Exercicis de cinemàtica — Física i Química 1r Batxillerat

El canvi de la velocitat (en mòdul o en direcció) per unitat de temps.

La velocitat mitjana és l'espai recorregut dividit pel temps: v = 150 km / 2 h = 75 km/h.
Per passar-la a m/s dividim per 3,6: $\tfrac{75}{3{,}6} = 20{,}8$ m/s (aprox.).
Resultat coherent: 75 km/h és una velocitat típica de carretera.

El període és l'invers de la freqüència: T = 1/f.
T = 1 / 2 Hz = 0,5 s.
Cada volta triga mig segon, coherent amb 2 voltes per segon.

La distància recorreguda és la longitud del camí: 400 m.
El desplaçament és el vector que va de la posició inicial a la final; com que acaba on ha començat, el desplaçament és 0 m.
Rapidesa mitjana = distància / temps = 400 / 50 = 8 m/s.
Velocitat mitjana = desplaçament / temps = 0 / 50 = 0 m/s.
Error típic: confondre distància amb desplaçament. En una trajectòria tancada el desplaçament és nul encara que s'hagi corregut molt.

Comparem amb l'equació general x = x₀ + v·t: és un MRU amb x₀ = 20 m i v = 5 m/s (constant).
Posició a t = 6 s: x = 20 + 5·6 = 50 m.
Instant en què x = 100 m: 100 = 20 + 5t → 5t = 80 → t = 16 s.
Comprovació: 20 + 5·16 = 100 m.

Passem la velocitat al SI: 72 km/h = 72·$\tfrac{1000}{3600} = 20$ m/s.
a = Δv/Δt = $\tfrac{(20 - 0)}{5} = 4$ $\text{m/s}^{2}$.
Significa que la velocitat del cotxe augmenta 4 m/s cada segon: 4 m/s al cap d'1 s, 8 m/s als 2 s, i així fins a 20 m/s als 5 s.
Error típic: dividir 72 entre 5 sense passar a m/s.

És una caiguda lliure amb $v_{0}$ = 0.
Altura: h = ($\tfrac{1}{2}$)·g·$t^{2}$ = 0,5·9,8·$2^{2}$ = 19,6 m.
Velocitat d'arribada: v = g·t = 9,8·2 = 19,6 m/s (cap avall).
Comprovació: $v^{2}$ = 2·g·h = 2·9,8·19,6 = 384,16 → v = 19,6 m/s.

Freqüència: f = 1200 voltes / 60 s = 20 Hz.
Període: T = 1/f = 1/20 = 0,05 s (temps d'una volta).
Velocitat angular: ω = 2π·f = 2π·20 = 40π rad/s ≈ 125,7 rad/s.
Recorda: per passar de rpm a rad/s es multiplica per 2π/60.

a) Certa. Una pedra llançada cap amunt té v = 0 al punt més alt, però l'acceleració continua sent g cap avall; per això torna a baixar.
b) Falsa. La rapidesa és constant, però la direcció de la velocitat canvia contínuament: hi ha acceleració centrípeta $a_{c}$ = $\tfrac{v^{2}}{R}$ dirigida cap al centre.
c) Falsa. Acceleració constant (no nul·la) vol dir que la velocitat canvia sempre la mateixa quantitat cada segon: és un MRUA, no un moviment a velocitat constant.

L'error és barrejar unitats: la velocitat és en km/h i el temps en segons, de manera que el producte no és ni en metres ni en quilòmetres.
Cal passar la velocitat al SI: 72 km/h = 72·1000/3600 = 20 m/s.
d = v·t = 20·10 = 200 m.
Comprovació (passant el temps a hores): 10 s = 10/3600 h; d = 72·10/3600 = 0,2 km = 200 m.

Primer passem la velocitat a m/s: $\tfrac{36}{3{,}6} = 10$ m/s.
I la distància a metres: 3 km = 3000 m.
El temps és la distància entre la velocitat: t = 3000 $\tfrac{m}{10}$ $\tfrac{m}{s} = 300$ s.
Són 5 minuts, un valor raonable per a 3 km en bici.

Situem els dos ciclistes en un mateix eix i escrivim la posició de cadascun (MRU).
El primer surt de l'origen cap a la dreta: $x_{A}$ = 8·t.
El segon surt de la posició 300 m cap a l'esquerra (velocitat negativa): $x_{B}$ = 300 - 7·t.
Es troben quan ocupen la mateixa posició, és a dir quan $x_{A}$ = $x_{B}$: 8·t = 300 - 7·t.
Agrupem els termes amb t: 8·t + 7·t = 300, o sigui 15·t = 300, per tant t = 20 s.
El punt de trobada: $x_{A}$ = 8·20 = 160 m des de la sortida del primer.
Comprovació: el segon recorre 7·20 = 140 m, i 160 + 140 = 300 m, tota la separació inicial.

La velocitat angular és l'angle (en radians) recorregut cada segon. Com que una volta són 2·π radians i es fa en un període: ω = 2·π/T = 6,28/0,5 = 12,56 rad/s.
La velocitat lineal relaciona la velocitat angular amb el radi: v = ω·r = 12,56·0,2 = 2,51 m/s.
L'acceleració centrípeta apunta cap al centre i val a_c = v²/r = 2,51²/0,2 = 6,3/0,2 = 31,5 m/s².

Descomponem la velocitat inicial en dues components independents (aquesta és la idea clau del tir parabòlic).
Component horitzontal: v_0x = v₀·cos(α) = 20·0,87 = 17,4 m/s; es manté constant tota l'estona (MRU).
Component vertical: v_0y = v₀·sin(α) = 20·0,5 = 10 m/s; està sotmesa a la gravetat, com un tir vertical cap amunt.
Temps de pujada fins al punt més alt (quan la component vertical s'anul·la): v_0y/g = 10/10 = 1 s. El temps de vol és el doble, t = 2 s.
Altura màxima (amb la component vertical): h = v_0y²/(2·g) = 100/20 = 5 m.
Abast: horitzontalment és un MRU, x = v_0x·t = 17,4·2 = 34,8 m.

Velocitat inicial: $v_{0}$ = 90 km/h = 25 m/s; acceleració a = -5 $\text{m/s}^{2}$.
Temps fins a aturar-se: v = $v_{0}$ + a·t → 0 = 25 - 5t → t = 5 s.
Distància de frenada: d = $v_{0}$·t + ($\tfrac{1}{2}$)·a·$t^{2}$ = 25·5 - 0,5·5·25 = 125 - 62,5 = 62,5 m.
Comprovació: $v^{2}$ = $v_{0}$² + 2·a·d → 0 = 625 - 10·d → d = 62,5 m.
Com que 62,5 m > 50 m, no evita l'obstacle: hi xoca.
Error típic: fer els càlculs amb 90 en lloc de 25 m/s.

Prenem l'eix cap amunt: y = 19,6t - 4,9t²; v = 19,6 - 9,8t.
Altura màxima (v = 0): t = 19,6/9,8 = 2 s → h_max = 19,6·2 - 4,9·4 = 19,6 m. (També: h_max = v₀²/(2g) = 384,16/19,6 = 19,6 m.)
Temps de vol: el doble del temps de pujada, 4 s (o resolent y = 0: 19,6t - 4,9t² = 0 → t = 4 s).
Altura 14,7 m: 14,7 = 19,6t - 4,9t² → t² - 4t + 3 = 0 → t = 1 s (pujant) i t = 3 s (baixant).
Comprovació: els dos instants són simètrics respecte del punt més alt (t = 2 s).

Descomponem el moviment: en horitzontal és un MRU (v_x = 6 m/s) i en vertical una caiguda lliure (v_0y = 0).
Temps de caiguda (només depèn de l'altura): 4,9 = 0,5·9,8·t² → t² = 1 → t = 1 s.
Abast horitzontal: x = v_x·t = 6·1 = 6 m.
Components de la velocitat en arribar: v_x = 6 m/s; v_y = g·t = 9,8 m/s (cap avall).
Mòdul: v = √(6² + 9,8²) = √132,04 ≈ 11,5 m/s, amb un angle tan α = 9,8/6 → α ≈ 58,5° per sota de l'horitzontal.
Recorda: la velocitat horitzontal no canvia el temps de caiguda.

Període: T = 24·3600 = 86400 s.
Velocitat angular: ω = 2π/T = 2π/86400 ≈ 7,27·10^-5 rad/s.
Velocitat lineal a l'equador: v = ω·R = 7,27·10^-5·6,37·10⁶ ≈ 463 m/s ≈ 1670 km/h.
Acceleració centrípeta: a_c = ω²·R = v²/R = 463²/6,37·10⁶ ≈ 0,034 m/s².
És un valor molt petit comparat amb g (uns 0,3 %), per això no notem la rotació de la Terra.

Tram 1 (MRUA): $a_{1}$ = $\tfrac{(12 - 0)}{6} = 2$ $\text{m/s}^{2}$. Tram 2 (MRU): $a_{2}$ = 0. Tram 3 (frenada): $a_{3}$ = $\tfrac{(0 - 12)}{4}$ = -3 $\text{m/s}^{2}$.
La distància de cada tram és l'àrea sota la gràfica v-t:
$d_{1}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·12·6 = 36 m (triangle); $d_{2}$ = 12·10 = 120 m (rectangle); $d_{3}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·12·4 = 24 m (triangle).
Distància total: 36 + 120 + 24 = 180 m.
Comprovació del tram 1 amb la fórmula: d = ($\tfrac{1}{2}$)·2·$6^{2}$ = 36 m.

Velocitat: derivem cada component, v(t) = (3, 4 - 2t) m/s. Acceleració: a = (0, -2) $\text{m/s}^{2}$, constant.
(Equival a dir que en x hi ha un MRU de 3 m/s i en y un MRUA amb $v_{0y}$ = 4 m/s i $a_{y}$ = -2 $\text{m/s}^{2}$, comparant amb y = $v_{0y}$·t + ($\tfrac{1}{2}$)·a·$t^{2}$.)
A t = 0: v = (3, 4) → |v| = $\sqrt{9 + 16}$ = 5 m/s.
A t = 2 s: v = (3, 0) → |v| = 3 m/s; en aquest instant la component vertical s'anul·la: és el punt més alt (y = 8 - 4 = 4 m).
A t = 4 s: r = (12, 16 - 16) = (12, 0) m; la partícula torna a l'altura inicial. És un moviment parabòlic.

Composició de dos MRU perpendiculars: el de la barca (4 m/s, perpendicular a la riba) i el del corrent (3 m/s, paral·lel a la riba).
El temps de travessa només depèn de la component perpendicular: t = 120/4 = 30 s.
Durant aquest temps el corrent l'arrossega: d = 3·30 = 90 m riu avall.
Velocitat respecte de la riba: v = √(4² + 3²) = 5 m/s, que forma amb la perpendicular un angle tan α = 3/4 → α ≈ 36,9°.
Comprovació: camí recorregut = 5·30 = 150 m = √(120² + 90²).

Prenem com a origen el punt on la moto arrenca i com a instant inicial t = 0.
El cotxe fa un MRU: $x_{cotxe}$ = 20·t.
La moto fa un MRUA des del repòs: $x_{moto}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·a·$t^{2}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·4·$t^{2}$ = 2·$t^{2}$.
Parany clàssic: la moto NO atrapa el cotxe quan igualen la velocitat (en aquell moment la distància entre els dos és màxima), sinó quan igualen la POSICIÓ.
Igualem posicions: 2·$t^{2}$ = 20·t. Dividim per t (descartem la solució t = 0, l'instant de sortida): 2·t = 20, per tant t = 10 s.
Distància recorreguda: com que el cotxe va a velocitat constant, en 10 s recorre 200 m, i la moto l'atrapa allà mateix.
Velocitat de la moto en aquell instant: v = a·t, que amb a = 4 $\text{m/s}^{2}$ durant t = 10 s dona v = 40 m/s (144 km/h).
Té sentit: en atrapar un mòbil de velocitat constant sortint del repòs, la moto hi arriba amb el doble de la seva velocitat.

Situem l'origen a la vora, amb el sentit cap amunt positiu; el mar queda a y = -15 m.
(a) A dalt de tot la velocitat és zero. L'altura màxima sobre la vora és h = v₀²/(2·g) = 100/20 = 5 m.
(b) L'equació de la posició és y = v₀·t - (1/2)·g·t² = 10·t - 5·t². La pedra toca el mar quan y = -15 m; compte amb el signe, el mar és per SOTA del punt de llançament.
Això dona 10·t - 5·t² = -15, és a dir 5·t² - 10·t - 15 = 0, o simplificat t² - 2·t - 3 = 0.
Resolent l'equació de segon grau, t = 3 s (l'altra arrel és negativa i no té sentit físic).
(c) La velocitat final: v = v₀ - g·t = 10 - 10·3 = -20 m/s. El signe negatiu indica que va cap avall; hi arriba a 20 m/s.
Comprovació de sentit: puja 5 m i després cau des de 20 m (els 5 m de pujada més els 15 m del penya-segat), per això hi arriba més ràpid que no ha sortit.

(a) Components de la velocitat inicial: v_0x = v₀·cos(α) = 25·0,8 = 20 m/s (horitzontal, constant) i v_0y = v₀·sin(α) = 25·0,6 = 15 m/s (vertical, frenada per la gravetat).
(b) Parany típic: en el punt més alt la velocitat NO és zero. Només s'anul·la la component vertical; la horitzontal es manté constant. Per tant, al punt més alt v = v_0x = 20 m/s, dirigida horitzontalment.
(c) Altura màxima (feta amb la component vertical, com un tir cap amunt): h = v_0y²/(2·g) = 225/20 = 11,25 m.
(d) Temps de vol: t = 2·v_0y/g = 30/10 = 3 s. Abast (MRU horitzontal): x = v_0x·t = 20·3 = 60 m.

a) L'acceleració tangencial és la que canvia la rapidesa: a_t = 2 m/s². La normal canvia la direcció: a_n = v²/R = 20²/50 = 8 m/s², dirigida cap al centre del revolt.
b) Les dues components són perpendiculars: a = √(a_t² + a_n²) = √(4 + 64) = √68 ≈ 8,25 m/s².
L'angle amb la velocitat (que és tangent): tan α = a_n/a_t = 8/2 = 4 → α ≈ 76°.
c) Seria un moviment circular uniforme: a_t = 0 i l'acceleració total seria només la normal, a = 8 m/s², perpendicular a la velocitat i cap al centre.
Error típic: pensar que amb rapidesa constant l'acceleració és zero.

a) Velocitat angular final: ω = 1800·2π/60 = 60π rad/s ≈ 188,5 rad/s.
Acceleració angular: α = Δω/Δt = 60π/6 = 10π $\text{rad/s}^{2}$ ≈ 31,4 $\text{rad/s}^{2}$.
Angle girat: θ = ($\tfrac{1}{2}$)·α·$t^{2}$ = 0,5·10π·$6^{2}$ = 180π rad → 180π/(2π) = 90 voltes.
b) Frenada: α' = $\tfrac{(0 - 60\pi )}{30}$ = -2π $\text{rad/s}^{2}$ ≈ -6,28 $\text{rad/s}^{2}$.
Angle girat: θ' = ω·t + ($\tfrac{1}{2}$)·α'·$t^{2}$ = 60π·30 - 0,5·2π·900 = 1800π - 900π = 900π rad → 450 voltes.
Comprovació: en frenar uniformement la velocitat angular mitjana és $\tfrac{\omega}{2} = 30$π rad/s; en 30 s gira 900π rad.

a) v₀ = 72 km/h = 20 m/s. Durant la reacció el cotxe va a velocitat constant: d_r = 20·0,8 = 16 m.
Distància de frenada: d_f = v₀²/(2a) = 400/8 = 50 m. Distància total: 16 + 50 = 66 m > 60 m → xoca.
b) Quan arriba a l'obstacle ha frenat durant 60 - 16 = 44 m: v² = v₀² - 2·a·d = 400 - 2·4·44 = 48 → v ≈ 6,9 m/s ≈ 25 km/h.
c) Cal que 0,8·v + v²/(2·4) = 60 → v² + 6,4v - 480 = 0 → v = (-6,4 + √(40,96 + 1920))/2 = (-6,4 + 44,28)/2 ≈ 18,9 m/s ≈ 68 km/h.
Comprovació: 18,9·0,8 + 18,9²/8 = 15,1 + 44,7 ≈ 60 m.

Components inicials: v_0x = 20·0,6 = 12 m/s; v_0y = 20·0,8 = 16 m/s.
a) Temps per arribar a x = 30 m: t = 30/12 = 2,5 s. Altura en aquest instant: y = 16·2,5 - 4,9·2,5² = 40 - 30,6 = 9,4 m. Com que 9,4 m > 3 m, passa per sobre del mur, a 9,4 m del terra.
b) v_x = 12 m/s; v_y = 16 - 9,8·2,5 = -8,5 m/s (negativa: la pilota ja baixa). Mòdul: v = √(12² + 8,5²) = √216,25 ≈ 14,7 m/s.
c) Temps de vol: t_v = 2·16/9,8 ≈ 3,27 s. Per simetria de la paràbola, l'altra vegada que és a 9,4 m és a t' = 3,27 - 2,5 ≈ 0,77 s (quan puja).
Comprovació: y(0,765) = 16·0,765 - 4,9·0,765² ≈ 12,2 - 2,9 = 9,4 m.

Prenem l'origen al terra i l'eix cap amunt. Pedra 1: y₁ = 60 - 4,9t². Pedra 2: y₂ = 20t - 4,9t².
a) Es creuen quan y₁ = y₂: 60 - 4,9t² = 20t - 4,9t² → 60 = 20t → t = 3 s. Altura: y = 60 - 4,9·9 = 15,9 m.
b) v₁ = -9,8·3 = -29,4 m/s (cap avall); v₂ = 20 - 9,8·3 = -9,4 m/s (també cap avall).
c) Sí. La segona pedra arriba al punt més alt quan v₂ = 0: t = 20/9,8 ≈ 2,04 s, a una altura de 20²/(2·9,8) ≈ 20,4 m. Com que 2,04 s < 3 s, quan es creuen la segona pedra ja està baixant, cosa que concorda amb el signe negatiu de v₂.
Comprovació: y₂(3) = 60 - 44,1 = 15,9 m, igual que y₁(3).

a) ω₁ = 600·2π/60 = 20π rad/s ≈ 62,8 rad/s. Velocitat lineal de la vora (i de la corretja): v = ω₁·r₁ = 62,8·0,05 ≈ 3,14 m/s.
b) Com que la corretja no llisca, la vora de les dues politges té la mateixa velocitat lineal: ω₂ = v/r₂ = 3,14/0,20 ≈ 15,7 rad/s, és a dir 15,7·60/(2π) = 150 rpm.
Comprovació: el radi és 4 vegades més gran, així que la velocitat angular és 4 vegades més petita: 600/4 = 150 rpm.
c) a_c = v²/r amb la mateixa v: a_c1 = 3,14²/0,05 ≈ 197 m/s²; a_c2 = 3,14²/0,20 ≈ 49,3 m/s².
La politja petita té una acceleració centrípeta 4 vegades més gran, perquè amb la mateixa velocitat lineal el radi és 4 vegades més petit.

Treballem amb el moviment relatiu: A respecte de B té velocitat inicial 30 - 20 = 10 m/s i acceleració -2 $\text{m/s}^{2}$, de manera que s'hi acosta una distància Δx(t) = 10t - $t^{2}$.
a) Hi ha xoc si Δx = 20 m: $t^{2}$ - 10t + 20 = 0, t = 5 ± $\sqrt{5}$, i el primer instant és t = 5 - $\sqrt{5}$ = 2,76 s. Llavors v_A = 30 - 2·2,76 = 24,5 m/s (encara més ràpid que B: el xoc és real).
b) L'aproximació màxima s'assoleix quan les velocitats s'igualen: 10 - 2t = 0, t = 5 s, i Δx_màx = 10·5 - $5^{2}$ = 25 m. Cal una distància inicial superior a 25 m (a 25 m just es toquen).
Si la distància inicial és de 100 m, la separació mínima és 100 - 25 = 75 m, a t = 5 s, quan A ja va a 20 m/s com B.
Error típic: igualar només velocitats per saber si hi ha xoc; cal comparar posicions.

a) Amb x = 60, y = 10, v₀ = 30: 10 = 60u - 10·3600·(1 + u²)/(2·900) = 60u - 20(1 + u²), amb u = tg θ. Queda 2u² - 6u + 3 = 0, u = (3 ± √3)/2 = 2,37 o 0,634. Hi ha dues solucions reals: θ₁ = 67,1° i θ₂ = 32,4°.
b) t = x/(v₀cos θ): per a 32,4° és t = 60/(30·0,844) = 2,37 s, i per a 67,1° és t = 60/(30·0,389) = 5,14 s. Component vertical: v_y = v₀sin θ - 10t = -7,6 m/s (32,4°) i -23,7 m/s (67,1°). Tots dos són negatius: l'objectiu s'assoleix baixant.
c) |v| = √(v_x² + v_y²) = 26,5 m/s en tots dos casos (angles d'impacte de 16,7° i 63,8° sota l'horitzontal).
Comprovació amb energia: v² = v₀² - 2gy = 900 - 200 = 700, v = 26,5 m/s. Depèn només de l'altura, no de l'angle.

a) De y = 2t surt t = y/2 i x = y²/4: és una paràbola amb l'eix horitzontal.
b) v = (2t, 2) m/s i a = (2, 0) m/s² (constant). |v| = 2√(t² + 1), mínim en t = 0 (v = 2 m/s, perpendicular a l'acceleració: el vèrtex de la paràbola).
c) a·v = 4t i |v| = 2√(t² + 1), per tant a_t = 2t/√(t² + 1) i a_n = √(4 - a_t²) = 2/√(t² + 1). Llavors R = 4(t² + 1)/a_n = 2(t² + 1)^3/2.
t = 1 s: a_t = a_n = 1,41 m/s², R = 5,66 m. t = 2 s: a_t = 1,79 m/s², a_n = 0,894 m/s², R = 22,4 m.
d) R creix amb t: la trajectòria és cada cop més recta i l'acceleració, constant, es va alineant amb la velocitat (a_t → 2, a_n → 0). Al vèrtex (t = 0) R = 2 m és el mínim.

a) Mateix sentit: B guanya 1 m/s a A i s'hi retroba quan li treu una volta completa (400 m): t = 400/1 = 400 s. A ha recorregut 2000 m = 5 voltes i B 2400 m = 6 voltes.
b) Sentits oposats: es van acostant a 5 + 6 = 11 m/s i es creuen quan sumen 400 m: t = 400/11 = 36,4 s. Posició: 5·36,4 = 181,8 m des de la sortida en el sentit d'A (B ha fet 218,2 m en l'altre sentit; 181,8 + 218,2 = 400 m).
c) Un creuament cada 400/11 s: en 1200 s n'hi ha 1200/(400/11) = 33 (l'últim just als 20 min).
d) Cal que la diferència de camins sigui mitja pista, 200 m: t = 200/1 = 200 s.
ω_A = v/R = 2π·5/400 = π/40 = 0,0785 rad/s i ω_B = 2π·6/400 = 3π/100 = 0,0942 rad/s. Comprovació: (ω_B - ω_A)·200 = 0,0157·200 = π rad.

La velocitat respecte de la riba és la suma vectorial de la de la barca respecte de l'aigua i la del corrent.
a) Cal anul·lar el corrent: 5·sin θ = 3, sin θ = 0,6, θ = 36,9° cap a amunt. La component perpendicular és 5·cos θ = 4 m/s i t = 200/4 = 50 s.
b) Apuntant perpendicularment: t = 200/5 = 40 s i desviació = 3·40 = 120 m (velocitat respecte de la riba √(5² + 3²) = 5,83 m/s).
c) Amb corrent de 6 m/s no és possible: la barca no pot compensar-lo (5 < 6). Si la proa forma un angle θ amb la perpendicular, la desviació és d(θ) = 200·(6 - 5 sin θ)/(5 cos θ). El mínim s'obté quan la velocitat de la barca respecte de l'aigua és perpendicular a la velocitat respecte de la riba, és a dir, cos φ = 5/6 amb l'angle φ respecte de la riba, o sigui φ = 33,6° (56,4° respecte de la perpendicular).
Aleshores la component perpendicular és 5·cos 56,4° = 2,76 m/s, t = 72,4 s i la desviació mínima és 200·√(36 - 25)/5 = 132,7 m (més que en b!, però és el millor possible; apuntar a 90° dona 240 m).

a) v(t) = ∫(12 - 3t)dt = 12t - 1,5t² (v(0) = 0) i x(t) = ∫v dt = 6t² - 0,5t³ (x(0) = 0).
b) La velocitat és màxima quan a = 0: 12 - 3t = 0, t = 4 s. $v_{màx}$ = 48 - 24 = 24 m/s.
c) v = 0: t(12 - 1,5t) = 0, així t = 0 o t = 8 s. A t = 8 s: x = 6·64 - 0,5·512 = 384 - 256 = 128 m.
d) A t = 10 s: v = 120 - 150 = -30 m/s i x = 600 - 500 = 100 m. El mòbil ha arribat a 128 m, ha tornat enrere 28 m, i la distància total és 128 + 28 = 156 m (no 100 m, que és el desplaçament).
Error típic: confondre desplaçament i distància recorreguda quan hi ha canvi de sentit.

a) Caiguda lliure vertical: 500 = 5t², t = 10 s.
b) El paquet conserva els 80 m/s horitzontals i recorre 800 m; el vehicle fa 20·10 = 200 m. Perquè coincideixin, l'avió ha d'estar 800 - 200 = 600 m darrere del vehicle (velocitat relativa horitzontal 60 m/s per 10 s).
c) Si el vehicle s'acosta: 800 + 200 = 1000 m per davant de l'avió (velocitat relativa 100 m/s).
d) $v_{y}$ = g·t = 100 m/s cap avall i $v_{x}$ = 80 m/s: |v| = $\sqrt{80^{2} + 100^{2}}$ = 128 m/s, amb un angle de arctg($\tfrac{100}{80}$) = 51,3° sota l'horitzontal.
Respecte del vehicle: v_x,rel = 80 - 20 = 60 m/s i $v_{y}$ = 100 m/s: $\sqrt{3600 + 10000}$ = 117 m/s.

Convé treballar en el sistema de l'ascensor, que va a velocitat constant (inercial).
a) En el sistema de l'ascensor el cargol parteix del repòs i cau 2,5 m amb g = 10: 2,5 = 5t², t = 0,707 s.
b) Respecte de l'ascensor: v = 10·0,707 = 7,07 m/s cap avall. Respecte del carrer, la velocitat inicial del cargol és +3 m/s (puja) i llavors v = 3 - 10·0,707 = -4,07 m/s, és a dir, 4,07 m/s cap avall. L'ascensor ha pujat 3·0,707 = 2,12 m.
c) Ara el cargol té acceleració -10 $\text{m/s}^{2}$ i l'ascensor +2 $\text{m/s}^{2}$; en el sistema de l'ascensor l'acceleració relativa és -12 $\text{m/s}^{2}$: 2,5 = 6t², t = 0,645 s (la velocitat relativa és 7,75 m/s). Cau abans, perquè «el terra puja a trobar-lo».
Comprovació: en el cas a), el temps només depèn de l'acceleració relativa (10 $\text{m/s}^{2}$) i no de la velocitat constant de l'ascensor.

a) g = 2h/t² = 2·1,50/0,553² = 9,81 m/s².
b) Δh/h = 0,01/1,50 = 0,0067 (0,67 %) i 2Δt/t = 2·0,005/0,553 = 0,0181 (1,81 %). Suma: 0,0247, és a dir 2,5 %. Δg = 9,81·0,0247 = 0,24 m/s². L'incertesa es dona amb una xifra significativa i el valor s'arrodoneix al mateix decimal: g = 9,8 ± 0,2 m/s².
c) L'interval [9,6; 10,0] conté 9,81: és compatible. La major contribució ve del temps (1,81 % davant 0,67 %), perquè t apareix al quadrat i l'error absolut de 5 ms és gran respecte de 0,55 s.
d) Cal 2Δt/t < 0,01 - 0,0067 = 0,0033, de manera que Δt < 0,0033·0,553/2 = 0,0009 s, és a dir, uns 0,9 ms (cal un cronòmetre electrònic amb fotocèl·lula, no manual).

a) A 45°: v_x = v_y = 10,6 m/s. Temps de vol: -20 = 10,6t - 5t², t = (10,6 + √(112,5 + 400))/10 = 3,32 s. Abast = 10,6·3,32 = 35,3 m.
b) √(v₀² + 2gH) = √(225 + 400) = 25 m/s. Llavors tg θ = 15/25 = 0,6, θ = 31,0°, i R = (15/10)·25 = 37,5 m. Comprovació directa amb θ = 31,0°: v_x = 12,86 m/s, v_y = 7,72 m/s, t = 2,92 s i x = 37,5 m.
c) Horitzontal: t = √(2·20/10) = 2 s i abast = 15·2 = 30 m. Amb 45° s'aconsegueixen 35,3 m i amb l'angle òptim 37,5 m (un 6 % més).
Com que el projectil acaba per sota del punt de llançament, el temps de vol ja és gran fins i tot amb poc angle; un angle de 45° gasta massa velocitat en pujar (component vertical) i redueix la component horitzontal. L'òptim és 45° només si H = 0 i tendeix a 0° quan H és molt gran.

a) Velocitats mitjanes: 3,1; 5,1; 6,9; 8,9 i 11,1 m/s, en t = 0,5; 1,5; 2,5; 3,5 i 4,5 s. No és MRU: la velocitat no és constant (augmenta uns 2 m/s cada segon).
b) En un MRUA les velocitats mitjanes d'un interval coincideixen amb la velocitat instantània del punt mitjà, i són lineals en t. Pendent entre el primer i l'últim punt: a = (11,1 - 3,1)/(4,5 - 0,5) = 2,0 m/s². Llavors v(0,5) = 3,1 m/s dona v₀ = 3,1 - 2,0·0,5 = 2,1 m/s. La posició inicial és x₀ = 2,0 m.
c) x(t) = 2,0 + 2,1t + 1,0t² (SI, ja que ½a = 1,0). A t = 5 s: 2,0 + 10,5 + 25,0 = 37,5 m, davant dels 37,1 m mesurats: la diferència de 0,4 m cau dins la incertesa de ±0,5 m.
Predicció: x(8) = 2 + 16,8 + 64 = 82,8 m i v(8) = 2,1 + 2,0·8 = 18,1 m/s.
Comprovació amb un ajust per mínims quadrats d'una paràbola: a = 1,97 m/s², v₀ = 2,07 m/s i x₀ = 2,03 m, coherent amb l'estimació manual.

Origen al radar, t = 0 quan passa l'infractor: x_i = 30t. El policia: x_p = 2,5(t - 4)² mentre accelera.
a) Arriba a 40 m/s després de 40/5 = 8 s de moviment, és a dir, a t = 12 s. Llavors x_p = 2,5·64 = 160 m i x_i = 360 m: els separen 200 m.
b) Si busquéssim l'encontre amb la fórmula de la fase accelerada trobaríem t = 19,2 s, fora del seu rang (l'acceleració ja ha acabat): no val. Per a t > 12 s: x_p = 160 + 40(t - 12) = 30t, 10t = 320, t = 32 s i x = 960 m.
c) La separació és màxima quan les velocitats s'igualen: 5(t - 4) = 30, t = 10 s. Separació = 30·10 - 2,5·36 = 300 - 90 = 210 m.
d) Accelera durant 7 s (fins a t = 11 s): x_p = 2,5·49 = 122,5 m. Després x_p = 122,5 + 35(t - 11) = 30t, 5t = 262,5, t = 52,5 s i x = 1575 m. Sí que l'atrapa, però molt més tard (la velocitat relativa final és només de 5 m/s).

a) Cal que la component del vent perpendicular a la ruta quedi compensada: 250·sin α = 60, sin α = 0,24, α = 13,9° cap al nord respecte de l'est (el vent empeny cap al sud).
b) Velocitat respecte del terra (cap a l'est): 250·cos 13,9° = 242,7 km/h. t = 600/242,7 = 2,47 h (2 h 28 min).
c) A la tornada apunta 13,9° cap al sud respecte de l'oest, amb la mateixa velocitat de 242,7 km/h: 2,47 h. Total 4,94 h.
d) Sense vent: 2·600/250 = 4,80 h. Vent longitudinal: 600/310 + 600/190 = 1,94 + 3,16 = 5,09 h. Per tant 4,80 < 4,94 < 5,09: qualsevol vent allarga el viatge.
Raó: la velocitat respecte del terra és menor que 250 km/h en el cas transversal, i en el longitudinal el temps perdut amb vent en contra supera el guanyat amb vent de cua perquè el temps és proporcional a 1/v (convexa): es passa més estona a la velocitat baixa.

a) ω = v/r. A r₁: 1,3/0,025 = 52,0 rad/s = 52,0·60/(2π) = 497 rpm. A r₂: 1,3/0,058 = 22,4 rad/s = 214 rpm. El disc va més lent a mesura que el làser s'allunya del centre.
b) N = (r₂ - r₁)/pas = 0,033/(1,6·10^-6) = 20 625 voltes.
c) Radi mitjà = 41,5 mm, així L = N·2π·r_m = 20625·2π·0,0415 = 5,38·10³ m (uns 5,4 km). t = L/v = 5378/1,3 = 4137 s = 69 min.
d) α_mitjana = (22,4 - 52,0)/4137 = -7,2·10^-3 rad/s². No és constant: com que r augmenta linealment amb el temps (r = r₁ + k·t), ω = v/r(t) no és lineal en t i α = -v·(dr/dt)/r² és més gran en valor absolut al principi (r petit) i disminueix al final.
Comprovació d'ordre de magnitud: els CD d'àudio duren fins a uns 74 min, coherent amb el valor obtingut.

a) Caiguda lliure: v = 10·5 = 50 m/s i recorregut h₁ = ½·10·25 = 125 m; altura sobre el terra = 1000 - 125 = 875 m.
b) Frenada de 50 a 5 m/s amb a = -25 m/s²: t₂ = (50 - 5)/25 = 1,8 s i distància d₂ = (50² - 5²)/(2·25) = 49,5 m.
c) Queden 875 - 49,5 = 825,5 m a 5 m/s: t₃ = 165,1 s. Temps total = 5 + 1,8 + 165,1 = 171,9 s (uns 172 s).
d) 25/10 = 2,5 g, dirigida cap amunt (la paracaigudista se sent «aixafada» contra l'arnès). Velocitat mitjana = 1000/171,9 = 5,8 m/s, molt a prop dels 5 m/s finals perquè gairebé tot el temps va a velocitat constant.

a) x = 12t i y = -5t² (eix y cap amunt). El pendent baixa: y = -x·tg α = -0,75x.
b) La pedra toca el pendent quan -5t² = -0,75·12t, d'on 5t = 9 i t = 1,8 s.
c) x = 12·1,8 = 21,6 m i y = -5·1,8² = -16,2 m. Distància sobre el pendent = √(21,6² + 16,2²) = 27,0 m (o x/cos α = 21,6/0,8).
d) v_x = 12 m/s i v_y = -10·1,8 = -18 m/s: |v| = √(144 + 324) = 21,6 m/s. Amb l'horitzontal forma arctg(18/12) = 56,3° cap avall; el pendent forma 36,9°, per tant l'angle amb el pendent és 56,3° - 36,9° = 19,4°.
Comprovació: si el pendent fos horitzontal (α = 0) no hi hauria solució amb t > 0, i en un pendent més inclinat el temps de vol seria menor.

a) ω_minutera = 2π/3600 = 1,745·10^-3 rad/s i ω_horària = 2π/43200 = 1,454·10^-4 rad/s.
b) La minutera ha de guanyar una volta completa a l'horària: Δω = 1,745·10^-3 - 1,454·10^-4 = 1,600·10^-3 rad/s. t = 2π/Δω = 3927 s = 43200/11 s = 1 h 5 min 27 s (és a dir, 1:05:27 aproximadament, no a la 1:05 en punt).
c) Angle de π/2: t = (π/2)/Δω = 982 s = 16 min 22 s (12:16:22).
d) v = ω·R = 1,745·10^-3·0,12 = 2,1·10^-4 m/s = 0,21 mm/s.
Les coincidències són cada 12/11 h: en 24 h, 24/(12/11) = 22 vegades.
Error típic: pensar que es troben cada hora; l'horària també es mou, i per això la coincidència arriba una mica després.

a) v = 100/3,6 = 27,8 m/s. a = 27,8/8 = 3,47 m/s². Distància = ½·3,47·64 = 111 m.
b) Sense lliscament, v = ωR, així α = a/R = 3,47/0,30 = 11,6 rad/s². ω final = 27,8/0,30 = 92,6 rad/s = 92,6·60/(2π) = 884 rpm. Voltes = 111/(2π·0,30) = 58,9 (equivalent a ½·ω·t/(2π) = 58,9).
c) El punt més alt té la velocitat de l'eix més la de rotació: 27,8 + 27,8 = 55,6 m/s (el doble que el cotxe). El punt de contacte està instantàniament en repòs respecte del terra: 0 m/s (és la condició de no lliscar).
d) a_c = ω²R = 92,6²·0,30 = 2,57·10³ m/s², o sigui 2572/9,8 ≈ 262 g.
Comprovació: a_c = v²/R = 27,8²/0,30 = 2572 m/s².

a) tg θ = 30/40 = 0,75, θ = 36,9°.
b) Projectil: x = v₀cos θ·t i y_p = v₀sin θ·t - 5t². Bola: x = 40 i y_b = 30 - 5t². Quan x = 40, t = 40/(v₀cos θ), així que v₀sin θ·t = 40·tg θ = 30 m. Llavors y_p = 30 - 5t² = y_b: tots dos han caigut la mateixa quantitat (½gt²) respecte de la línia de tir i hi ha xoc independentment de g i de v₀.
c) La bola toca terra a t = √(30/5) = 2,449 s. Cal t = 40/(v₀·0,8) ≤ 2,449, per tant v₀ ≥ 40/(0,8·2,449) = 20,4 m/s.
d) Amb 20 m/s, t = 2,5 s > 2,449 s: la bola ja és a terra (a y = 0 en 2,449 s) i el projectil no la troba (no hi ha impacte; hauria arribat a y = -1,25 m, és a dir, sota terra). Amb 25 m/s, t = 40/(25·0,8) = 2,0 s i l'impacte és a y = 30 - 5·4 = 10 m.

a) h = ½·g·$t^{2}$, d'on t = $\sqrt{\tfrac{2h}{g}}$ = $\sqrt{2\cdot 0{,}\tfrac{175}{9}{,}8}$ = 0,189 s. Com que t és proporcional a $\sqrt{h}$, Δt/t = ½·Δh/h = ½·$\tfrac{0{,}5}{17{,}5} = 0{,}0143$, per tant Δt = 0,0027 s. Resultat: t = 0,189 ± 0,003 s.
b) h = ½·9,8·$t^{2}$: 4,9 cm (0,10 s); 11,0 cm (0,15 s); 19,6 cm (0,20 s); 30,6 cm (0,25 s); 44,1 cm (0,30 s).
c) 90 km/h = 25 m/s i s = 25·0,189 = 4,7 m (més d'un cotxe sencer) abans de començar a frenar.
d) La distància recorreguda és proporcional a $t^{2}$ (MRUA des del repòs): la regla cau cada cop més de pressa i entre marques consecutives hi ha una separació creixent (6,1; 8,6; 11,0; 13,5 cm). Així, la regla és més sensible per als temps de reacció curts que per als llargs.