Ejercicios Resueltos de Proyectiles en Física (Tiro Parabólico)

a) Para una determinada altura, el tiempo de vuelo es:

$$h=\frac{1}{2}gt^2$$

$$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

Sustituyendo los valores $latex h= 100\hspace{1mm}m$ y $latex g=9.8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}$, resulta:

$$t=\sqrt{\frac{2\times 100\hspace{1mm}m }{9.8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}}=4.5\hspace{1mm}s$$

b) La ecuación para el vector velocidad en función del tiempo es:

$$\vec{v}(t)=v_0\hat{ i} – gt \hat{j}$$

El sentido negativo es hacia abajo, y las componentes de la velocidad son:

$latex v_{x}=v_0=40\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_y=gt=9.8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}\times 4.5\hspace{1mm}s=44.1\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

Por lo tanto:

$$\vec{v}(t)=40\hat{ i} – 44.1 \hat{j}\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

La magnitud de la velocidad final es:

$$v=\sqrt{40^2+(-44.1)^2}\hspace{1mm}\frac{m}{s}=59.5\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

c) El alcance horizontal se calcula mediante:

$latex x_{máx}=v_x\cdot t_{vuelo}$

Sustituyendo valores:

$$ x_{máx}=40\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times 4.5\hspace{1mm}s=180\hspace{1mm}m$$

a) Sea $latex y_0$ la altura desde la cual parte el llavero, la cual no descendió completamente, ya que le faltaron 1.2 m, dado que fue atajado por el amigo. Se establece la posición vertical como:

$$y=y_0-\frac{1}{2}gt^2$$

Sustituyendo valores:

$$1.2=y_0-\frac{1}{2}gt^2\Rightarrow y_0=\left(1.2+\frac{1}{2}\times 9.8\times 0.8^2\hspace{1mm}\right)m=4.34\hspace{1mm}m$$

b) Primero se calculan las componentes de la velocidad:

Componente horizontal

$$v_x=\frac{x}{t}=\frac{4.8\hspace{1mm}m}{0.8\hspace{1mm}s}=6.0\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

Componente vertical

$$v_y=gt=9.8\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times 0.8\hspace{1mm}s =7.8\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

El vector velocidad resulta:

$$\vec{v}(t)=6.0\hat{ i} – 7.8 \hat{j}\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

a) De la ecuación para el alcance horizontal, se puede calcular la velocidad $latex v_0$ con la cual se proyectó el juguete inicialmente:

$$x_{máx}=v_{0x}t=v_0t$$

Sin embargo, es necesario conocer primero el tiempo que tardó en caer. Este puede conocerse a partir de la altura de la mesa:

$$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2\times 74.0\hspace{1mm}cm}{981\hspace{1mm}\dfrac {cm}{s^2}}}=0.39\hspace{1mm}s$$

Conocido el tiempo y el alcance horizontal del proyectil, que es de 97.0 cm según el enunciado, la velocidad horizontal con que fue proyectado el juguete es:

$$x_{máx}=v_{0x}t=v_0t\Rightarrow v_{0}=\frac{x_{máx}}{t}=\frac{97.0\hspace{1mm}cm}{0.39\hspace{1mm}s}=248.7\hspace{1mm}\frac{cm}{s}$$

Esta se mantiene constante durante todo el movimiento.

b) La ecuación vectorial para la velocidad en cualquier instante del movimiento es:

$$\vec{v}(t)=v_0\hat{ i} – gt \hat{j}$$

En ella se asigna el sentido negativo hacia abajo.

La componente horizontal de la velocidad permanece constante a lo largo del movimiento, y solo faltaría conocer la componente vertical de la velocidad al llegar al suelo.

Cálculo de la componente vertical de la velocidad

$$v_y=gt\Rightarrow v_y=981\hspace{1mm} \frac{cm}{s^2}\times 0.39\hspace{1mm}s=382.6\hspace{1mm} \frac{cm}{s}$$

Cálculo del vector velocidad final

Se sustituyen los resultados obtenidos en la ecuación para la velocidad:

$$\vec{v}(t)=248.7\hat{ i} – 382.6 \hat{j}\hspace{1mm} \frac{cm}{s}$$

La magnitud de la velocidad al llegar al suelo es:

$$v=\sqrt{248.7^2+(-382.6)^2}\hspace{1mm}\frac{cm}{s}=456\hspace{1mm}\frac{cm}{s}$$

c) El ángulo que forma el vector velocidad con el eje horizontal positivo es:

$$\theta =\arctan \frac{v_y}{v_x}=\frac{-382.6}{248.7}=-57º$$

Esto significa que la velocidad forma un ángulo aproximado de 57º por debajo de la horizontal cuando el juguete impacta contra el piso.

a) Cuando el móvil alcanza su altura máxima, la velocidad vertical $latex v_y$ se anula, para luego invertir su sentido. En este caso:

$$v_y=v_{0y}-gt_{máx}=0$$

Donde $latex t_{máx}$ es el tiempo que tarda el proyectil en llegar a dicha altura máxima. Por lo tanto:

$$t_{máx}=\frac{v_{0y}}{g}=\frac{50\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\times sen 30º}{9.8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=2.6\hspace{1mm}s$$

b) La altura máxima se calcula mediante:

$$y_{máx}=\frac{1}{2}gt_{máx}^2=\frac{1}{2}\times 9.8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}\times (2.6\hspace{1mm}s)^2=33.1\hspace{1mm}m$$

c) Dado que el proyectil cae más adelante y al mismo nivel del suelo, el tiempo máximo es:

$$t_{vuelo}=2\cdot t_{máx}=2\times2.6\hspace{1mm}s=5.2\hspace{1mm}s$$

d) El alcance máximo horizontal, $latex x_{máx}$, viene dado por:

$$x_{máx}=v_{0x}\cdot t_{vuelo}=v_{0}\cos 30º\cdot t_{vuelo}$$

$$x_{máx}=50\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times cos 30º\times 5.2\hspace{1mm}s=225.2\hspace{1mm}m$$

a) En forma vectorial, la posición en función del tiempo $latex \vec {r}(t)$ está dada por:

$$\vec {r}(t)=(x_0+v_{0x}t)\hat i +\left[y_0+v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2\right]\hat j$$

En la vertical, el sentido negativo se escoge hacia abajo. Eligiendo $latex x_0=0$ y $latex y_0=0$, la posición queda:

$$\vec {r}(t)=v_{0x}t\hspace{1mm}\hat i +\left[v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2\right]\hat j$$

Entonces, para los cálculos que siguen, es necesario determinar las componentes de la velocidad inicial:

$latex v_{0x}=v_0\cos 25º = 200\times \cos 25º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=181.3\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=v_0\cos 25º = 200\times \sin25º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=84.5\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

El tiempo de vuelo se obtiene a partir de la componente vertical de la ecuación de la posición, ya que al caer al mar, el proyectil debe encontrarse en la posición $latex y = -150\hspace{1mm}m$, entonces:

$$v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2=-150$$

Sustituyendo los valores conocidos, se obtiene una ecuación de segundo grado para el tiempo:

$$84.5t-4.9t^2=-150$$

$$4.9t^2-84.5t-150=0$$

Cuyas soluciones son:

$latex t_1=-1.6$

$latex t_2=18.9$

Únicamente la segunda solución tiene sentido. Por lo tanto, el proyectil viaja $latex 18.9\hspace{1mm}s$ desde el acantilado hasta el mar.

b) La altura máxima respecto al punto de partida en el acantilado, se puede calcular a través de:

$$y_{máx}=\frac{v_{0y}^2}{2g}$$

Sustituyendo valores:

$$y_{máx}=\frac{\left(84.5\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\right)^2}{2\times 9.8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=364.3\hspace{1mm}m $$

Para hallar la altura máxima respecto al nivel del mar, se suman los 150 m de altura del acantilado:

$$H_{máx}=364.3\hspace{1mm}m+150.0\hspace{1mm}m=514.3\hspace{1mm}m$$

c) El alcance horizontal se determina a partir de:

$$x_{máx}=v_{0x}\cdot t_{vuelo}=$$

$$x_{máx}=181.3\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times18.9\hspace{1mm}s=3426.6\hspace{1mm}m$$

a) Las componentes de la velocidad inicial del trozo de hielo son:

$latex v_{0x}=8.6\times\cos 37º \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=6.9\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=-8.6\times\sin 37º \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=-5.2\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

La componente vertical resulta negativa, pues el tejado está inclinado hacia abajo.

Se toma el origen de coordenadas justo en el borde del tejado, donde el trozo de hielo comienza su movimiento parabólico. El sentido vertical hacia abajo es negativo.

Si la persona mide 1.80 m, medidos del suelo hacia arriba, quiere decir que el tope de su cabeza está en la posición $latex y=(1.8-10)\hspace{1mm}m = -8.2\hspace{1mm}m$, respecto al origen de coordenadas.

Además, el enunciado dice que el hombre está a una distancia horizontal del borde del tejado igual a 1.2 m. Por lo tanto, las coordenadas del tope de su cabeza son:

$$(1.2;-8.2)\hspace{1mm}m$$

Si este punto pertenece a la trayectoria parabólica del trozo de hielo, este golpea al hombre, pero si no pertenece, no lo golpea.

La posición del trozo de hielo en cualquier instante $latex t$ viene dada por:

$latex x(t)=6.9t$

$latex y(t)=-5.2t-4.9t^2$

Averiguemos en qué instante de tiempo el trozo de hielo se encuentra ubicado en la posición $latexx=1.2\hspace{1mm} m$:

$$t=\frac{1.2\hspace{1mm}m}{6.9\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}}= 0.174\hspace{1mm}s$$

Si la posición vertical en este instante es igual a -8.2 m, cae sobre la cabeza del hombre, de lo contrario, no lo golpea:

$latex y(0.174)=[-5.2\times 0.174 -4.9(0.174)^2]\hspace{1mm}=-1.05\hspace{1mm} m$

Se concluye que no lo golpea. De hecho, el trozo de hielo está a bastante distancia por encima de la cabeza del hombre y todavía le falta para llegar al suelo, en la posición $latex y = -10\hspace{1mm}m$.

b) Para saber en qué punto del suelo aterriza el pedazo de hielo, se requiere conocer el tiempo de vuelo, haciendo $latex y =-10\hspace{1mm}m$ en la ecuación para la posición vertical:

$latex -10=-5.2t-4.9t^2$

Se obtiene una ecuación de segundo grado para el tiempo:

$$ 4.9t^2+5.2t+10=0$$

La solución positiva es:

$$t=0.99332\hspace{1mm}s$$

Para este tiempo, la coordenada horizontal del trozo de hielo es:

$$ x(t)=6.9\times 0.99332\hspace{1mm}m=6.9\hspace{1mm}m$$

La persona no tenía motivos para preocuparse de que el hielo le cayera encima, ya que, en realidad, aterrizó mucho más adelante.

a) El origen del sistema de coordenadas está situado en el punto de lanzamiento. En el instante desconocido para el cual se da la velocidad, el proyectil debe haber alcanzado su altura máxima respecto al origen, ya que la componente vertical de la velocidad es nula.

Dado que:

$$v_y^2=v_{0y}^2-2gy_{máx}\Rightarrow y_{máx}=\frac{v_{0y}^2}{2g}$$

Del vector velocidad inicial, el cual sabemos que es $latex \vec {v}_0=10\hat i +5\hat j\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$, se deduce que:

$latex v_{0x}=10 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=5 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

Por lo tanto, la posición vertical en ese momento es:

$$y=y_{máx}=\frac{(5 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s})^2}{2\times 9.8 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=1.3\hspace{1mm}m$$

Para la posición horizontal se utiliza:

$$x=v_{0x}\cdot t$$

El tiempo es el tiempo máximo, el cual viene dado por:

$$t_{máx}=\frac{v_{0y}}{g}=\frac{5 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}}{9.8 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=0.51 \hspace{1mm}s$$

Lo cual lleva a:

$$x=10 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\times 0.51 \hspace{1mm}s=5.1 \hspace{1mm}m$$

Reuniendo los resultados anteriores en el vector de posición $latex \vec r(t)$, se tiene:

$$\vec r(0.51)= \left(5.1 \hspace{1mm}\hat i +1.3\hspace{1mm}\hat j\right)\hspace{1mm}m$$

Esta es la posición del móvil respecto al origen en t=0.51 s.

b) El ángulo de lanzamiento $latex \theta$ se obtiene de:

$$\theta =\arctan\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}\right)=\arctan\left(\frac{5}{10}\right)=26.6º$$

c) El vector velocidad $latex \vec v$ viene dado por:

$$\vec v(t) = v_x\hat i +v_y\hat j=v_{0x}\hat i+(v_{0y}-gt)\hat j$$

Al cabo de t = 1.5 s, la componente vertical de la velocidad es:

$$v_y(1.5)=5-(9.8\times 1.5)\hspace{1mm}\frac{m}{s}=-9.7\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

Por lo tanto:

$$\vec v(1.5) = (10.0\hat i -9.7\hat j)\frac{m}{s}$$

El móvil va en descenso, ya que el t= 1.5 s es mayor que el tiempo máximo. Además, puede verse que el signo de la componente vertical de la velocidad es negativo.

d) Para calcular el alcance horizontal, se requiere conocer el tiempo de vuelo, que no es igual al doble del tiempo máximo, visto que el lanzamiento no es a nivel, puesto que el enunciado advierte que se proyectó a una altura de 6 m respecto al suelo.

En tal caso, el tiempo de vuelo se calcula cuando el móvil se encuentra en la coordenada vertical $latex y = -6\hspace{1mm}m$, a la que se adjudica signo negativo porque está por debajo del punto de lanzamiento

$$y(t)=v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2$$

Sustituyendo valores:

$$-6=5t-4.9t^2\Rightarrow 4.9t^2-5t-6=0$$

La solución positiva es:

$$t=1.7\hspace{1mm}s$$

El alcance máximo viene dado por:

$$x_{máx}=v_{0x}\cdot t_{vuelo}=10\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times1.7\hspace{1mm}s= 17\hspace{1mm}m$$

a) Se sitúa el punto de lanzamiento en el origen del sistema de coordenadas, por lo tanto, se encuentra en el punto $latex (0.0)$. Se sabe que la pelota pasa justo por el borde de la pared.

Las coordenadas de este punto, respecto al punto de lanzamiento, son: $latex (10,18-2)=(10,16)\hspace{1mm}m$ (a la altura de la pared es preciso restarle 2 m, ya que el punto de lanzamiento se encuentra a 2 m por encima del suelo.

Se parte de las ecuaciones de la posición:

$latex x(t)=v_{0x}t$

$latex y(t)=v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2$

Dado que se conocen el punto $latex (10,16)\hspace{1mm}m$ y la componente horizontal de la velocidad igual a 15 m/s, se obtiene:

$latex 10=15t$

$latex 16=v_{0y}t-4.9t^2$

De la primera ecuación resulta:

$$t=\frac{10}{15}\hspace{1mm}s=0.67\hspace{1mm}s$$

Este es el tiempo que tarda la pelota en llegar al borde de la pared.

Sustituyéndolo en la segunda ecuación, se obtiene la componente vertical de la velocidad:

$latex v_{0y}=\dfrac{16+4.9t^2}{t}=\dfrac{16+4.9\times 0.67^2}{0.67}\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=27.2\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

b) El ángulo de proyección de la pelota es:

$$\arctan\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}\right)=\arctan\left(\frac{27.2}{15}\right)=61.1º$$

c) La coordenada vertical del punto de aterrizaje es $latex y=-2\hspace{1mm}m$, por lo tanto, el tiempo de vuelo se calcula resolviendo la siguiente ecuación de segundo grado:

$$-2=27.2t-4.9t^2$$

$$4.9t^2-27.2t-2=0$$

La solución positiva es:

$$t_{vuelo}=5.6\hspace{1mm}s$$

d) El alcance horizontal viene dado por:

$latex x_{máx}=v_{0x}\cdot t_{vuelo}$

Por lo tanto:

$$x_{máx}=15\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\times 5.6\hspace{1mm}s=84\hspace{1mm}m$$

Como la pared está a 10 m del punto de lanzamiento, medidos horizontalmente, la pelota cae a la siguiente distancia horizontal de ella:

$$x_{pared}=(84 -10)\hspace{1mm}m=74\hspace{1mm}m$$

e) La componente horizontal de la velocidad permanece inalterada durante todo el movimiento, entonces:

$$v_x=v_{0x}=15\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

La componente vertical se calcula sabiendo el tiempo de vuelo:

$$v_y=v_{0y}-9.8t=(27.2-9.8\times 5.6)\hspace{1mm}\frac{m}{s}=-27.7\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

Quedando:

$$\vec v_{final}=\left(15\hspace{1mm}\hat i-27.7\hspace{1mm}\hat j\right)\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

a) Como el lanzamiento es a nivel, la trayectoria parabólica es simétrica y $latex t_{vuelo}=2t_{máx}$.

El tiempo máximo se calcula mediante:

$$t_{máx}=\frac{v_{0y}}{g}$$

Al sustituir en la ecuación para el alcance horizontal, resulta:

$$x_{máx}=v_{0x}\left(2\frac{v_{0y}}{g}\right)=2v_{0}\cos\theta\frac{v_{0y}}{g}=\frac{2v_{0}^2\cos\theta\sin\theta}{g}=\frac{v_{0}^2\sin2\theta}{g}$$

Por su parte, la altura máxima es:

$$y_{máx}=\frac{v_{0y}^2}{2g}=\frac{v_{0}^2(\sin\theta)^2}{2g}$$

Según el enunciado, el alcance máximo horizontal es 5 veces la altura máxima, por lo que, al plantear la igualdad, se obtiene:

$$x_{máx}=\frac{2v_{0}^2\cos\theta\sin\theta}{g}=\frac{5v_{0}^2(\sin\theta)^2}{2g}$$.

Simplificando:

$$2\cos\theta=\frac{5}{2}\sin\theta\Rightarrow 5\sin\theta=4\cos\theta\Rightarrow \tan\theta=\frac{4}{5}$$

$$\theta=38.7º$$

b) Partiendo de:

$$x_{máx}=\frac{2v_{0}^2\cos\theta\sin\theta}{g}$$

Se despeja $latex v_0$ y sustituyen los valores numéricos:

$$v_{0}=\sqrt{\frac{gx_{máx}}{2\cos\theta\sin\theta}}=\left(\sqrt{\frac{9.8\times 200}{2\cos 38.7º\sin 38.7º}}\right)\hspace{1mm}\frac{m}{s}=45.7\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

c) El tiempo de vuelo se calcula sustituyendo valores en:

$$t_{vuelo}=2t_{máx}=2\frac{v_{0y}}{g}=2\frac{v_{0y}}{g}=\frac{2\times45.7\times\sin 38.7º}{9.8}\hspace{1mm}s=5.8\hspace{1mm}s$$

a) Para saber si las piedras chocan, en primer lugar se plantean las ecuaciones de posición para cada piedra.

Es preciso situar el origen de coordenadas en un punto conveniente. En este caso, se eligió el punto de lanzamiento de la piedra q.

(Nota: puede colocarse también en el punto de lanzamiento de p, ajustando, el resultado será el mismo)

Piedra p: Lanzamiento horizontal

$latex x_p=16t_p$

$latex y_p=55-4.9t_p^2$

Piedra q: Lanzamiento inclinado

Las componentes de su velocidad inicial son:

$latex v_{0x}=32\times\cos60º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=16.0\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=32\times\sin60º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=27.7\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

Y sus ecuaciones de posición tienen la forma:

$latex x_q=v_{0x}t_q=16t_q$

$latex y_q=v_{0y}t_q-4.9t_q^2=27.7t_q-4.9t_q^2$

Si las piedras se encuentran, lo harán al mismo tiempo, de manera que $latex t_p=t_q=t$. Nótese que las componentes horizontales de la posición de cada piedra son las mismas, ya que $latex x_p=x_q=16t$.

Entonces, se igualan las componentes verticales:

$$y_p=y_q\Rightarrow 55-4.9t^2=27.7t-4.9t^2$$

Simplificando, queda:

$$27.7t=55\Rightarrow t=\frac{55}{27.7}\hspace{1mm}{s}=1.98 \hspace{1mm}{s} $$

Las piedras chocarán al cabo de 1.98 s.

b) Las coordenadas del punto donde chocan las piedras son:

$$x=16\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times 1.98 \hspace{1mm}{s}=31.75 \hspace{1mm}{m}$$

$$y=(55-4.9\times 1.98^2)\hspace{1mm}m=35.79\hspace{1mm}{m}$$

Las piedras se encuentran en el punto: (31.75; 35.79) m.

c) Para esto se necesita graficar la trayectoria $latex y(x)$ para cada piedra, en un mismo sistema cartesiano:

Trayectoria de p

Piedra p: Lanzamiento horizontal

$latex x_p=16t\Rightarrow t=\dfrac{x}{16}$

$latex y_p=55-4.9t^2\Rightarrow y=55-4.9\left(\dfrac{x}{16}\right)^2=55-0.019x^2$

Piedra q: Lanzamiento inclinado

$latex x_q=16t\Rightarrow t=\dfrac{x}{16}$

$latex y_q=\dfrac{27.7x}{16}-4.9\left(\dfrac{x}{16}\right)^2=1.73x-0.019x^2$

La gráfica siguiente muestra la intersección de las trayectorias parabólicas en el punto indicado.