Estos 25 problemas originales trabajan la cinemática como descripción del movimiento: posiciones, tiempos, velocidades y aceleraciones. Todos los datos son hipotéticos, creados para practicar decisiones y cálculos; no son mediciones de deportistas. Cada caso identifica el sistema, los ejes, las unidades y los supuestos, resuelve las incógnitas y comprueba el resultado. El recorrido progresa desde rectas sencillas hasta proyectiles, rotaciones e incertidumbre, sin calcular fuerzas, trabajo ni energía.

Cómo leer y resolver estos 25 casos

Un problema queda resuelto cuando sabemos qué movimiento representa el resultado y bajo qué condiciones vale. Antes de sustituir números, identifica el objeto seguido, el origen espacial, la dirección positiva y el comienzo del reloj. Después comprueba unidades, signos y plausibilidad. Estos pasos ayudan tanto a calcular como a detectar una pregunta mal definida.

Los casos básicos usan relaciones directas; los intermedios combinan etapas o referencias; los avanzados reconstruyen condiciones o tratan incertidumbre. Las etiquetas describen la dificultad de razonamiento de esta colección, no una clasificación de nivel físico. Es útil intentar cada enunciado antes de leer las operaciones y luego contrastar una comprobación independiente.

Hall (2015, pp. 312–320 y 351–364) distingue magnitudes medias e instantáneas y desarrolla relaciones lineales y angulares. Sanz Arazuri y Ponce de León Elizondo (2023, presentación, p. 9) explican el valor de resolver por pasos. Aquí se utiliza ese propósito didáctico con enunciados nuevos; no se trasladan sus problemas ni sus soluciones.

Las magnitudes se sustituyen en metros, segundos y unidades angulares coherentes. National Institute of Standards and Technology (NIST, 2025b) remite a las convenciones del SI y a declarar el alcance de la incertidumbre. Una aceleración lineal se expresa en m/s²; una angular, en rad/s². Las conversiones preceden a las operaciones, no se corrigen solo al final.

Separar un modelo hipotético de una medición deportiva

Una ecuación correcta no garantiza que sus supuestos describan un ensayo real. En esta colección se idealizan rectas, ejes fijos, tramos uniformes y vuelos sin aire. Las idealizaciones permiten resolver una pregunta concreta y controlar signos. Al medir, hay que justificar esas condiciones con observaciones y considerar lo que el instrumento deja sin registrar.

Needham et al. (2022) evaluaron un procedimiento de captura sin marcadores frente a captura con marcadores en marcha, carrera y salto. El estudio ilustra que una reconstrucción cinemática requiere comparación con un criterio y condiciones definidas. Su registro multivista de alta frecuencia no convierte cualquier vídeo en una medición equivalente ni impone una frecuencia universal para estos ejercicios.

Los problemas 8 y 9 explicitan cómo se unen muestras discretas. Los problemas 24 y 25 separan cotas posibles de incertidumbres estándar. Ninguno asigna a un aparato una exactitud que no se haya evaluado. Una trayectoria observada también puede sufrir errores de calibración, perspectiva o identificación del punto seguido, además del redondeo numérico.

Problema 01. Cruzar dos marcas a velocidad constante

En un registro hipotético de carrera, un marcador pasa de una posición negativa a otra positiva respecto a una línea de referencia. Queremos describir su velocidad y localizarlo a mitad del intervalo. El caso permite distinguir el signo de una coordenada del sentido del movimiento, incluso antes de elegir la ecuación.

Dificultad: Básica. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador del corredor, observado desde el suelo. Fijamos x positivo hacia la segunda marca, x inicial de −3 m, x final de 9 m y tiempo de 2,40 s. Suponemos movimiento rectilíneo uniforme, reloj iniciado en la primera observación y ausencia de cambios de dirección. Todas las cantidades pertenecen a un ejemplo hipotético.

vx=xf−x0Δt=9−(−3)2,40=5,00 m/s$$v_x=\frac{x_f-x_0}{\Delta t}=\frac{9-(-3)}{2,40}=5,00\ \mathrm{m/s}$$
x(1,20)=−3+5(1,20)=3,00 m$$x(1,20)=-3+5(1,20)=3,00\ \mathrm{m}$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad de +5,00 m/s, rapidez de 5,00 m/s y posición de +3,00 m al cabo de 1,20 s. La unidad de la división es metro por segundo; el signo positivo identifica avance sobre el eje elegido. Una posición inicial negativa no exige una velocidad negativa.

Comprobación y límites. Comprobación: 5,00 m/s multiplicado por 2,40 s reproduce 12 m; sumarlo a −3 m devuelve 9 m. La posición intermedia de 3 m está entre ambas marcas y es su promedio porque el modelo es uniforme. Dos posiciones por sí solas no permiten verificar experimentalmente aceleración nula.

Problema 02. Un recorrido de ida y vuelta que no termina en el origen

Una jugadora realiza un desplazamiento de ida y un regreso parcial durante una tarea de cancha hipotética. El registro empieza lejos del origen y termina antes de volver a la primera posición. Calcularemos velocidad media y rapidez media del recorrido completo, conservando la dirección del regreso en lugar de sumar coordenadas sin signos.

Dificultad: Básica. Datos, sistema y supuestos. Sistema: punto representativo de la jugadora en una recta del suelo. Parte de x = 2 m, avanza 18 m durante 5 s y retrocede 8 m durante 3 s. El eje positivo apunta hacia la ida. Despreciamos desplazamientos laterales y tratamos la inversión como ideal, sin resolver su duración ni aceleración.

xf=2+18−8=12 m$$x_f=2+18-8=12\ \mathrm{m}$$
v¯x=12−25+3=1,25 m/s,s¯=18+88=3,25 m/s$$\bar v_x=\frac{12-2}{5+3}=1,25\ \mathrm{m/s},\qquad \bar s=\frac{18+8}{8}=3,25\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: posición final de 12 m, desplazamiento de +10 m, recorrido de 26 m, velocidad media de +1,25 m/s y rapidez media de 3,25 m/s. Las dos medias comparten unidad, pero no describen la misma magnitud. El regreso reduce el desplazamiento y aumenta la distancia acumulada.

Una velocidad media pequeña puede coexistir con mucho movimiento. Tampoco equivale a la velocidad en cada tramo: bajo un supuesto uniforme separado, la ida sería +3,60 m/s y la vuelta −2,67 m/s. No utilizamos esas magnitudes como valores instantáneos durante el cambio de dirección.

Comprobación y límites. Comprobación: la última coordenada, 12 m, queda 10 m por delante del inicio. El recorrido de 26 m supera el módulo del desplazamiento de 10 m, como debe ocurrir. Cambiar el origen a la posición inicial convertiría las coordenadas en 0 y 10 m, sin cambiar ninguna media.

Dos recorridos sobre un eje: de 2 a 20 metros y regreso a 12. La distancia total es 26 metros y el desplazamiento positivo 10 metros.
Problema 02. Los dos tramos duran ocho segundos en total. La misma unidad m/s expresa rapidez media 3,25 y velocidad media +1,25, obtenidas de magnitudes distintas.EDUFISICA · Diagrama didáctico original.Ampliar diagrama

Problema 03. Dos tramos de igual distancia y distinta rapidez

Un patinador recorre dos segmentos rectos consecutivos de la misma longitud, pero emplea una rapidez diferente en cada uno. Se pide la rapidez media del conjunto y una explicación de por qué no basta promediar las dos velocidades. La clave consiste en reconstruir el tiempo utilizado antes de combinar los tramos.

Dificultad: Básica. Datos, sistema y supuestos. Sistema: patinador puntual en una trayectoria sin regreso. Cada tramo mide 12 m; la rapidez del primero es 3 m/s y la del segundo, 6 m/s. El eje positivo sigue el avance. Suponemos rapidez constante dentro de cada tramo y transición de duración despreciable, como simplificación docente, no como registro fisiológico.

t1=12/3=4 s,t2=12/6=2 s$$t_1=12/3=4\ \mathrm{s},\qquad t_2=12/6=2\ \mathrm{s}$$
s¯=244+2=4,00 m/s$$\bar s=\frac{24}{4+2}=4,00\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: 6 s de recorrido y rapidez media de 4,00 m/s. Como no hay inversión ni desviación de la recta, la velocidad media es +4,00 m/s. El promedio de 3 y 6, igual a 4,50 m/s, no corresponde al cociente solicitado.

El patinador pasa más tiempo en el tramo lento, de modo que ese estado pesa más en la media temporal. La media obtenida cae entre 3 y 6 m/s y se acerca más al menor valor. Este razonamiento ayuda a detectar errores aun antes de realizar las operaciones con decimales.

Comprobación y límites. Comprobación: avanzar 24 m a la media calculada requiere 24/4 = 6 s, exactamente la suma de los tiempos. Si se usara 4,50 m/s, aparecerían 5,33 s y la reconstrucción fallaría. El salto ideal de rapidez entre tramos no informa de una aceleración real ni de su duración.

Problema 04. Alcanzar a una compañera que ya lleva ventaja

Dos corredoras avanzan por la misma recta y se observan desde un reloj común. Una tiene ventaja inicial, pero la otra mantiene mayor velocidad en el intervalo hipotético. Determinaremos cuándo coinciden sus posiciones y dónde sucede el encuentro. La resolución depende de comparar movimientos respecto a una referencia compartida, no de igualar distancias recorridas.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: dos puntos A y B referidos al suelo. En t = 0, A está en x = 0 m y avanza a 5 m/s; B está en x = 12 m y avanza a 3 m/s. Adoptamos +x hacia su avance y MRU para ambas. No se analiza interacción física ni cambio de velocidad al encontrarse.

xA=5t,xB=12+3t$$x_A=5t,\qquad x_B=12+3t$$
5t=12+3t ⇒ t=6,00 s,x=30,0 m$$5t=12+3t\ \Rightarrow\ t=6,00\ \mathrm{s},\qquad x=30,0\ \mathrm{m}$$

Resultado e interpretación. Resultado: coinciden a los 6,00 s, en x = 30,0 m. A ha recorrido 30 m y B, 18 m desde el inicio del reloj. No hay contradicción: B tenía 12 m de ventaja. La diferencia de velocidades es +2 m/s a favor de A.

Comprobación y límites. Comprobación: sustituir 6 s en ambas ecuaciones produce 30 m. De forma independiente, cerrar una separación de 12 m a razón de 2 m/s requiere 6 s. El resultado solo vale mientras se mantengan las velocidades asumidas; no es una predicción de una carrera con fatiga, curvas o aceleraciones variables.

Problema 05. Acelerar desde una marcha inicial

Un corredor entra en una zona de observación con una velocidad distinta de cero y aumenta su velocidad de forma uniforme en el modelo. Calcularemos su desplazamiento y su velocidad final durante un intervalo corto. La tarea obliga a conservar la velocidad inicial, que no desaparece por reiniciar el reloj del análisis.

Dificultad: Básica. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador del corredor, con x inicial de 0 m y +x hacia delante. Los datos hipotéticos son velocidad inicial de 2 m/s, aceleración constante de +1,50 m/s² y duración de 2 s. Se supone trayectoria recta, referencia del suelo y aceleración idéntica en todo el intervalo, sin extender ese supuesto a una salida completa.

vf=2+1,50(2)=5,00 m/s$$v_f=2+1,50(2)=5,00\ \mathrm{m/s}$$
Δx=2(2)+12(1,50)(2)2=7,00 m$$\Delta x=2(2)+\tfrac12(1,50)(2)^2=7,00\ \mathrm{m}$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad final de +5,00 m/s y desplazamiento de +7,00 m. La rapidez media del tramo es 3,50 m/s. No es correcto utilizar únicamente la velocidad final para multiplicarla por los dos segundos: eso asignaría al comienzo una rapidez que el modelo solo alcanza al final.

La aceleración positiva aumenta la rapidez porque la velocidad también es positiva. Con otro sentido inicial, el significado de ese mismo signo necesitaría revisarse. El desplazamiento obtenido queda entre los 4 m que se recorrerían manteniendo 2 m/s y los 10 m correspondientes a mantener 5 m/s desde el principio.

Comprobación y límites. Comprobación: en MRUV, la velocidad media es el promedio de las velocidades inicial y final. Multiplicar (2 + 5)/2 por 2 s reproduce 7 m. Además, 5² − 2² = 21 m²/s² coincide con 2 por 1,50 m/s² por 7 m; ambas identidades verifican la sustitución.

Problema 06. Detenerse sin prolongar indebidamente el modelo

Una deportista entra en una recta a velocidad positiva y reduce su rapidez con aceleración constante hasta detenerse. Se pide el tiempo y el recorrido necesarios en el modelo hipotético. El problema termina precisamente al alcanzar velocidad nula; prolongar la misma ecuación después de ese instante cambiaría el movimiento que se pretende describir.

Dificultad: Básica. Datos, sistema y supuestos. Sistema: deportista puntual desde x = 0 m, con +x en el sentido de entrada. La velocidad inicial es +6 m/s y la aceleración, −2,50 m/s². El suelo es la referencia y la trayectoria se mantiene recta. Admitimos la aceleración uniforme únicamente hasta la parada; no deducimos fuerzas de frenado ni recomendaciones técnicas.

0=6−2,50t ⇒ t=2,40 s$$0=6-2,50t\ \Rightarrow\ t=2,40\ \mathrm{s}$$
Δx=6(2,40)−12(2,50)(2,40)2=7,20 m$$\Delta x=6(2,40)-\tfrac12(2,50)(2,40)^2=7,20\ \mathrm{m}$$

Resultado e interpretación. Resultado: parada a los 2,40 s después de recorrer 7,20 m. La rapidez media durante el frenado uniforme es 3,00 m/s. La posición final sigue siendo positiva, aunque la aceleración sea negativa; coordenada, velocidad y aceleración representan magnitudes diferentes.

Si se insertara un tiempo superior a 2,40 s sin modificar la aceleración, la ecuación daría velocidad negativa y un regreso. Eso sería otro supuesto de movimiento, no la continuación automática de una parada. El cierre temporal del modelo es tan necesario como utilizar correctamente el signo en la sustitución.

Comprobación y límites. Comprobación: la identidad sin tiempo da 0² = 6² + 2(−2,50)(7,20), cuyo lado derecho es cero. El área triangular bajo la velocidad frente al tiempo vale 6 por 2,40 dividido entre dos, también 7,20 m. Ambas comprobaciones conservan una distancia positiva hasta la parada.

Problema 07. Llegar a una marca con una incógnita temporal

En un desplazamiento corto hipotético de patinaje, conocemos la velocidad de entrada, la aceleración uniforme y la distancia hasta una marca. La duración no viene dada. Calcularemos el tiempo de llegada y la velocidad allí, seleccionando la raíz compatible con un movimiento posterior al inicio de la observación y comprobando el recorrido reconstruido.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador del patinador referido al suelo, x inicial de 0 m y marca situada en x = 10 m. La velocidad inicial es +1,20 m/s y la aceleración, +0,80 m/s². Adoptamos +x hacia la marca y aceleración constante. Se descartan viento, curvas y cambios del patrón de aceleración durante ese intervalo.

10=1,20t+0,40t2$$10=1,20t+0,40t^2$$
t=−1,20+1,202+2(0,80)(10)0,80=3,720 s$$t=\frac{-1,20+\sqrt{1,20^2+2(0,80)(10)}}{0,80}=3,720\ \mathrm{s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: tiempo aproximado de 3,720 s y velocidad final de +4,176 m/s. La otra raíz es aproximadamente −6,720 s y queda fuera del intervalo solicitado. El denominador tiene unidad de aceleración; el cociente entre velocidad y aceleración proporciona segundos.

Comprobación y límites. Comprobación: 1,20 por 3,720 más 0,40 por 3,720 al cuadrado reproduce unos 10 m con el pequeño efecto del redondeo. Además, la velocidad final al cuadrado debe ser 1,20² + 2(0,80)(10) = 17,44 m²/s². Su raíz positiva coincide con los 4,176 m/s calculados.

Problema 08. Estimar velocidad y aceleración con tres posiciones

Tres posiciones hipotéticas de un marcador se registran a intervalos temporales iguales durante una carrera. Queremos estimar la velocidad y la aceleración en el instante central mediante diferencias finitas. La tarea muestra cómo derivar datos discretos sin confundir una estimación local con la demostración de que toda la carrera siguió una aceleración constante.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador observado en una recta calibrada del suelo, +x hacia delante. Los tiempos son 0,00; 0,10 y 0,20 s, y las posiciones, 1,00; 1,44 y 1,96 m. Suponemos tiempos exactos para el ejercicio y una interpolación cuadrática local. No añadimos datos de cámara ni incertidumbres que no se hayan proporcionado.

vx(0,10)≈1,96−1,002(0,10)=4,80 m/s$$v_x(0,10)\approx\frac{1,96-1,00}{2(0,10)}=4,80\ \mathrm{m/s}$$
ax(0,10)≈1,96−2(1,44)+1,00(0,10)2=8,00 m/s2$$a_x(0,10)\approx\frac{1,96-2(1,44)+1,00}{(0,10)^2}=8,00\ \mathrm{m/s^2}$$

Resultado e interpretación. Resultado del interpolante: velocidad de +4,80 m/s y aceleración de +8,00 m/s² en t = 0,10 s. El segundo numerador vale 0,08 m; dividirlo por 0,01 s² da la unidad correcta. La aceleración positiva es compatible con el aumento de los desplazamientos entre muestras.

Estas tres observaciones no descartan una trayectoria más compleja entre instantes. No deben presentarse como una medición directa de aceleración instantánea ni como una norma para cualquier frecuencia de cámara. Reducir el intervalo temporal sin controlar los errores de posición puede amplificar el ruido al dividir por un tiempo al cuadrado.

Comprobación y límites. Comprobación: las pendientes de los tramos vecinos son 4,40 y 5,20 m/s; su promedio es 4,80 m/s. Esas pendientes se asocian a los puntos medios separados 0,10 s, y su diferencia dividida por esa separación da 8,00 m/s². El control verifica el cálculo discreto, no valida experimentalmente el interpolante.

Tres posiciones de 1, 1,44 y 1,96 metros medidas a 0, 0,1 y 0,2 segundos. Secantes de 4,4 y 5,2 metros por segundo; estimaciones centrales de 4,8 metros por segundo y 8 metros por segundo cuadrado.
Problema 08. Las pendientes de intervalos y las diferencias centrales usan las mismas tres muestras. Un interpolante cuadrático reproduce estos valores, pero las muestras no determinan todo el movimiento entre ellas.EDUFISICA · Diagrama didáctico original.Ampliar diagrama

Problema 09. Recuperar desplazamiento desde una gráfica de velocidad

Un registro hipotético proporciona cuatro valores de velocidad y exige reconstruir el desplazamiento entre el primero y el último. El modelo une las muestras mediante rectas. Resolveremos el área bajo la gráfica por tramos y explicaremos por qué la respuesta depende de esa interpolación, en vez de atribuir a las muestras información continua que no contienen.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: deportista puntual sobre una recta del suelo, con x inicial de 0 m. A los tiempos 0, 1, 2 y 3 s se asignan velocidades de 0, 2, 4 y 3 m/s. El eje positivo apunta al avance. Se supone velocidad lineal entre muestras, sin cambios ocultos ni desplazamiento lateral.

Δx=0+22(1)+2+42(1)+4+32(1)=7,50 m$$\Delta x=\frac{0+2}{2}(1)+\frac{2+4}{2}(1)+\frac{4+3}{2}(1)=7,50\ \mathrm{m}$$
v¯x=7,50/3=2,50 m/s$$\bar v_x=7,50/3=2,50\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: desplazamiento de +7,50 m, distancia de 7,50 m y velocidad media de +2,50 m/s. Las contribuciones de cada segundo son 1,00; 3,00 y 3,50 m. La velocidad máxima muestreada es 4 m/s, pero no debe usarse como si hubiese permanecido constante durante los tres segundos.

Comprobación y límites. Comprobación: integrar por separado las rectas del primer y segundo tramo da 1 y 3 m; el tercero tiene velocidad media de 3,50 m/s durante 1 s. Su suma vuelve a dar 7,50 m. En el último tramo la aceleración modelada es −1 m/s², aunque la deportista todavía avance en sentido positivo.

Problema 10. Integrar una velocidad que cambia de signo

Durante una tarea rectilínea hipotética, una jugadora avanza y después regresa con otra velocidad. Esta vez el registro proporciona directamente velocidades y duraciones, no distancias. Calcularemos posición final, desplazamiento y recorrido, y compararemos las medias del conjunto. La gráfica permite reconocer que las áreas negativas modifican el desplazamiento, pero no restan distancia recorrida.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador de la jugadora sobre el suelo, con posición inicial de 5 m. Adoptamos +x hacia la ida. La velocidad es +3 m/s durante 4 s y −2 m/s durante los siguientes 3 s. Suponemos cada tramo uniforme e inversión instantánea ideal; no estimamos aceleración en la discontinuidad del modelo.

Δx=3(4)+(−2)(3)=6,00 m,xf=5+6=11,0 m$$\Delta x=3(4)+(-2)(3)=6,00\ \mathrm{m},\qquad x_f=5+6=11,0\ \mathrm{m}$$
L=3(4)+2(3)=18,0 m,v¯x=6/7,s¯=18/7$$L=3(4)+2(3)=18,0\ \mathrm{m},\quad \bar v_x=6/7,\quad \bar s=18/7$$

Resultado e interpretación. Resultado: posición final de 11 m, desplazamiento de +6 m, distancia de 18 m, velocidad media de +0,857 m/s y rapidez media de 2,571 m/s. El regreso tiene velocidad negativa, pero su contribución a la longitud recorrida es positiva: representa seis metros adicionales de movimiento.

Sumar las áreas firmadas corresponde al desplazamiento. Sumar sus magnitudes corresponde al recorrido porque cada tramo conserva el signo de velocidad. Si una función continua cruzara por cero dentro de un tramo, tendríamos que dividirlo allí antes de acumular distancia, en lugar de tomar solo el módulo del área total.

Comprobación y límites. Comprobación: al terminar la ida, la posición es 17 m; el regreso de 6 m conduce a 11 m. Las dos longitudes suman 18 m y el módulo del desplazamiento, 6 m, no las supera. Una aceleración infinita no se interpreta como una capacidad humana: procede únicamente de la inversión instantánea idealizada.

Problema 11. Un recorrido en dos direcciones del plano

Una jugadora hace un desplazamiento hacia el este y después otro hacia el sur durante una tarea hipotética. Se pide la velocidad media vectorial y la rapidez media del conjunto. Resolveremos las componentes respecto al mismo plano, conservando la diferencia entre la longitud de la trayectoria en ángulo recto y la separación directa entre sus extremos.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: jugadora puntual referida al suelo; +x al este y +y al norte. Parte de (1; 4) m, recorre 6 m al este y 8 m al sur en un tiempo total de 2,50 s. Suponemos los dos tramos rectos, sin desplazamiento vertical y con duración de la esquina incluida idealmente en ese tiempo total.

Δr=(6;−8) m,v¯=(2,40;−3,20) m/s$$\Delta\mathbf r=(6;-8)\ \mathrm{m},\qquad \bar{\mathbf v}=(2,40;-3,20)\ \mathrm{m/s}$$
|v¯|=62+822,50=4,00 m/s,s¯=14/2,50=5,60 m/s$$|\bar{\mathbf v}|=\frac{\sqrt{6^2+8^2}}{2,50}=4,00\ \mathrm{m/s},\quad \bar s=14/2,50=5,60\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: posición final (7; −4) m, velocidad media con componentes +2,40 y −3,20 m/s, módulo de 4,00 m/s y rapidez media de 5,60 m/s. La dirección de la media apunta al sureste: su ángulo respecto a +x es aproximadamente −53,13°, usando la convención antihoraria positiva.

Comprobación y límites. Comprobación: multiplicar las componentes de la media por 2,50 s recupera los desplazamientos de 6 y −8 m. La diagonal mide 10 m y el recorrido, 14 m. La suma con las coordenadas iniciales reproduce el punto final; una media de 5,60 m/s aplicada a la diagonal daría una longitud incorrecta.

Problema 12. Un pase horizontal que llega a una altura inferior

Una pelota sale horizontalmente en un ejercicio hipotético y se sigue hasta que su centro alcanza una altura inferior a la de salida. Calcularemos el tiempo, el avance horizontal y la velocidad vertical allí. Las alturas se refieren al mismo origen del suelo, y el vuelo empieza al abandonar el contacto con la mano.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: centro de una pelota modelada como punto. Definimos +x horizontal hacia el pase y +y hacia arriba. La altura inicial es 1,35 m, la altura final 0,35 m, la velocidad horizontal inicial 7,20 m/s y la vertical inicial cero. Adoptamos g = 9,81 m/s² y despreciamos aire y giro.

0,35=1,35−12(9,81)t2 ⇒ t=2/9,81=0,4515 s$$0,35=1,35-\tfrac12(9,81)t^2\ \Rightarrow\ t=\sqrt{2/9,81}=0,4515\ \mathrm{s}$$
x=7,20t=3,251 m,vy=−9,81t=−4,429 m/s$$x=7,20t=3,251\ \mathrm{m},\qquad v_y=-9,81t=-4,429\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: llegada a la altura indicada a los 0,4515 s, después de avanzar aproximadamente 3,251 m; la velocidad vertical es −4,429 m/s. La velocidad horizontal permanece en +7,20 m/s. El descenso es un desplazamiento de −1,00 m, aunque la altura final respecto al suelo sea positiva.

Una salida horizontal no implica un vuelo horizontal. La componente vertical cambia desde el primer instante bajo los supuestos adoptados. No hemos calculado el tiempo hasta tocar el suelo ni la recepción por una persona: el final definido es la llegada del centro de la pelota al nivel de 0,35 m.

Comprobación y límites. Comprobación: sustituir el tiempo sin redondear en la ecuación vertical devuelve 0,35 m. La identidad vertical independiente da velocidad al cuadrado igual a 2g por el descenso de 1 m. El signo de la raíz de velocidad se elige negativo porque la pelota baja; no se determina solo al elevar al cuadrado.

Problema 13. Un lanzamiento oblicuo desde una altura definida

Una pelota se lanza oblicuamente desde una altura positiva y el modelo termina cuando su centro alcanza el nivel de referencia. Se pide el tiempo de vuelo, el alcance horizontal y la altura máxima. El caso impide utilizar sin revisión la fórmula de tiempo propia de un lanzamiento que acaba a su misma altura inicial.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: centro de pelota puntual, +x en avance y +y arriba. Datos hipotéticos: rapidez inicial de 12 m/s, ángulo de 35° respecto a la horizontal, altura inicial de 1,40 m y altura final de 0 m. Usamos g = 9,81 m/s², suelo horizontal y ausencia de aire; el punto final no considera el radio de una pelota real.

vx0=12cos35∘=9,8298,vy0=12sin35∘=6,8829 m/s$$v_{x0}=12\cos35^\circ=9,8298,\quad v_{y0}=12\sin35^\circ=6,8829\ \mathrm{m/s}$$
t=vy0+vy02+2g(1,40)g=1,5835 s$$t=\frac{v_{y0}+\sqrt{v_{y0}^2+2g(1,40)}}{g}=1,5835\ \mathrm{s}$$
xf=vx0t=15,565 m,ymax=1,40+vy022g=3,8146 m$$x_f=v_{x0}t=15,565\ \mathrm{m},\qquad y_{\max}=1,40+\frac{v_{y0}^2}{2g}=3,8146\ \mathrm{m}$$

Resultado e interpretación. Resultado: tiempo de 1,5835 s, alcance de 15,565 m y altura máxima de 3,8146 m sobre el suelo. El ascenso hasta el ápice dura 0,7016 s; el tiempo restante es mayor porque la llegada queda 1,40 m por debajo de la salida. Las cifras conservan el mismo origen vertical.

La ganancia de altura sobre la salida es 2,4146 m, diferente de la altura máxima absoluta. Esa distinción debe mantenerse al comparar lanzamientos. Una pelota real con radio no alcanza el suelo con su centro a cero: este problema representa un punto ideal y no un impacto geométrico o una trayectoria aerodinámica medida.

Comprobación y límites. Comprobación: la ecuación vertical con el tiempo calculado da aproximadamente cero. La velocidad vertical final es −8,6512 m/s, coherente con el descenso a un nivel inferior. Además, su cuadrado supera el de la componente vertical inicial en 2g por 1,40 m; esa identidad verifica el signo elegido para la altura.

Trayectoria calculada de un punto lanzado a 12 metros por segundo y 35 grados desde 1,4 metros hasta y igual a cero. Ápice a 3,8146 metros y alcance 15,5655 metros.
Problema 13. Cada punto dibujado procede del mismo modelo balístico. La altura inicial está referida al suelo; no es el aumento de altura respecto a la salida. El modelo no incluye aire ni radio de un balón.EDUFISICA · Diagrama didáctico original.Ampliar diagrama

Problema 14. Evaluar la altura de un pase en una posición horizontal

Para un pase hipotético conocemos las componentes iniciales de velocidad y una posición horizontal donde deseamos revisar la altura. Calcularemos cuándo cruza esa posición, a qué altura pasa y si asciende o desciende entonces. El problema diferencia alcanzar una coordenada horizontal de alcanzar simultáneamente una altura de referencia asociada a una recepción.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: centro puntual de pelota respecto al suelo, +x hacia el pase y +y arriba. Parte de x = 0 m, y = 1,60 m, con velocidad horizontal de 6 m/s y vertical de 4 m/s. Revisamos x = 4,80 m y una altura objetivo de 1,70 m. Adoptamos g = 9,81 m/s², sin aire.

t=4,80/6=0,800 s$$t=4,80/6=0,800\ \mathrm{s}$$
y=1,60+4(0,800)−12(9,81)(0,800)2=1,6608 m$$y=1,60+4(0,800)-\tfrac12(9,81)(0,800)^2=1,6608\ \mathrm{m}$$
vy=4−9,81(0,800)=−3,848 m/s$$v_y=4-9,81(0,800)=-3,848\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: cruza la coordenada horizontal a los 0,800 s, a 1,6608 m de altura y descendiendo. El centro queda 0,0392 m, es decir 3,92 cm, por debajo del nivel objetivo de 1,70 m. No hemos supuesto tolerancia ni radio para convertir esa diferencia en un acierto o fallo deportivo.

Que la altura aún sea superior a la de salida no significa que la pelota esté subiendo. La velocidad vertical negativa muestra que ya pasó por el ápice. Mezclar posición y sentido del movimiento ocultaría ese dato y podría llevar a elegir incorrectamente una fase del vuelo para interpretar un pase.

Comprobación y límites. Comprobación: el ápice ocurre a 4/9,81 = 0,4077 s, antes del tiempo de revisión. El producto de 6 m/s por 0,800 s devuelve 4,80 m. Convertir 0,0392 m a centímetros multiplica por cien; no por mil. El modelo pierde validez si intervienen contactos o fuerzas aerodinámicas importantes.

Problema 15. Estimar altura de salto con un tiempo de vuelo simétrico

Un modelo de salto vertical proporciona el tiempo durante el cual un punto representativo permanece en vuelo y vuelve a su altura de salida. Calcularemos la velocidad vertical inicial y la ganancia de altura. La igualdad de alturas es una condición expresa del ejercicio, que no debe atribuirse automáticamente a cualquier registro de despegue y aterrizaje.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: punto representativo del centro de masa, con +y arriba y suelo como referencia. El tiempo hipotético de vuelo es 0,640 s; la altura de llegada coincide con la de salida. Durante el vuelo se supone aceleración vertical −9,81 m/s², sin aire. No modelamos flexión de piernas, contacto ni fase de impulso.

vy0=gT/2=9,81(0,640)/2=3,1392 m/s$$v_{y0}=gT/2=9,81(0,640)/2=3,1392\ \mathrm{m/s}$$
h=vy022g=gT28=0,502272 m$$h=\frac{v_{y0}^2}{2g}=\frac{gT^2}{8}=0,502272\ \mathrm{m}$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad vertical inicial de +3,1392 m/s y aumento de altura de aproximadamente 0,5023 m, o 50,23 cm. El ápice ocurre 0,320 s después de salir. La altura calculada es una ganancia del punto modelado respecto a su posición inicial; no la altura de las manos ni de los pies sobre el suelo.

Un tiempo entre contactos de pies no garantiza por sí solo que el centro de masa tenga alturas iguales al despegar y aterrizar. Cambios posturales pueden romper esa condición. El cálculo tampoco estima la duración del impulso, la fuerza aplicada ni la capacidad de salto de una persona concreta.

Comprobación y límites. Comprobación: al sustituir T = 0,640 s en el desplazamiento vertical, los términos v inicial por tiempo y medio g por tiempo al cuadrado se cancelan. Al ápice, la velocidad resulta cero. Si las alturas finales fueran distintas, esta simetría temporal dejaría de ser válida y sería necesaria la ecuación vertical completa.

Problema 16. Un vuelo vertical que termina más abajo

Un punto representativo sale hacia arriba y termina su vuelo a una altura inferior a la de partida en un escenario deportivo hipotético. Se pide la duración y la velocidad vertical final. La tarea sirve para revisar la simetría utilizada en saltos de alturas iguales y para elegir correctamente el signo de la diferencia vertical.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: punto representativo, +y hacia arriba respecto al suelo. La altura inicial es 1,80 m, la final 0,30 m y la velocidad vertical inicial +3,60 m/s. Usamos g = 9,81 m/s² y despreciamos aire. El final corresponde al nivel del punto modelado; no al primer contacto de un pie ni a un aparato corporal específico.

−1,50=3,60t−12(9,81)t2$$-1,50=3,60t-\tfrac12(9,81)t^2$$
t=3,60+3,602+2(9,81)(1,50)9,81=1,03066 s$$t=\frac{3,60+\sqrt{3,60^2+2(9,81)(1,50)}}{9,81}=1,03066\ \mathrm{s}$$
vyf=3,60−9,81t=−6,51076 m/s$$v_{yf}=3,60-9,81t=-6,51076\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: duración aproximada de 1,03066 s y velocidad vertical final de −6,51076 m/s. El ápice queda 0,66055 m por encima de la salida, a una altura absoluta de 2,46055 m. La componente final tiene mayor módulo que la inicial porque el punto termina en un nivel inferior.

El tiempo no es dos veces el tiempo de ascenso: la bajada llega más lejos verticalmente. Tampoco puede calcularse como una caída desde el reposo de 1,50 m, porque existe velocidad inicial ascendente. Confundir la altura inicial con el desplazamiento vertical cambiaría tanto la ecuación como la duración obtenida.

Comprobación y límites. Comprobación: el cuadrado de la velocidad final es 3,60² + 2(9,81)(1,50) = 42,39 m²/s². Elegimos la raíz negativa porque el punto desciende. Sustituir el tiempo en la posición devuelve 0,30 m; el tiempo de regreso a la altura inicial, 0,73394 s, es menor que el de llegada final.

Problema 17. Reconstruir un lanzamiento desde una posición posterior

Un registro hipotético permite conocer dónde está el centro de una pelota medio segundo después de salir, pero no informa directamente de su velocidad inicial. Reconstruiremos ambas componentes y la dirección de salida bajo un modelo balístico. La identificación utiliza cambios de posición respecto al lanzamiento y no sustituye la altura final por un desplazamiento vertical.

Dificultad: Avanzada. Datos, sistema y supuestos. Sistema: centro puntual de pelota, +x horizontal hacia delante y +y arriba. Sale desde (0; 1,20) m; a los 0,50 s está en (3,00; 1,60) m. Usamos g = 9,81 m/s² y suponemos vuelo sin aire desde el comienzo. Las posiciones son datos hipotéticos exactos; no se estima aquí incertidumbre de un sistema de captura.

vx0=3,00/0,50=6,00 m/s$$v_{x0}=3,00/0,50=6,00\ \mathrm{m/s}$$
vy0=0,40+12(9,81)(0,50)20,50=3,2525 m/s$$v_{y0}=\frac{0,40+\tfrac12(9,81)(0,50)^2}{0,50}=3,2525\ \mathrm{m/s}$$
v0=62+3,25252=6,8249 m/s,θ=arctan(3,2525/6)=28,461∘$$v_0=\sqrt{6^2+3,2525^2}=6,8249\ \mathrm{m/s},\quad \theta=\arctan(3,2525/6)=28,461^\circ$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad inicial con componentes +6,00 y +3,2525 m/s; rapidez inicial de 6,8249 m/s y ángulo de 28,461° sobre la horizontal. Usar solamente 0,40/0,50 daría la velocidad vertical media de 0,80 m/s, que no coincide con la componente vertical inicial del lanzamiento.

La pelota gana 0,40 m entre ambas observaciones, aunque al segundo instante ya está descendiendo: su velocidad vertical allí es −1,6525 m/s. Una diferencia positiva de alturas no identifica automáticamente una fase ascendente. La reconstrucción depende de conocer el tiempo y de aceptar el modelo sin aire; otra aceleración produciría otros valores iniciales.

Comprobación y límites. Comprobación: multiplicar 6,00 m/s por 0,50 s devuelve los 3 m horizontales. En vertical, 3,2525 por 0,50 menos 4,905 por 0,50 al cuadrado devuelve 0,40 m. El módulo es mayor que cualquiera de sus componentes y el ángulo queda en el primer cuadrante, como requieren sus signos positivos.

Problema 18. Comprobar una altura mínima de paso

En un lanzamiento hipotético se desea saber si el centro ideal de una pelota alcanza una altura mínima al cruzar una referencia horizontal. Calcularemos la altura de paso y la componente vertical inicial necesaria para llegar justo a ese nivel. El resultado incluye el límite de igualdad, sin convertirlo en una garantía de superar un obstáculo real.

Dificultad: Avanzada. Datos, sistema y supuestos. Sistema: centro puntual, +x hacia la referencia y +y arriba. La salida está a 1,60 m, con velocidad horizontal de 8 m/s y vertical de 5 m/s. La referencia se sitúa a x = 4 m y su nivel mínimo es 3,20 m. Se adopta g = 9,81 m/s²; no hay aire, radio ni margen de seguridad.

t=4/8=0,500 s,y=1,60+5(0,500)−4,905(0,500)2=2,87375 m$$t=4/8=0,500\ \mathrm{s},\quad y=1,60+5(0,500)-4,905(0,500)^2=2,87375\ \mathrm{m}$$
vy0,min=3,20−1,60+4,905(0,500)20,500=5,6525 m/s$$v_{y0,\min}=\frac{3,20-1,60+4,905(0,500)^2}{0,500}=5,6525\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: con la condición original, el centro pasa 0,32625 m por debajo del nivel mínimo. Manteniendo la componente horizontal en 8 m/s, una componente vertical de 5,6525 m/s alcanza exactamente 3,20 m allí. Para pasar estrictamente por encima, esa componente debe ser mayor dentro del mismo modelo, sin que se haya definido un margen adicional.

La igualdad calcula contacto con el nivel matemático de referencia, no una separación geométrica entre la superficie de una pelota y un obstáculo. Añadir radio, grosor o tolerancias exigiría modificar la altura requerida. El ejercicio tampoco afirma que aumentar una componente sea una instrucción técnica viable para una persona concreta.

Comprobación y límites. Comprobación: insertar 5,6525 m/s en la ecuación vertical a los 0,500 s devuelve 3,20 m. La diferencia entre las componentes verticales es 0,6525 m/s; durante medio segundo genera 0,32625 m adicionales de altura, exactamente el déficit inicial, porque la contribución gravitatoria permanece igual en la comparación.

Problema 19. Convertir cadencia a velocidad angular y tangencial

Un pedal gira alrededor de un eje fijo a una cadencia hipotética expresada en revoluciones por minuto. Se pide la velocidad angular en unidades basadas en segundos y la rapidez tangencial de un marcador del pedal. Antes de multiplicar por un radio, debemos convertir vueltas a radianes y minutos a segundos, sin mezclar ambas conversiones.

Dificultad: Básica. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador unido rígidamente a una biela de radio 0,17 m; el eje de un ergómetro permanece fijo respecto al suelo. La cadencia es 84 rev/min y el giro se considera uniforme y positivo según una vista lateral antihoraria. Se ignoran holguras y movimiento del eje. El radio es la distancia al eje, no el diámetro.

f=84/60=1,40 rev/s,ω=2πf=8,79646 rad/s$$f=84/60=1,40\ \mathrm{rev/s},\quad \omega=2\pi f=8,79646\ \mathrm{rad/s}$$
st=R|ω|=0,17(8,79646)=1,49540 m/s$$s_t=R|\omega|=0,17(8,79646)=1,49540\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: frecuencia de 1,40 revoluciones por segundo, velocidad angular de +8,79646 rad/s y rapidez tangencial de 1,49540 m/s. La vuelta dura 0,7143 s. La rapidez del marcador no es la velocidad de avance de una bicicleta: en el sistema descrito el eje del ergómetro no se traslada.

Usar 84 directamente en radio por velocidad angular daría un número con una conversión pendiente y un resultado incorrecto. El signo de la velocidad angular identifica sentido de giro; la rapidez tangencial, como módulo, permanece no negativa. Para indicar una velocidad tangencial vectorial también debemos precisar la posición del marcador en la circunferencia.

Comprobación y límites. Comprobación: la longitud de una vuelta es dos pi por 0,17 m, unos 1,06814 m. Multiplicarla por 1,40 vueltas/s reproduce 1,49540 m/s. El cálculo evita interpretar radianes como metros: el radio aporta la longitud y el ángulo en radianes expresa la proporción geométrica del arco.

Problema 20. Distinguir el arco recorrido de la cuerda

Un marcador de un implemento gira por un sector de circunferencia alrededor de un eje fijo ideal. Calcularemos el arco recorrido, la separación recta entre extremos y las medias angular y tangencial del intervalo. La diferencia entre ambas longitudes obliga a distinguir distancia curvilínea y desplazamiento, incluso cuando no exista inversión del sentido de giro.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador rígido a 0,65 m de un eje fijo del suelo. En 0,25 s pasa de orientación 0° a 75° en sentido antihorario positivo, sin retrocesos. El movimiento ocurre en un plano y el radio permanece constante. No se presupone velocidad angular constante: solo se conoce el cambio total y la duración.

Δθ=75π/180=1,30900 rad,L=0,65Δθ=0,85085 m$$\Delta\theta=75\pi/180=1,30900\ \mathrm{rad},\quad L=0,65\Delta\theta=0,85085\ \mathrm{m}$$
c=2(0,65)sin(75∘/2)=0,79139 m$$c=2(0,65)\sin(75^\circ/2)=0,79139\ \mathrm{m}$$
ω¯=1,30900/0,25=5,23599 rad/s,s¯t=0,85085/0,25=3,40339 m/s$$\bar\omega=1,30900/0,25=5,23599\ \mathrm{rad/s},\quad \bar s_t=0,85085/0,25=3,40339\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: arco de 0,85085 m, cuerda de 0,79139 m, velocidad angular media de +5,23599 rad/s y rapidez tangencial media de 3,40339 m/s. El módulo de la velocidad media vectorial es cuerda entre tiempo, aproximadamente 3,16556 m/s, menor que la rapidez media a lo largo del arco.

Multiplicar el radio por 75 sin convertir grados a radianes sería incorrecto en la ecuación del arco. Una articulación o un implemento reales pueden tener un eje móvil; entonces estas relaciones de radio fijo no describen automáticamente toda la trayectoria respecto al suelo. Aquí se mantiene el modelo expresamente delimitado.

Comprobación y límites. Comprobación: el arco supera la cuerda para este sector no nulo y menor que una vuelta. Su cociente da aproximadamente 1,0751, coherente con la curvatura. El arco dividido por el radio devuelve 1,309 rad, que convertido a grados recupera 75°. Ninguna media calculada demuestra que la velocidad instantánea haya sido uniforme.

Problema 21. Una rueda de ergómetro con aceleración angular uniforme

Una rueda de ergómetro comienza la observación girando y aumenta su velocidad angular durante un intervalo corto hipotético. Calcularemos el giro acumulado y la velocidad angular final. La situación permite aplicar el análogo angular del movimiento uniformemente acelerado, conservando una velocidad inicial que ya estaba presente antes de iniciar el reloj de observación.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: rueda rígida sobre eje fijo. En la vista elegida, el sentido antihorario es positivo. La velocidad angular inicial es +3 rad/s, la aceleración angular constante +2,40 rad/s² y el tiempo 1,50 s. No hay inversión del giro, variación del eje ni traslación del centro; no se analiza qué produce esa aceleración.

ωf=3+2,40(1,50)=6,60 rad/s$$\omega_f=3+2,40(1,50)=6,60\ \mathrm{rad/s}$$
Δθ=3(1,50)+12(2,40)(1,50)2=7,20 rad=1,14592 rev$$\Delta\theta=3(1,50)+\tfrac12(2,40)(1,50)^2=7,20\ \mathrm{rad}=1,14592\ \mathrm{rev}$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad final de +6,60 rad/s y giro de +7,20 rad, equivalente a 1,14592 vueltas. El ángulo acumulado supera dos pi porque la rueda completa más de una vuelta. Una orientación representada dentro de un círculo perdería esa información si no se registrase el número de vueltas.

Comprobación y límites. Comprobación: la media de 3 y 6,60 rad/s, multiplicada por 1,50 s, reproduce 7,20 rad. La identidad angular sin tiempo da 6,60² − 3² = 2(2,40)(7,20). No se deduce un torque, una potencia ni una carga de entrenamiento: todos los resultados son descripciones cinemáticas del giro hipotético.

Problema 22. Cambiar de dirección con rapidez constante en una curva

Un corredor sigue una circunferencia ideal manteniendo rapidez constante en un ejercicio hipotético. Se pide su velocidad angular, la magnitud de aceleración centrípeta y la duración de una vuelta. En un punto concreto indicaremos además las direcciones de velocidad y aceleración. La tarea demuestra que rapidez constante no exige aceleración vectorial nula.

Dificultad: Intermedia. Datos, sistema y supuestos. Sistema: corredor puntual en una circunferencia horizontal de radio 12 m respecto al suelo. Su rapidez es 4,80 m/s, en sentido antihorario. En el plano, +x apunta a la derecha y +y arriba del dibujo. Evaluamos el punto (12; 0) m, con el centro en el origen. El radio y la rapidez se mantienen constantes.

ω=4,80/12=0,400 rad/s,an=4,802/12=1,920 m/s2$$\omega=4,80/12=0,400\ \mathrm{rad/s},\quad a_n=4,80^2/12=1,920\ \mathrm{m/s^2}$$
T=2π(12)/4,80=15,708 s$$T=2\pi(12)/4,80=15,708\ \mathrm{s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad angular positiva de 0,400 rad/s, aceleración centrípeta de 1,920 m/s² y vuelta de 15,708 s. En el punto indicado, la velocidad es (0; +4,80) m/s y la aceleración (−1,920; 0) m/s². La primera es tangente; la segunda apunta al centro y es perpendicular a ella.

Comprobación y límites. Comprobación: el producto de velocidad angular por radio devuelve 4,80 m/s. La otra forma, omega al cuadrado por radio, reproduce 1,920 m/s². Este valor describe cambio de dirección; no es una fuerza centrípeta en newtons ni una estimación de exigencia muscular. No se afirma que una curva real tenga siempre radio o rapidez constantes.

En el extremo derecho de una circunferencia horizontal la velocidad apunta hacia arriba y la aceleración normal al centro, hacia la izquierda. Radio 12 metros y rapidez 4,8 metros por segundo.
Problema 22. La circunferencia conserva radio y rapidez en el modelo. Las flechas muestran dirección cinemática y usan escalas propias; no representan fuerzas ni permiten calcular una exigencia muscular.EDUFISICA · Diagrama didáctico original.Ampliar diagrama

Problema 23. Separar aceleraciones tangencial y normal durante un giro

Un marcador de un dispositivo de entrenamiento gira con velocidad angular positiva, pero está reduciendo su rapidez en el instante observado. Calcularemos las componentes tangencial y normal de aceleración y su magnitud total. La tarea exige combinar direcciones perpendiculares y conservar el signo del frenado, sin sumar como escalares dos componentes de distinto sentido.

Dificultad: Avanzada. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador rígido a 0,40 m de un eje fijo. En el plano del dibujo, +x va a la derecha, +y arriba y el giro antihorario es positivo. En el punto (0,40; 0) m, la velocidad angular instantánea es +5 rad/s y la aceleración angular −3 rad/s². Los valores son hipotéticos y el radio no cambia.

at=Rα=−1,20 m/s2,an=Rω2=10,0 m/s2$$a_t=R\alpha=-1,20\ \mathrm{m/s^2},\quad a_n=R\omega^2=10,0\ \mathrm{m/s^2}$$
a=(−10,0;−1,20) m/s2,|a|=102+1,202=10,0717 m/s2$$\mathbf a=(-10,0;-1,20)\ \mathrm{m/s^2},\quad |\mathbf a|=\sqrt{10^2+1,20^2}=10,0717\ \mathrm{m/s^2}$$

Resultado e interpretación. Resultado: aceleración tangencial firmada de −1,20 m/s², normal de magnitud 10,0 m/s² y total de 10,0717 m/s². La velocidad en ese punto es (0; +2,00) m/s. El componente tangencial va hacia −y y reduce su rapidez, mientras el normal apunta hacia −x y cambia la dirección.

Comprobación y límites. Comprobación: rapidez al cuadrado entre radio da 2²/0,40 = 10 m/s². El producto escalar entre velocidad y aceleración es negativo, coherente con la reducción instantánea de rapidez. El módulo total supera ligeramente 10 m/s²; sumar 10 y −1,20 para obtener 8,80 m/s² ignoraría que las componentes son perpendiculares.

Problema 24. Dar un intervalo de velocidad desde límites de entrada

Un desplazamiento y un tiempo hipotéticos se proporcionan con límites de variación conocidos. Se pide la velocidad nominal y el intervalo compatible con todas las combinaciones permitidas. No se interpreta el símbolo más o menos como una desviación estándar: aquí expresa cotas del ejercicio y permite identificar qué combinación produce cada extremo del cociente.

Dificultad: Avanzada. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador en recta, con +x hacia avance y suelo como referencia. El desplazamiento pertenece a [2,98; 3,02] m y el tiempo a [0,59; 0,61] s. Los valores centrales son 3,00 m y 0,60 s. Suponemos tiempo positivo y cualquier combinación entre esos límites; no se asigna distribución de probabilidad ni cobertura estadística.

vnom=3,00/0,60=5,00 m/s$$v_{\mathrm{nom}}=3,00/0,60=5,00\ \mathrm{m/s}$$
vmin=2,98/0,61=4,88525,vmax=3,02/0,59=5,11864 m/s$$v_{\min}=2,98/0,61=4,88525,\quad v_{\max}=3,02/0,59=5,11864\ \mathrm{m/s}$$

Resultado e interpretación. Resultado: velocidad nominal de +5,00 m/s y valores compatibles entre +4,88525 y +5,11864 m/s. El intervalo no es exactamente simétrico alrededor de cinco. Solo constituye una garantía dentro de las cotas y del modelo declarados; no significa automáticamente una probabilidad del 95 % ni una incertidumbre estándar.

Comprobación y límites. Comprobación: los cuatro cocientes de esquina están dentro del intervalo y los valores extremos usan el menor tiempo para la velocidad mayor. Si numerador y denominador estuvieran vinculados, algunas combinaciones podrían ser imposibles y esta cota sería conservadora. No se debe combinar estos límites con el método estadístico del siguiente problema sin justificar su naturaleza.

Dos intervalos de entrada: desplazamiento entre 2,98 y 3,02 metros y tiempo entre 0,59 y 0,61 segundos. Extremos del cociente 4,88525 y 5,11864 metros por segundo.
Problema 24. Para entradas positivas, el mínimo combina menor desplazamiento con mayor tiempo; el máximo usa la combinación opuesta. La barra de salida representa límites compatibles, no una distribución de probabilidad.EDUFISICA · Diagrama didáctico original.Ampliar diagrama

Problema 25. Propagar incertidumbres estándar de dos componentes

Una velocidad plana hipotética se expresa mediante dos componentes con incertidumbres estándar pequeñas y sin correlación. Calcularemos rapidez y dirección, junto con sus incertidumbres mediante una aproximación lineal. El caso distingue una medida de dispersión estándar de las cotas garantizadas del problema anterior, y obliga a convertir la incertidumbre angular cuando se desea informar en grados.

Dificultad: Avanzada. Datos, sistema y supuestos. Sistema: marcador respecto al suelo, +x derecha y +y arriba del plano. Las componentes son 3,00 y 4,00 m/s; sus incertidumbres estándar son 0,03 y 0,04 m/s. Se supone covarianza nula, errores pequeños para la linealización y definición correcta de las componentes. No se incluye incertidumbre adicional de orientación del marco.

s=vx2+vy2=5,00 m/s,θ=arctan(vy/vx)=53,1301∘$$s=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=5,00\ \mathrm{m/s},\quad \theta=\arctan(v_y/v_x)=53,1301^\circ$$
us=(vxux/s)2+(vyuy/s)2=0,036715 m/s$$u_s=\sqrt{(v_xu_x/s)^2+(v_yu_y/s)^2}=0,036715\ \mathrm{m/s}$$
uθ=(vyux)2+(vxuy)2vx2+vy2=0,0067882 rad=0,38894∘$$u_\theta=\frac{\sqrt{(v_yu_x)^2+(v_xu_y)^2}}{v_x^2+v_y^2}=0,0067882\ \mathrm{rad}=0,38894^\circ$$

Se aplica propagación de primer orden con coeficientes de sensibilidad. La expresión incluye covarianzas si existen; aquí se anulan por supuesto. Es el marco descrito por NIST (2025a), no una regla para sumar intervalos máximos.

Resultado e interpretación. Resultado: rapidez de 5,00 m/s con incertidumbre estándar aproximada de 0,0367 m/s; dirección de 53,13° con incertidumbre estándar de 0,389°. La incertidumbre angular sale en radianes de la propagación y se multiplica por 180/pi para expresarla en grados. No afirmamos un intervalo de cobertura sin condiciones adicionales.

Comprobación y límites. Comprobación: los coeficientes para rapidez son 0,60 y 0,80; sus contribuciones estándar son 0,018 y 0,032 m/s. La suma cuadrática da 0,0367 m/s. Para dirección, ambas contribuciones son 0,0048 rad y su combinación es 0,0067882 rad. Correlación, errores grandes o un marco incierto exigirían ampliar el modelo y revisar esta aproximación.

Qué conservar al pasar de los problemas a la cancha

El aprendizaje útil consiste en reconocer qué variables conocemos y qué modelo puede relacionarlas. Conserva siempre la referencia espacial, las unidades y el intervalo de validez. Una comprobación debe poner a prueba el resultado por otra vía, no repetir ciegamente la misma sustitución. Los números hipotéticos permiten practicar esa lectura crítica antes de trabajar con datos medidos.

En una recta, revisar extremos y signos suele revelar errores. En proyectiles, la altura inicial y final del mismo punto deciden qué simplificaciones son válidas. En rotación, un eje móvil exige otro modelo. En incertidumbre, la naturaleza de las entradas decide si calculamos cotas o dispersiones. Las soluciones no sustituyen la validación de una técnica de medida ni prescriben una ejecución corporal.

Para conectar las magnitudes con otros contenidos, consulta el hub de biomecánica y la colección de problemas resueltos. Esta serie se limita a cinemática: el siguiente análisis de fuerzas, torques o intercambios de energía requiere datos y relaciones adicionales, y no se deduce automáticamente de una velocidad o aceleración calculada.

Preguntas frecuentes sobre resolver cinemática

Al resolver problemas aparecen dudas que no se corrigen solo con una calculadora. Algunas nacen de confundir magnitudes; otras, de utilizar una relación fuera de sus supuestos. Estas cinco respuestas reúnen decisiones que atraviesan la colección y permiten revisar una solución antes de aceptar sus decimales o trasladarla a una situación deportiva real.

¿Rapidez media y módulo de velocidad media son iguales?

Coinciden si la distancia recorrida equivale al módulo del desplazamiento, como en una recta sin inversión. Un regreso o una trayectoria curva puede hacerlas diferentes. La rapidez media usa toda la distancia; la velocidad media usa el desplazamiento vectorial. Compartir unidad no convierte esas dos definiciones en la misma magnitud.

¿Una aceleración negativa significa que el deportista frena?

Depende del signo de la velocidad y del marco elegido. En una recta, una velocidad positiva junto con aceleración negativa reduce inicialmente la rapidez; una velocidad negativa con aceleración negativa aumenta su módulo. El signo indica dirección sobre un eje. Para interpretar frenado debemos comparar velocidad y aceleración, no mirar una cifra aislada.

¿Puede calcularse un salto solo con el tiempo de vuelo?

La fórmula simétrica exige que el punto seguido salga y llegue a la misma altura, además del modelo balístico sin aire. Un tiempo entre contactos no demuestra por sí solo esa igualdad para el centro de masa. Con alturas diferentes hay que utilizar la ecuación vertical completa y declarar qué punto se está modelando.

¿Por qué se usan radianes al relacionar giro y movimiento lineal?

El radián define el ángulo mediante arco dividido por radio. Por eso las relaciones entre arco y radio, rapidez tangencial y velocidad angular, o aceleración tangencial y angular requieren esa medida coherente. Los grados pueden informarse, pero deben convertirse antes de sustituirlos en esas expresiones. Una vuelta corresponde a dos pi radianes.

¿Un resultado con muchos decimales es una medición más fiable?

Los decimales del cálculo no añaden información a las entradas. La fiabilidad depende del modelo, calibración, muestreo y naturaleza de la incertidumbre. Las cotas dadas y las incertidumbres estándar requieren tratamientos diferentes. Conviene conservar precisión durante las operaciones y redondear al informar, explicando qué resolución y qué incertidumbre pueden respaldar los datos.

Referencias

Las obras fundamentan conceptos y criterios de medición; no son la procedencia de los datos hipotéticos ni de los 25 enunciados originales. La referencia a Sanz y Ponce de León se limita a su presentación, y la investigación de captura contextualiza el control de mediciones, sin validar los ejemplos docentes.

  1. Hall, S. J. (2015). Basic biomechanics (7th ed.). McGraw-Hill Education. https://catalogue.bnf.fr/ark:/12148/cb43802890r
  2. National Institute of Standards and Technology. (2025a, 11 de septiembre). NIST TN 1297: Appendix A. Law of propagation of uncertainty. https://www.nist.gov/pml/nist-technical-note-1297/nist-tn-1297-appendix-law-propagation-uncertainty
  3. National Institute of Standards and Technology. (2025b, 12 de agosto). NIST TN 1297: Appendix D6. Uncertainty and units of the SI; proper use of the SI and quantity and unit symbols. https://www.nist.gov/pml/nist-technical-note-1297/nist-tn-1297-appendix-d6-uncertainty-and-units-si-proper-use-si-and
  4. Needham, L., Evans, M., Wade, L., Cosker, D. P., McGuigan, M. P., Bilzon, J. L., & Colyer, S. L. (2022). The development and evaluation of a fully automated markerless motion capture workflow. Journal of Biomechanics, 144, Article 111338. https://doi.org/10.1016/j.jbiomech.2022.111338
  5. Sanz Arazuri, E., & Ponce de León Elizondo, A. (2023). Biomecánica de la actividad física y el deporte: Problemas resueltos. Universidad de La Rioja, Servicio de Publicaciones. https://dialnet.unirioja.es/descarga/libro/12724.pdf