Tema 5. Movimiento de proyectiles

Tema 5. Movimiento de proyectiles En este documento encontrarás ejemplos que describen el procedimiento para resolver los problemas que se plantean. Subtema 5.1 Tiro parabólico A continuación se proporcionan diversos ejemplos de problemas relacionados con el tiro parabólico y los procedimientos para resolverlos. Problema 1. El portero Guillermo Ochoa de la selección mexicana dispara el balón desde el piso con una velocidad inicial de 90.0 km/h a un ángulo = 40.0º sobre la horizontal. Calcula a) el tiempo de vuelo, b) el alcance horizontal R que tiene el balón cuando llega de nuevo al piso y c) la altura máxima hmáx que alcanza el balón, B v0 hmáx A C R Desarrollo de la solución. Estrategia general. El tiro parabólico se compone de la superposición de dos movimientos independientes en x y en y. 1

Una vez que el proyectil está en el aire, e ignorando la resistencia del aire, la única fuerza que actúa sobre el proyectil es la fuerza de la gravedad (i.e., el peso del objeto), así que la única aceleración que tiene es la aceleración de la gravedad en el eje y hacia abajo (ay = g ), mientras que en el eje +x, no tiene aceleración (ax = 0), por lo que la velocidad en x es constante. El vector de velocidad inicial, v0 forma un ángulo con el eje x, así que la velocidad inicial tendrá componentes x y y dadas por v0x = v0 cos, y v0y = v0 sen. Por lo tanto, las ecuaciones del tiro parabólico son: ay = g = cte + y = y0 + (v0 sen ) t ½gt 2 (1) + vy = (v0 sen ) gt (2) + vy 2 = (v0 sen ) 2 2g(y y0) (3) ax = 0 + x = x0 + (v0 cos ) t (4) vx = v0x = v0 cos = cte. (5) Despejando t de la Ec. (4), con x0 = 0, y sustituyendo en la Ec. (1), se obtiene la ecuación de la parábola, que relaciona la altura y con la coordenada x del proyectil. Esta ecuación es muy útil cuando no nos interesa el valor de t. + y = y 0 + x tan gx 2 (2v 0 cos 2 ) (6) 2

a) Estrategia a seguir. Escogemos el origen (0,0) donde se patea la pelota y elegimos el eje +x positivo a la derecha y el eje +y positivo hacia arriba. Calculamos el tiempo de A a B, tab, usando la Ec. (2), con vy = 0 en el punto más alto. Dado que ignoramos la resistencia del aire, el tiempo de vuelo de A a C, es el doble del tiempo que le toma al balón llegar al punto medio, es decir, tac = 2tAB (i.e., tvuelo = 2t1/2). Calculamos el alcance horizontal R usando el tiempo de vuelo y el hecho de que la velocidad en x es constante: R = vx tvuelo. Finalmente, calculamos hmáx, usando la Ec. (3) de A a B y tomando en cuenta que vy = 0 en el punto más alto. Datos ya = 0 yb = hmáx yc = 0 v0 = 90.0 km/h = 90 (1/3.6) m/s = 25.0 m/s. = 40.0º Incógnitas a) tac =? b) R =? c) hmáx =? b) Cálculos y resultados a) tvuelo =? Usamos la Ec. (2) para hallar tab: + vy = (v0 sen ) gt 3

De A a B: + 0 = (v0 sen ) gt => t1/2 = v0 sen /g. Por lo tanto, tvuelo = 2t1/2 tvuelo = 2v0 sen /g. TIEMPO DE VUELO DE UNA PARÁBOLA SIMÉTRICA Nota que esta ecuación se cumple sólo si la parábola es simétrica. Sustituyendo valores para este ejercicio: tvuelo = 3.28 s. b) R =? Como la velocidad en x es constante, tenemos que: R = vx tvuelo De A a B: R = v0 cos (2v0 sen )/g => R = (v0 2 /g) (2 sen cos ) => R = (v0 2 /g) (sen 2 ). ALCANCE HORIZONTAL DE UNA PARÁBOLA SIMÉTRICA Sustituyendo valores tenemos R = (25 2 /9,81) (sen 80) = 62.7 m. c) hmáx =? Calculamos hmáx usando la Ec. (3) y el hecho de que en el punto más alto vy = 0. + vy 2 = (v0 sen ) 2 2g(y y0) De A a B: + 0 = (v0 sen ) 2 2g(hmáx) => hmáx = (v0 sen ) 2 /2g. 4

Sustituyendo valores hmáx = 13.2 m. Problema 2. Se dispara un cañón con una velocidad horizontal v0 = 80.0 m/s (i.e. = 0) desde una altura y0 = 45.0 m. Calcula a) el tiempo que está el proyectil en el aire y b) la distancia horizontal (R) que recorre hasta que llega al piso. A v0 y0 B R Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir. Escogemos el origen (0,0) en el piso justo debajo del punto donde se dispara el cañón. Elegimos el eje +x positivo a la derecha y el eje +y positivo hacia arriba. Como el ángulo de disparo es = 0, la componente vertical de la velocidad inicial es voy = 0, lo cual simplifica las ecuaciones. Hallamos el tiempo que tarda en caer el proyectil usando la Ec. (1), con = 0. Conociendo el tiempo de vuelo, y la velocidad horizontal, podemos hallar el alcance horizontal del proyectil, con la ecuación R = vx tvuelo, dado que la velocidad en x es constante. Datos ya = 45.0 m 5

yb = 0 v0 = 80.0 m/s = 0 Incógnitas a) tab =? b) R =? b) Cálculos y resultados a) tvuelo =? Usamos la Ec. (1) para hallar tab: + y = y0 + (v0 sen ) t ½gt 2 De A a B: + 0 = 45 + 0 ½ (9.81)t 2 (Nota que sen 0 = 0) => tvuelo = 3.03 s. Nota: Como la parábola NO es simétrica, esta vez NO usamos la expresión del ejercicio anterior para el tiempo de vuelo. b) R =? Como el ángulo de disparo es = 0, la velocidad en x coincide con la velocidad inicial. Es decir, vx = v0 cos = v0 (cos 0) = v0 (1) = v0. Como la velocidad en x es constante, tenemos que R = vx tvuelo => R = v0 tvuelo, sustituyendo (Observa que la parábola en este caso, NO es simétrica). => R = (80) (3.03) = 242 m. 6

Problema 3. Una persona lanza una piedra con una velocidad inicial de 12.0 m/s a un ángulo de 45.0 por debajo de la horizontal (ver Fig. 1). La piedra se lanza a una altura de 20.0 m sobre el piso. Calcula a) la distancia horizontal que recorre la piedra hasta que llega al piso y b) la magnitud y dirección del vector velocidad de la piedra justo antes de pegar en el piso. Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir. a) R =? Conocemos la velocidad de salida (v0), el ángulo de disparo ( ) y la altura inicial, así que podemos usar la Ec. (1) para calcular el tiempo de vuelo de A a B, tvuelo. Con este tiempo y la componente x de la velocidad inicial (vx = constante), vx, podemos hallar la distancia horizontal (R) que recorre la piedra hasta que casi llega al piso. b) vf=? La magnitud de la velocidad de la piedra justo antes de llegar al piso vf, está dada por el teorema de Pitágoras, siendo los catetos las componentes vx y vy de la velocidad en ese instante. La componente vx NO es constante, y la componente vy, NO cambia como función el tiempo, tampoco. 7

Datos y0 = 20.0 m v0 = 12.0 m/s = 45.0º por debajo de la horizontal g = 9.81 m/s2 Incógnitas a) tab =? b) vb =? (magnitud y dirección) b) Cálculos y resultados. a) tab =? Para hallar el tiempo de vuelo usamos la Ec. (1) + y = y0 + v0 (sen ) t ½ g t 2 Elegimos el eje +y positivo para arriba, y el eje +x positivo a la derecha. El origen (0,0) lo ponemos en el piso justo abajo del punto de partida. Nota que si el eje +y es positivo hacia arriba, entonces la aceleración de la gravedad (que es hacia abajo) es negativa. Por lo tanto, de A a B (ver figura): y0 = 20.0 m y yf = 0. Sustituyendo en la ecuación anterior + 0 = 20 + 12 cos( 45) t ½ (9.81) t 2. Nota que < 0, pues está por debajo del eje x. 0 = 20 8.485 t 4.905 t 2. Resolviendo la ecuación cuadrática para t, tenemos 8

t = 1.33 s. Que es el tiempo que está el proyectil en el aire. Como la velocidad en x es constante (vx = v0x = v0 cos ), usamos la Ec. (4), con x0 = 0, dado que el origen está donde se lanzó la piedra. + x = x0 + (v0 cos ) t de A a B: + R = 0 + 12.0 cos ( 45) (1.332) = 11.3 m. c) Comprobación. Otra manera de hallar la distancia x que recorre la piedra cuando llega al piso es usando la ecuación de la parábola (Ec. 6), que da y como función de x, y que no depende del tiempo! + y = y0 + x tan gx 2 / (2v0 2 cos 2 ) (6) Sustituyendo valores: de A a B: + 0 = 20 + x tan ( 45) 9.81 x 2 / (2 (12) 2 cos 2 ( 45)) Es decir, 0 = 20 x 0.068125 x 2 Despejamos x usando la fórmula general de 2 do grado, y obtenemos: x = 11.3 m, como era de esperarse. Observa que usando la ecuación de la parábola, pudimos hallar la distancia horizontal que recorre la piedra (R), sin necesidad de calcular el tiempo de vuelo!... b) vf =? Para hallar el velocidad de la piedra justo antes de pegar en el piso, notamos que el vector v es tangente a la trayectoria en todo momento, así que antes de pegar en el piso tenemos la siguiente geometría: 9

vx vy v La componente x de la velocidad es constante, así que de la Ec. (5): vx = v0x = v0 cos. Sustituyendo valores, vx = 12 cos( 45) = 8.48 m/s. Por otro lado, la componente vy de la velocidad cambia continuamente. Hallamos vy usando la Ec. (2), con el eje +y positivo hacia arriba: + vy = v0 sen g t Sustituyendo valores: vy = 12 sen ( 45) 9.81(1.33) = 21.6 m/s. El signo ( ) significa que vy es opuesta a nuestro eje, es decir, apunta hacia abajo, como era de esperarse. Nota también que la componente y de la velocidad inicial, vy = v0 sen, es negativa, dado que la piedra se lanza a un ángulo por debajo de la horizontal. Finalmente, por el teorema de Pitágoras tenemos que la magnitud de la velocidad final es v f = v x 2 + v y 2 => v f = (8.48) 2 + ( 21.6) 2 = 23.2 m/s. Para calcular el ángulo, que forma el vector velocidad con la horizontal al momento de pegar en el piso, usamos tan = opuesto / adyacente 10

tan = 21.6/ 8.48, => = 68.5º por debajo de la horizontal. Problema 4. Guillermo Tell le dispara a una manzana que cuelga de un árbol como se muestra en la figura anexa. La manzana está a una distancia horizontal de 20.0 m y a una altura de 4.00 m sobre el suelo. Si la flecha se dispara desde una altura de 1.00 m sobre el suelo y atraviesa la manzana 0.850 s después de que se disparó, con qué velocidad (magnitud y dirección) se disparó la flecha? Figura 1 Tiro parabólico 1. Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir. Vamos del punto A, donde se dispara la flecha, al punto B, donde la flecha le pega a la manzana. Tomamos el eje +y positivo hacia arriba y elegimos el origen (0,0) en los pies del arquero. Así que y0 = 1.0 m, yf = 4.0 m y x = 20.0 m. Conocemos el tiempo de vuelo t, así que podemos usar la Ec. (1) para relacionar el cambio en y con v0 y. Por otro lado, usamos la Ec. (4) para relaciona el cambio en x con v0 y. De este modo, obtenemos 2 ecuaciones con 2 incógnitas (v0 y ) que se pueden resolver. 1 Wilson, J.D., Buffa, A.J., & Lou, B. Física, 6ª ed. Perason Educación, México, 2007. ISBN: 978-970-26-0851-6 11

Datos y0 = 1.00 m yf = 4.00 m xf = 20.0 m tab = 0.850 s Incógnitas a) v0 =? b) =? b) Cálculos y resultados. A partir de la Ec. (1) tenemos que + y = y0 + v0 (sen ) t ½ g t 2 => de A a B: + 4 = 1 + (v0 sen )(0.85) 4.905 (0.85) 2 => v0 sen = 7.70 m/s. La velocidad de salida en y es hacia arriba. Ahora usamos la Eq. (4), con x0 = 0: + x = x0 + (v0 cos ) t => de A a B: + 20 = 0 + (v0 cos )(0.850) => v0 cos = 23.5 m/s. Finalmente, usamos el teorema de Pitágoras para calcular la magnitud de la velocidad inicial de la flecha en términos de sus componentes v0x y v0y: 12

v0y v0 v0x v 0 = v 0x 2 + v 0y 2 = (v 0 cos ) 2 + (v 0 sen ) 2 => v 0 = (23.5) 2 + (7.70) 2 = 24.8 m/s. Es la velocidad con la que salió disparada la flecha. Para hallar el ángulo de disparo usamos: tan = v0y/ v0x. => tan = (7.70/23.5) => = 18.1º. 13