2 - Guao

Movimiento en un plano
Problema # 2.5.C
Ejercicios de movimiento de proyectiles
2.5.C.- En un gimnasio, cuyo techo se encuentra a 20,0 pies de altura, un jugador lanza una
pelota a 60,0 pies de distancia. Si el libera la pelota de sus manos a 5,0 pies de altura arriba
del piso y su velocidad inicial de lanzamiento es de 50,0 (pies/seg), determinar el punto
más alto en el cuál la pelota hace impacto con la pared.
Solución:
El punto más alto en el cuál la pelota puede impactar en la pared frontal es limitado por la
altura del techo. Esta altura del techo también limita la magnitud de la componente vertical
de la velocidad de lanzamiento, V0Y , siendo entonces esta componente vertical de la
velocidad lo suficientemente grande para que la máxima altura de su trayectoria durante el
vuelo sea igual a 15,0 pies; o sea, la altura del techo menos la altura de lanzamiento. Como
ya sabemos de los problemas sobre proyectiles que hemos resuelto, la máxima altura de la
trayectoria se alcanza cuando la velocidad vertical es igual a cero:
VY2  V02Y  2 gH  0, 0
 pies 
V0Y  2  g  H  2  32, 2  60, 0  31, 0 

 seg 
Para encontrar la altura a la cuál la pelota impacta la pared, debemos primero encontrar el
tiempo que le toma a la pelota recorrer la distancia hasta la pared, para lo cuál debemos
conocer la componente horizontal de la velocidad de lanzamiento, V0 X . Este valor se
encuentra utilizando la relación de Pitágoras para un triángulo rectángulo:
V02  V02X  V02Y
V02X  V02  V02Y
 pies 
V0 X  50, 02  31, 02  39, 0 

 seg 
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Problemas de Física
1
Movimiento en un plano
Problema # 2.5.C
Como no existe aceleración alguna en la dirección de las X, el tiempo para alcanzar la pared
frontal será calculado como:
S  V0 X  t  60, 0  pies 
t
60, 0  pies 
S

 1,54  seg 
V0 X
 pies 
39, 0 

 seg 
Ahora, la altura del punto sobre el cuál la pelota impacta la pared de encuentra con la
ecuación:
1
himpacto  V0Y  t   g  t 2  h0
2
h0  5, 0  pies 
1
2
himpacto  31, 0 1,54   32, 2  1,54   5, 0  14, 6  pies 
2
2.6.C.- Un proyectil de dimensiones muy pequeñas es disparado con una velocidad V0
desde un arma de fuego a un ángulo de elevación θ con la horizontal , como se muestra en
la gráfica. Descartando la resistencia del aire, determinar la altura máxima h y la distancia r
desde el arma de fuego hasta el punto de impacto P si nosotros asumimos que el arma de
fuego apunta desde un ángulo β con la horizontal, al pie de una colina.
Solución:
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Movimiento en un plano
Problema # 2.5.C
El eje de las X es seleccionado horizontalmente, pasando a través del punto de disparo S.
Las X´’s positivas son hacia la derecha, y las Y’s positivas son hacia arriba. El proyectil
tiene las siguientes componentes de velocidad en las direcciones horizontales y verticales:
V0 X  V0  cos 
V0Y  V0  sen
Como la resistencia del aire ha sido descartada, no habrá aceleración horizontal; por lo
tanto la velocidad horizontal es constante. En la dirección vertical; sin embargo, existe la
aceleración de la gravedad, g, la cuál es vertical con sentido hacia abajo, por lo que se
considera negativa.
Las expresiones matemáticas que identifican los hechos descritos anteriormente son:
d2X
 0, 0
dt 2
d 2Y
 g
dt 2
(a)
Integrando las expresiones anteriores se obtiene:
dX
 C1
dt
dY
  gt  C2
dt
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Movimiento en un plano
Problema # 2.5.C
Pero ya nosotros encontramos el valor de las componentes horizontal
velocidad:
vertical de la
dX
 V0  cos 
dt
dY
 V0  sen
dt
Integrando ahora estas expresiones:
X  V0  cos    t  C3
1
Y  V0  sen   t   g  t 2  C4
2
Pero, cuando el tiempo t = 0,0, se sabe que X= 0,0 e Y= 0,0. Por lo tanto, se cumple
que:
C3  C4  0,0
Luego, las ecuaciones de movimiento serán:
X  V0  cos    t
1
Y  V0  sen   t   g  t 2
2
(b)
Las coordenadas del punto de impacto son:
X  r  cos 
Y  r  sen
Colocando estos dos valores en las ecuaciones (b) tendremos un sistema de dos ecuaciones
con dos incógnitas, r y t , y podremos resolver por r:
r  cos   V0  cos    t
1
r  sen  V0  cos    t   g  t 2
2
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(c)
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Movimiento en un plano
Problema # 2.5.C
De la ecuación de arriba, de las ecuaciones ( c ):
t
r  cos 
V0  cos 
Sustituyendo este valor en la segunda ecuación ( c ):
2
 r  cos  
r  cos  1
r  sen  V0  sen 
  g 
 
V0  cos  2
 V0  cos  
Simplificando y arreglando de nuevo la ecuación:
g
cos 2  
sen  cos 
r  2

sen




2
2
V

cos

cos

0


2  V02  cos 2   sen   V02   2  cos 2   sen  cos  
r

    

2
g
cos 2   cos 
 cos 
  g  

(d)
2  V02
V02  sen2
2
r
 cos   sec   tg  
g
g  cos 
Para encontrar la máxima altura, se debería derivar Y, igualar la derivada a cero, aplicando
la conocida técnica para encontrar máximos y mínimos. Sin embargo, en este caso se
aplicará una técnica diferente, la cuál envuelve encontrar primero la ecuación Y  f  X  y
dY
 0, 0 , lo permitiría encontrar el valor de X
dX
altura, o sea, donde la pendiente de la curva es cero.
luego utilizar la ya conocida técnica de
correspondiente a la máxima
Entonces:
Resolviendo para t en la ecuación ( b), tenemos que:
2

g 
X
X
Y


  V0  sen  
2  V0  cos  
V0  cos 
g
Y
 X 2  tg  X 
2
2
2  V0  cos 
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(e)
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Movimiento en un plano
Ahora se encuentra la derivada
Problema # 2.5.C
dY
 0, 0
dX
dY
g
 2
 X  tg  0, 0
dX V0  cos 2 
tg  V02  cos 2  V02
X

 sen cos 
g
g
Esta es la coordenada X del punto de la curva correspondiente a la altura máxima.
Sustituyendo este vapor en la ecuación ( e ) para Y:
2
V02  sen  cos  
V02

g
Y


tg



sen


cos





2  V02  cos 2  
g
g



V02
V02
2
Y 
 sen  
 sen 2 
2 g
g
V02
Y
 sen 2
2 g
2.7.C.- Un mortero debe disparar proyectiles sobre la loma mostrada en la gráfica.. ( a )
Cuán lejos debe desplazarse hacia atrás del borde para que se pueda disparar limpiamente
sobre el borde superior más cercano?. ( b ) Cuán lejos del borde superior más cercano
impactará el proyectil?
Solución:
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Problema # 2.5.C
Las componentes, horizontal y vertical, de la velocidad de disparo, inicial, son las
siguientes:
 pies 
V0 X  800, 0  cos 60  400, 0 

 seg 
 pies 
V0Y  800, 0  sen60  692, 0 

 seg 
El tiempo t registrado para alcanzar el borde superior más cercano, a un altura de 300,0
(pies) es encontrado de:
1
Y  V0Y  t   g  t 2  300, 0  pies 
2
1
300, 0  692, 0  t   32, 2  t 2
2
16,1 t 2  692, 0  t  300, 0  0, 0
Resolviendo esta ecuación de segundo grado, tenemos que:
t
692, 0 
 692, 0 
2
 4  16,1 300, 0
2 16,1

t1  0, 438  seg 
t2  42,5  seg 
El tiempo más corto de los dos encontrados, 0438 segundos, resolviendo la ecuación
anterior es el tiempo requerido para que el proyectil suba los 300,0 pies de altura, El mayor
de los tiempos encontrados, 42,5 segundos, es el tiempo requerido para que le proyectil
suba hasta la altura máxima de la trayectoria y caiga de nuevo hasta 300,0 pies.
Ahora, la distancia más corta, X1, se encuentra multiplicando la componente horizontal de
la velocidad, (constante), por el menor de los tiempos encontrados:
 pies 
X1  V0 X  t1  400,0 
  0, 438  seg   175,0  pies 
seg


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Problema # 2.5.C
La distancia X2, se encuentra multiplicando la componente horizontal de la velocidad,
(constante), por el mayor de los tiempos encontrados, menos el menor de los mismos:
X 2  V0 X   t2  t1  
X 2  V0 X  t2  V0 X  t1 
X 2  V0 X  t2  X 1 
 pies 
X 2  400, 0 
  42,5  seg   175, 0  seg   16.825, 0  pies 
seg


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