constante de 0.850 m/s² y recorre un total de 100 m. Designemos la primera mitad de la distancia como fase 1, utilizando un subíndice 1 para tales cantidades; y la segunda mitad como fase 2, empleando un subíndice 2. a) ¿Con qué condición deberían relacionarse las rapideces del automóvil al final de cada fase? 1) V₁ < ½V₂    2) V₁ = ½V₂ ;  3) V₁ > ½V₂  b) Ahora calcule los dos valores de rapidez y compárelos cuantitativamente.
Solución: a) La respuesta es la 1) ₁ < ½V₂.     
b) Fase1:  V_f1 = (V_i1² + 2ad)^½   →   V_f1 = [2(0.850 m/s²)(50 m)]^½   →   V_f1 = [85 m²/s²]^½   →   V_f1 = 9.22 m/s.
Fase 2: V_f2 = (V_f1² + 2ad)^½   →   V_f2 = [(9.22 m/s)² + 2(0.850 m/s²)(50 m)]^½   →   V_f2 = [170 m²/s²]^½   →   V_f2 = 13 m/s. 
Relación de proporcionalidad (Comparación cuantitativa):   (V_f1/9.22 = V_f2/13) seg   →   V_f1 = 9.22V_f2/13   →   V_f1 = 0.71V_f2.  
78) ●● Un objeto inicialmente en reposo experimenta una aceleración de  durante 6.0 s y luego viaja a velocidad constante por otros 8.0 s. ¿Cuál es la velocidad promedio del objeto durante el intervalo de 14 s?.
Solución: Distancia recorrida durante los 6 segundos: d_6s = ½at²  →  d_6s = ½(1.5 m/s²)(6 s)2  →  d_6s = 27 m.   V_6s = Vi + at   →   V_6s = (1.5 m/s²)(6 seg)   →   V_6s = 9 m/s.  
Distancia recorrida durante los 8 segundos: d_8s = V_6st  →  d_8s = (9 m/s)(8 s)  →  d_8s = 72 m. 
Velocidad promedio: V_pm = d_t/tt   →   V_pm = (d_6s + d_8s)/(6 s + 8 s)   →   V_pm = 99 m/14 s   →   V_pm = 7.07 m/s.
79) ●●● La figura 2.23 muestra una gráfica de velocidad contra tiempo para un objeto en movimiento rectilíneo. a) Calcule las velocidades instantáneas a   b) Calcule el desplazamiento final del objeto. c) Calcule la distancia total que el objeto recorre.
                                                               
Solución: a) Para los 8 segundos: V_int = - 12 m/s;     Para los 11 segundos: V_int = - 4 m/s.
b) El d₁ = V₁t₁   →   d₁ = (0 m/s)(1 s)   →   d₁ = 0 m;     El ∆d₂ = (V₂t₂)/2   →   ∆d₂ = [(8 m/s)(4 s)]/2   →   ∆d₂ = 16 m;     El ∆d₃ = (V₃t₃)/2   →   ∆d₃ = [(- 12 m/s)(3 s)]/2   →   ∆d₃ = - 18 m;     El ∆d₃ = (V₃t₃)/2   →   ∆d₃ = [(- 12 m/s)(3 s)]/2   →   ∆d₃ = - 18 m;     El □d₄ = (V₄t₄)/2   →   El □d₄ = [(- 12 m/s + (- 4 m/s)(1 s)]/2   →   El □d₄ = - 8 m/s;     El □d₅ = V₅t₅   →   □d₅ = (- 4 m/s)(2 s)   →   □d₅ = - 8 m.
X_t = X₁ + X₂ + X₃ + X₄ + X₅     →     X_t = 0 m + 16 m + (- 18 m) + (- 8 m) + (- 8 m)     →     X_t = - 18 m.
c) La distancia total recorrida es considerada como la suma del valor absoluto de los desplazamientos.
d_t = |d₁| + |d₂| + |d₃| + |d₄| + |d₅|     →     d_t = |0 m| + |16 m| + |- 18 m| + |- 8 m| + |- 8 m|   →   d_t = 50 m. 
80) EI ●●● a) Un automóvil que viaja con rapidez V puede frenar para hacer un alto de emergencia en una distancia x. Suponiendo que las demás condiciones de manejo son similares, si la rapidez del automóvil es el doble, la distancia de frenado será 1) (2X)^½;  2) 2X  ó 3) 4X  b) Un conductor que viaja a 40.0 km/h en una zona escolar puede frenar para hacer un alto de emergencia en 3.00 m. Calcule la distancia de frenado si el automóvil viajara a 60.0 km/h?
Solución: a) La respuesta es la “3)”, 4X.
b) 40 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 11.11 m/s;     60 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 16.67 m/s.
a = - (V₁)²/2X   →   a = - (11.11 m/s)²/2(3m)   →   a = - 123.43 m²/s²/6 m   →   a = - 20.57 m/s2   →   d = - (V2)²/2a   →   d = - 277.89 m²/s)²/- 41.14 m/s2   →   d = 6.75 m.
81) ●●● Un automóvil acelera horizontalmente desde el reposo en un camino horizontal con aceleración constante de  Por el camino, pasa por dos fotoceldas (“ojos eléctricos”, designados como 1 el primero y como 2 el segundo), que están separadas 20.0 m entre sí. El intervalo de tiempo para recorrer esta distancia de 20.0 m, según las fotoceldas, es 1.40 s. a) Calcule la rapidez del vehículo al pasar por cada ojo eléctrico. b) ¿Qué distancia hay entre el punto de partida y el primer ojo eléctrico? c) ¿Cuánto tiempo le tomará al auto llegar al primer ojo eléctrico?
Solución:  a) 
                           
En este problema hay que considerar tres velocidades:  
La velocidad del reposo V₀ = 0;  La velocidad al pasar el punto eléctrico 1, V₁;   La velocidad al pasar el punto eléctrico 2, V₂.     a = (V₂ - V₁)/t   →   V₂ = V₁ + at;   d1 = (V12 - V02)/2a   →   V₁ = (2ad₁)^½ .  sustituyendo  V₂ = (2ad₁)^½ + at. (I)
distancia del punto de partida al punto 2.
 d₁ + d₂ = (V₂² - V₀²)/2a   →   2a(d₁ + d₂) = V₂² - V₀².    →   2ad₁ + 2ad₂ = V₂²    →   (2ad₁ + 2ad2)^½ = V₂. (II)
comparando I y II setiene (2ad₁ + 2ad2)½ = (2ad₁)^½ + at   →   2at(2ad₁)½= 2ad₂ - a²t². 
2(3 m/s²)(1.4 s)(2(3 m/s²)d₁)½= 2(3 m/s²)(20 m) - (3 m/s²)²(1.4 s)².   →   (8.4 m/s)(6 m/s²)d₁)½= 120 m²/s² - 17.64 m²/s2   →   (6 m/s²d₁)½= 12.19 m/s   →   (6 m/s2)d₁= (12.19 m/s)²   →   d₁= 24.77 m.
V₁ = [2(3 m/s²)(24.77 m)]½   →   V₁ = 12.2 m/s;     V₂ = V₁ + at   →   V₂ = 12.2 m/s + (3 m/s²)(1.4 s)    →   V₂ = 16.4 m/s. 
c) a = (V1 - V0)/t   →   t = 12.2 m/s/3 m/s²   →   t = 4.07 seg. 
82) ●●● Un automóvil viaja por una carretera larga y recta con una rapidez constante de  cuando la conductora ve un accidente 150 m más adelante. De inmediato, aplica el freno (ignore el tiempo de reacción). Entre ella y el accidente hay dos superficies diferentes. Primero hay 100 m de hielo (¡es el Oeste medio de E.U.!), donde su desaceleración es apenas de 1 m/s². A partir de ahí se encuentra sobre concreto seco, donde su desaceleración, ahora más normal, es de  7.0 m/s². a) ¿Cuál era su rapidez justo después de dejar la porción del camino cubierta de hielo? b) ¿Cuánta distancia recorre en total para detenerse? c) ¿Cuánto tiempo tarda en total para detenerse?
Solución: a) 75 mi/h x 1609 m/mi x 1 h/3600 s= 33.52 m/s;     V₁² = V₀² +2ad1   →    V₁ = (V₀² +2ad₁)½   →    V₁ = [(33.52 m/s)² +2(- 1 m/s²)(100 m))]½   →   V₁ = 30.39 m/s.
b) d_t = d₁ + d₂   →   d_t = 100 m + (V₂² - V₁²)/2a   →   d_t = 100 m + [(0 m/s)² - (30.39 m/s)²]/2(- 7 m/s²)   →   d_t = 165.97 m. (no podrá evitarlo, ya que 165.97 m > 150 m).
c) t_t =t₁ + t2   →   t_t =(V₁² - V₀²)/2a₁ + (V₂² - V₁²)/2a2   →   t_t =[(30.39 m/s)² - (33.52 m/s)²]/2(- 1 m/s²) + [(0 m/s)² - (30.39 m/s)²]/2(- 1 m/s²)   →   t_t =3.13 s + 4.34 s   →   t_t =7.47 s. 

Caída libre

83) OM Un objeto se lanza verticalmente hacia arriba. ¿Cuál de estas afirmaciones es cierta? a) Su velocidad cambia de manera no uniforme; b) su altura máxima es independiente de la velocidad inicial; c) su tiempo de ascenso es un poco mayor que su tiempo de descenso; d) la rapidez al volver a su punto de partida es igual a su rapidez inicial?
Solución: La respuesta es la “d)”, la rapidez al volver a su punto de partida es igual a su rapidez inicial.
84) OM El movimiento de caída libre descrito en esta sección es válido para a) un objeto que se deja caer desde el reposo, b) un objeto que se lanza verticalmente hacia abajo, c) un objeto que se lanza verticalmente hacia arriba o d) todos los casos anteriores.
Solución: En todas las opciones dadas, los objetos están sujetos a la acción de la aceleración constante de la gravedad, por tanto: La respuesta es la “d)”, todos los casos anteriores.
85) OM Un objeto que se suelta en caída libre a) cae 9.8 m cada segundo, b) cae 9.8 m durante el primer segundo, c) tiene un incremento de velocidad de cada segundo o d) tiene un incremento de aceleración de cada segundo.
Solución: Entonces, el aumento de velocidad es proporcional al tiempo. En el caso de aceleración de caída libre = 9.8 m /s². Por lo tanto, la velocidad aumenta 9.8 m /s cada segundo. La respuesta es la “c)”, tiene un incremento de velocidad de cada segundo.
86) OM Se lanza un objeto en línea recta hacia arriba. Cuando alcanza su altura máxima: a) su velocidad es cero, b) su aceleración es cero, c) a y b.
Solución: La aceleración es constante siempre cuando se arroja un objeto hacia arriba, que es igual a 9.8 m /s². La respuesta es la “a)”, su velocidad es cero.
87) OM Cuando un objeto se lanza verticalmente hacia arriba, está acelerando en a) su trayecto hacia arriba, b) su trayecto hacia abajo, c) a y b.
Solución: Como no tenemos una dirección positiva específica, no podemos hablar de aceleración y desaceleración. Eso significa que sería más inteligente llamar a ambas partes la aceleración del movimiento. La respuesta es la “c)”, a y b.
88) PC Cuando una pelota se lanza hacia arriba, ¿qué velocidad y aceleración tiene en su punto más alto?
Solución: Durante la caída libre, la gravedad actúa como aceleración y apunta verticalmente hacia abajo. Cuando la pelota se lanza hacia arriba, su velocidad inicial es hacia arriba. Cuando la pelota alcanza el punto más alto, la velocidad es cero mientras que la aceleración es la misma, y ​​apunta en dirección vertical hacia abajo. En resumen: En el punto más alto la velocidad final de la pelota es cero y la aceleración es la de gravedad.  
89) PC Imagine que está en el espacio lejos de cualquier planeta, y lanza una pelota como lo haría en la Tierra. Describa el movimiento de la pelota.
Solución: La pelota no tendrá fuerza de tracción como la fuerza gravitacional en la Tierra. Por lo tanto, si lanzo una pelota en el espacio, continuará avanzando para siempre y no regresará como lo hace en la Tierra. En resumen: La pelota se mueve con velocidad constante porque no hay aceleración gravitacional en el espacio profundo. Si la aceleración gravitacional es cero, g = 0, entonces v = constante.
90) PC Usted deja caer una piedra desde la ventana de un edificio. Después de un segundo, deja caer otra piedra. ¿Cómo varía con el tiempo la distancia que separa a las dos piedras?
Solución: La distancia será mayor. Las dos piedras tienen la misma aceleración, velocidades que difieren en una constante durante todo el tiempo de vuelo juntos y una distancia cada vez mayor entre ellas. La distancia de separación de las dos piedras es 9.8 m durante su caída porque ambas caen con la misma aceleración de  ya que el tiempo de caída de ambas piedras es de un segundo. 
91) PC ¿Cómo diferirá la caída libre que se experimenta en la Luna de la que se experimenta en la Tierra?
Solución: Durante la caída libre en la Tierra, hay una aceleración constante que actúa sobre el cuerpo, pero en el caso de la Luna, la aceleración es menor a pena 1/6g. Por lo tanto, la única diferencia será que el cuerpo acelerará pero solo que la tasa de cambio de velocidad es menor y no hay resistencia del aire en la Luna.
92) ● Un estudiante deja caer una pelota desde la azotea de un edificio alto; la pelota tarda 2.8 s en llegar al suelo. a) ¿Qué rapidez tenía la pelota justo antes de tocar el suelo? b) ¿Qué altura tiene el edificio?
Solución: a) V = gt   →   V = (9.8 m/s²)(2.8 s)   →   V = 27.44 m/s;     b) y = ½gt²   →   y = ½(9.8 m/s²)(2.8 s)²   →   y = 38.42 m.
93) EI ● El tiempo que un objeto que se deja caer desde el acantilado A tarda en chocar con el agua del lago que está abajo, es el doble del tiempo que tarda en llegar al lago otro objeto que se deja caer desde el acantilado B. a) La altura del acantilado A es 1) la mitad, 2) el doble o 3) cuatro veces la del acantilado B. b) Si el objeto tarda 1.8 s en caer del acantilado A al agua, ¿qué altura tienen los dos acantilados?
Solución: a) La respuesta es la “3)” cuatro veces la del acantilado B, porque la altura es directamente proporcional al cuadrado del tiempo.   b) t_A = 2t_B   →   t_B = t_A/2;   Altura del acantilado B:   t_B = (2y_B/g)½   →    t_A/2 = (2y_B/g)½   →    t_A²/4 = 2y_B/g   →    y_B = t_A² _{x g/8}   →    y_B = (1.8 s)²(9.8 m/s²)/8   →    y_B = 3.97 m/s.     Altura del acantilado A:  y_A = t_A² x g/2   →   y_A = (1.8 s)²(9.8 m/s²)/2   →   y_A = 16 m.
94) ● Para el movimiento de un objeto que se suelta en caída libre, dibuje la forma general de las gráficas a) v contra t y b) y contra t.
Solución: 
                     
95) ● Un truco muy conocido consiste en dejar caer un billete de dólar (a lo largo) entre el pulgar y el índice de un compañero, diciéndole que lo sujete lo más rápidamente posible para quedarse con él. (La longitud del billete es de 15.7 cm, y el tiempo de reacción medio del ser humano es de unos 0.2 s. ¿Esta propuesta es un buen negocio? Justifique su respuesta.
Solucion: 15.7 cm x 1 m/100 cm = 0.157 m;     y = ½gt_c²   →   t_c = (2y/g)^½   →   t_c = [2(0.157 m)/9.8 m/s²]^½   →   t_c = 0.18 s.   No, no es un buen negocio porque el tiempo de caída es menor que el tiempo de reacción (t_c < t_r).
96) ● Un niño lanza una piedra hacia arriba con una rapidez inicial de 15 m/s. ¿Qué altura máxima alcanzará la piedra antes de descender?
Solución: V_f = V_i - gt_s   →   0 = V_i - gt_s   →   t_s = V_i/g   →   t_s = 15 m/s/9.8 m/s²   →   t_s = 1.53 seg.
y_m = V_i²/2g   →   y_m = (15 m/s)²/2(9.8 m/s²)   →   y_m = 225 m²/s²/19.6 m/s2   →   y_m = 11.48 m.
97) ● En el ejercicio 96 ¿qué altura máxima alcanzaría la piedra si el niño y la piedra estuvieran en la superficie de la Luna, donde la aceleración debida a la gravedad es sólo 1.67 m/s²?.
Solución: V_f = V_i - gt_s   →   0 = V_i - gt_s   →   t_s = V_i/g   →   t_s = 15 m/s/1.67 m/s²   →   t_s = 8.98 seg.
y_m = V_i²/2g   →   y_m = (15 m/s)²/2(1.67 m/s²)   →   y_m = 225 m²/s²/3.34 m/s²   →   y_m = 67.36 m.
98) ●● El techo de una aula está 3.75 m sobre el piso. Un estudiante lanza una manzana verticalmente hacia arriba, soltándola a 0.50 m sobre el piso. Calcule la rapidez inicial máxima que puede darse a la manzana sin que toque el techo?
Solución: La distancia que debe recorrer la manzana es y = 3.75 m - 0.5 m   →   y = 3.25 m. En el punto de máxima altura la velocidad final de la manzana es cero.
y = (V_f² - V_i²)/2g   →   2gy = - V_i²  →   V_i = (- 2gy)^½   →   V_i = [- 2(- 9.8 m/s²)(3.25 m)]^½   →   V_i = 7.98 m/s.
99) ●● Las Torres Gemelas Patronas de Malasia y la Torre Sears de Chicago tienen alturas de 452 y 443 m, respectivamente. Si se dejaran caer objetos desde la punta de cada una, ¿con qué diferencia de tiempo llegarían al suelo?
Solución:  ∆t = (2y_malasia/g)^½ - (2y_chicago/g)½   →   ∆t = [2(452 m)/9.8 m/s²]^½ - [2()443/9.8 m/s²]½   →   ∆t = 9.6 seg - 9.51 seg    →   ∆t = 0.09 seg.
100) ●● Usted lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una rapidez inicial de 6.0 m/s desde la ventana de una oficina del tercer piso. Si la ventana está 12 m sobre el suelo, calcule a) el tiempo que la piedra está en el aire y b) la rapidez que tiene la piedra justo antes de tocar el suelo.
Solución: a) En el punto de máxima altura la velocidad final de la piedra es cero.
t_s = Vi/g   →   t_s = 6 m/s/9.8 m/s2   →   t_s = 0.612 seg;      y_m = V_i²/2g   →   y_m = 1.84 m.
Tiempo de bajada: t_b = (2y_t/g)½   →   t_b = [2(y + ym)/g]½   →   t_b = [2(12 m + 1.84 m)/9.8 m/s²]½   →   t_b = 1.68 seg.   
Tiempo de la piedra en el aire: t_aire = ts + t_b   →   _aire = 2.29 seg. 
b) V = (2gyt)½   →    V = [2(9.8 m/s²)(13.84 m)]½   →    V = [271.264 m²/s²]½   →    V = 16.47 m/s. 
101) EI ●● Una pelota Superball se deja caer desde una altura de 4.00 m. Suponiendo que la pelota rebota con el 95% de su rapidez de impacto, a) ¿rebotaría a 1) menos de 95%, 2) 95.0% o 3) más de 95% de la altura inicial? b) ¿Qué altura alcanzara la pelota?.
Solución: 
a) La respuesta es la “1)” ¿rebotaría a menos del 95% de la altura inicial.
b) Velocidad con que impacta la pelota: V = (2gy)^½   →   V = [2(9.8 m/s²)(4 m)]^½   →   V = 8.85 m/s.  95% de la velocidad de impacto: V_rebote = (8.85 m/s)(95)/100   →   V_rebote = 8.41 m/s.     y_max = (V_rebote)²/2g   →   y_max = (8.41 m/s)²/2(9.8 m/s²)   →   y_max = 3.60 m.
102) ●● En un estadio de béisbol cubierto con un domo, el techo está diseñado de manera que las bolas bateadas no se estrellen contra él. Suponga que la máxima rapidez de una bola que se lanza en un partido de las ligas mayores es 95.0 mi/h y que el bat de madera la reduce a 80.0 mi/h. Suponga que la bola pierde contacto con el bat a una altura de 1.00 m del campo del juego. a) Determine la altura mínima que debe tener el techo, de manera que las bolas que salen disparadas por el bat que las lanza en línea recta hacia arriba no lo golpeen. b) En un juego real, una bola bateada llega a menos de 10.0 m de esta altura del techo. ¿Cuál era la rapidez de la bola al perder salir disparada por el bat?
Solución: 
103) ●● Durante el experimento descrito en el libro acerca de una pluma y un martillo que se dejan caer en la Luna, ambos objetos se liberaron desde una altura de 1.30 m. De acuerdo con el video del experimento, ambos tardaron 1.26 s en golpear la superficie lunar. a) ¿Cuál es el valor local de la aceleración de la gravedad en ese lugar de la Luna? b) ¿Qué rapidez llevaban los dos objetos justo antes de golpear la superficie?
Solución: a) y = ½g_Lt²   →   g_L = 2y/t²   →   g_L = 2(1.30 m)/(1.26 s)²   →   g_L = 1.64 m/s². 
b) V_f = V_i + gt   →   V_f = 0 m/s + (9.8 m/s²)(1.26 s)   →   V_f = 2.07 m/s.
104) ●● En la ▼figura 2.24 un estudiante en una ventana del segundo piso de una residencia ve que su profesora de matemáticas camina por la acera junto al edificio. Deja caer un globo lleno de agua desde 18.0 m sobre el suelo cuando la profesora está a 1.00 m del punto que está directamente abajo de la ventana. Si la estatura de la profesora es de 170 cm y camina con una rapidez de  ¿la golpeará el globo? Si no, ¿qué tan cerca pasará de ella? 
                                                       
Solución: 170 cmx 1 m/100 cm = 1.7 m;     ∆y = ½gt²   →   t = (2∆y/g)½   →   t = [2(18 m - 1.7 m)/9.8 m/s²)]½   →   t = 1.825 seg.
Distancia recorrida por la profesora en ese tiempo, suponiendo constante su velocidad: d = V x t  →  d = (0.450 m/s)(1.825 s) →  d = 0.82 m. 
El globo no golpea a la profesora y pasara a una distancia de 1 m - 0.82 m = 0.18 m de ella.
105) ●● Un fotógrafo en un helicóptero, que asciende verticalmente con una tasa constante de 12.5 m/s, deja caer accidentalmente una cámara por la ventana cuando el helicóptero está 60.0 m sobre el suelo.  a) ¿Cuánto tardará la cámara en llegar al suelo? b) ¿Con qué rapidez chocará?
Solucion: a) La cámara recorre una altura adicional para vencer la velocidad inicial que llevaba de 12.5 m/s, cuyo tiempo en ir volver a ese punto será: t₁ = 2(V_i/g)   →   t₁ = 2(12.5 m/s)/9.8 m/s²)   →   t₁ = 2.55 seg.
La velocidad que tiene la cámara al volver al punto de donde fue dejada caer es la misma que tenía al inicio de 12.5 m/s. 

Tiempo transcurrido a partir de ese punto t₂:  y₂ = V_it₂ + ½gt₂2   →  60 m = (12.5 m/s)t₂ + ½(9.8 m/s²)t₂²   →  0 = 4.9t₂²(m/s²) + 12.5t₂(m/s) - 60 (ec. de 2do grado) t₂ = 2.45 seg. t_t = t₁ + t₂   →  t_t = 2.55 seg + 2.45 seg  →  t_t = 5.00 seg.
b) V_f = V_i + gt2   →   V_f = 12.5 m/s + (9.8 m/s²)(2.45 s)   →   V_f = 36.51 m/s. 
106) EI ●● La aceleración debida a la gravedad en la Luna es la sexta parte que en la Tierra. a) Si un objeto se dejara caer desde la misma altura en la Luna y en la Tierra, el tiempo que tardaría en llegar a la superficie de la Luna sería 1) (6)^½     2) 6      3) 36 veces mayor que el que tardaría en la Tierra. b) Para el caso de un proyectil con una velocidad inicial de 18.0 m/s hacia arriba, calcule la altura máxima y el tiempo total de vuelo en la Luna y en la Tierra?
Solución: a) La respuesta es la 1) “(6)^½” veces mayor que el que tardaría en la Tierra ya que:
y_L = y_T   →   ½g_Lt_L² = ½g_T   →   (1/6 g_T) t_L² = g_Tt_T2   →   t_L² =(6)^½ x t_T. 
b) Altura máxima y tiempo de vuelo en la Luna: y_max = - (Vi)²/2g_L   →   y_max = - (18 m/s)²/[2(- 9.8 m/s²)/6]    →   y_max = 99.18 m;     t_vL = 2[Vi/(g_T/6)]   →   t_vL = 2[18 m/s/(9.8 m/s²/6)]   →   t_vL = 22.08 seg.
Altura máxima y tiempo de vuelo en la Tierra: y_max = - (Vi)²/2g_T   →   y_max = - (18 m/s)²/[2(- 9.8 m/s²)]    →   y_max = 16.53 m;     t_vT = 2(- V_i)/g_T   →   t_vT = 2(- 18 m/s)/- 9.8 m/s²   →   t_vL = 3.67 seg.
107) ●●● Un objeto que se dejó caer tarda 0.210 s en pasar por una ventana de 1.35 m de altura. ¿Desde qué altura arriba del borde superior de la ventana se soltó el objeto? (Véase la figura 2.25.).
                                                   
Solución: Sea y₂ distancia desde la ventana al piso; y₁ distacia desde el punto de caída a la ventana: y_t = y₁ + y₂   →   y₂ = y_t - y₁.
 y₂ = ½gt² - ½g(t - 0.210 s)²   →   1.35 m = ½gt² - ½g(t - 0.210 s)²   →   1.35  = ½gt² - ½g(t² - 0.42t + 0.044)   →   1.35  = ½(0.42gt) - ½(0.044g)   →   1.35  = ½(0.42)(9.8)t - ½(0.044)(9.8)   →   t  = 0.76 seg.
Distacia desde el punto de caída a la ventana y₁: y_t = ½gt²   →   y_t = ½(9.8 m/s²)(0.76 s)²   →   y_t = 2.83 m. por tanto y₁ = y_t - y₂   →   y₁ = 2.83 m - 1.35 m   →   y₁ = 1.48 m por encima del borde superior de la ventana.
Una forma más fácil de resolver el problema sería calculando la velocidad inicial en la parte superior de la ventana. 
108) ●●● Una pelota de tenis se deja caer desde una altura de 10.0 m. Rebota en el piso y vuelve a subir a una altura de 4.00 m en su primer rebote. (Ignore el breve momento en que la pelota está en contacto con el piso.) a) Determine la rapidez de la pelota justo antes de que golpea el suelo en su trayectoria hacia abajo. b) Determine la rapidez de la pelota al rebotar en el piso en su trayecto ascendente hacia la altura de su primer rebote. c) ¿Por cuánto tiempo está la pelota en el aire desde el momento en que se deja caer hasta el momento en que alcanza la altura máxima de su primer rebote.
Solucion: a) V_rb = (2gy)^½   →   V_rb = [2(9.8 m/s²)(10 m)]^½   →   V_rb = 14 m/s.
b) y_max = V_rp²/2g   →   V_rp² = 2gy_max   →   V_rp = [2(9.8 m/s²)(4 m)]^½   →   V_rp = 8.85 m/s. 
c) t_aire = tb + ts   →   t_aire = (2y/g)^½ + Vi/g   →   t_aire = [2(10 m)/9.8 m/s²)]^½ + (8.85 m/s) /9.8 m/s²   →   t_aire = 1.43 seg + 0.90 seg   →   t_aire = 2.33 seg.
109) ●●● Un cohete para recoger muestras de contaminantes se lanza en línea recta hacia arriba con una aceleración constante de , en los primeros 1000 m de vuelo. En ese punto, los motores se apagan y el cohete desciende por sí solo en caída libre. Ignore la resistencia del aire. a) ¿Cuál es la rapidez del cohete cuando los motores se apagan? b) ¿Cuál es la altura máxima que alcanza este cohete? c) ¿Cuánto tiempo le toma alcanzar su altura máxima?
Solución: a) Hay que tener presente que en la aceleración del cohete está integrada la aceleración gravitacional que contrarresta el movimiento del cohete. d_1000m = (V_f² - V_i²)/2a   →   V_f = [2ad_1000m]^½   →   V_f = [2(12 m/s²)(1000 m)]^½   →   V_f = 155 m/s. 
b) A la altura de los 1000 m se le debe sumar la altura que alcanza después que se apagan los motores.
y_max = d1000m + y   →   y_max = d1000m + (V_f² - V_i2)/2g   →   y_max = 1000 m + (0 m/s - (155 m/s)²)/2(9.8 m/s²)   →   y_max = 2225.77 m.
c) t_max = t_1000m + ts   →    t_max = (Vf - Vi)/a + Vi/g   →    t_max = (155 m/s - 0 m/s)/12.m/s² + (155 m/s)/9.8 m/s   →    t_max = 28.74 seg.
110) ●●● Un cohete de prueba que contiene una sonda, para determinar la composición de la atmósfera superior, se dispara verticalmente hacia arriba desde una posición inicial a nivel del suelo. Durante el tiempo t que dura el combustible, el cohete asciende con aceleración constante hacia arriba de magnitud 2g. Suponga que la altura que alcanza el cohete no es tan grande como para que la fuerza  gravitacional de la Tierra no deba considerarse constante. a) ¿Qué altura y rapidez tiene el cohete cuando se agota el combustible? b) ¿Qué altura máxima alcanza el cohete? c) Si calcule la altura máxima del cohete.
Solución: 
                                                   
a) Como el cohete comienza desde el reposo, podemos aplicar la segunda ecuación de movimiento de la siguiente manera V_i = 0 m/s.   Altura: y₁ = V_it + ½at²   →   y₁ = ½(2g)t²   →   y₁ = gt².
Para la velocidad “v” que ha obtenido el cohete en el punto  y₁  se puede aplicar la ecuación del  movimiento:   V_f = V_i + at   →   V_f = at   →   V_f = 2gt.
b) Para conocer la altura final, y_max, es necesario saber la altura h₂ del cohete cuando se agota el combustible, lo que se determinará nuevamente por la segunda ecuación de movimiento, teniendo en cuenta que el tiempo empleado en esta fase es t₂ ó tiempo de subida: 
t₂ = ∆V/g   →   t₂ = at/g   →   t₂ = 2gt/g.       para y_{2   Vi = Vf;    Esto implica que} y₂ = V_it₂ - ½gt₂²   →   y₂ = (2gt)(2gt/g) - ½g(2gt/g)²   →   y₂ = 4gt² - 2gt²   →   y₂ = 2gt². por tanto y_max = y1 + y2   →   y_max = gt² + 2gt²   →   y_max = 3gt².
c) y_max = 3gt2   →   y_max = 3(9.8 m/s²)(30 s)²   →   y_max = 26460 m.
111) ●●● Un automóvil y una motocicleta parten del reposo al mismo tiempo en una pista recta; pero la motocicleta está 25.0 m atrás del automóvil (figura 2.26). El automóvil acelera con una tasa uniforme de 3.70 m/s²  y la motocicleta, a 4.40 m/s²  a) ¿Cuánto tardará la motocicleta en alcanzar al automóvil? b) ¿Qué distancia habrá recorrido cada vehículo durante ese tiempo? c) ¿Qué tan adelante del auto estará la motocicleta 2.00 s después? (Ambos vehículos siguen acelerando.
Solución: 
a) Este es un problema típico de persecución, el encuentro sucede cuando las posiciones son iguales.
1) Posición del automóvil (X_aut): X_aut = X₀ + V_it + ½at²   →   X_aut = 25 m + ½((3.7 m/s²)t².  →   X_aut = 25 m + (1.85 m/s²)t²     
2) Posición de la moto (X_moto): X_moto = X₀ + V_it + ½at²   →   X_moto = 0 m + ½((4.4 m/s²)t².  →   X_moto = (2.2 m/s²)t². El alcance se da cuando sus posiciones son iguales: X_moto = X_aut.
X_moto = X_aut. →   (2.2 m/s²)t². = 25 m + (1.85 m/s²)t²  →  (2.2 m/s²)t². - (1.85 m/s²)t² = 25 m  →   (0.35 m/s²)t² = 25 m   →   t = 8.45 seg.
De forma facil:   ∆a = a_moto - a_aut   →   ∆a = 4.4 m/s² - 3.7 m/s²   →   ∆a = 0.7 m/s2;     
X = ½∆at2   →   t² = 2X/∆a   →   t = [2(25 m)/0.7 m/s²]^½   →   t = 8.45 seg.
b) X_moto = ½a_motot²  →  X_moto = ½(4.4 m/s²)(8.45 s)²  →  X_moto = 157 m.     X_moto = ½a_autt²  →  X_aut = ½(3.7 m/s²)(8.45 s)²  →  X_aut = 132 m.
c) ∆V = ∆at   →   ∆V = (0.7 m/s²)(8.45 s)   →   ∆V = 5.92 m/s;     X₂ = ∆Vt₂ + ½∆at₂²   →   X₂ = (5.92 m/s)(2 s) + ½(0.7 m/s²)(2 s)²   →   X₂ = 13.24 m.  La moto esta adelantada 13 m del auto.