10 Cinemática: tiro parabólico

Question

1. Descomposición del movimiento: dos movimientos independientes. Un proyectil lanzado en el instante $t = 0$ desde una posición inicial $\vec{r}_0 = x_0\,\vec{e}_x + y_0\,\vec{e}_y$, de coordenadas $(x_0, y_0)$, con velocidad inicial $\vec{v}_0$ de módulo $v_0$ que forma un ángulo $\alpha$ con la horizontal, está sometido únicamente a la aceleración gravitatoria $\vec{a} = -g\,\vec{e}_y$ (tomando el eje $y$ vertical hacia arriba). Como la aceleración solo tiene componente vertical, cada coordenada del movimiento evoluciona de forma independiente a partir de su posición inicial: - En el eje horizontal no hay aceleración ($a_x = 0$): es un MRU con posición inicial $x_0$ y velocidad constante $v_x = v_{0x} = v_0\cos\alpha$: $x(t) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot t$ - En el eje vertical hay caída libre: es un MRUA con aceleración $a_y = -g$, posición inicial $y_0$ y velocidad inicial $v_{0y} = v_0\,\text{sen}\,\alpha$: $y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}g\,t^2$ Las componentes de la velocidad en cualquier instante son $v_x(t) = v_0\cos\alpha$ (constante) y $v_y(t) = v_0\,\text{sen}\,\alpha - g\,t$ ¿Por qué es legítimo separar así el movimiento? Porque las ecuaciones de Newton (aquí, la segunda ley en forma cinemática $\vec{a} = d\vec{v}/dt$) son vectoriales: derivar e integrar un vector equivale a derivar e integrar cada componente con su propia condición inicial $(x_0, y_0)$. La única ligadura entre ambas ecuaciones es que comparten el mismo parámetro tiempo $t$ Ejemplo: Se lanza un proyectil desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (4\,\text{m}, 15\,\text{m})$ con velocidad inicial $v_0 = 30 \, \text{m/s}$ formando un ángulo $\alpha = 45^{\circ}$ con la horizontal (con $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$). Calcula las componentes iniciales de la velocidad y escribe las ecuaciones paramétricas del movimiento. Descomponiendo la velocidad inicial: $v_{0x} = 30\cos 45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = 30\,\text{sen}\,45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$. Sustituyendo $x_0 = 4 \, \text{m} \ \text{e}\ y_0 = 15 \, \text{m}$ en las ecuaciones generales, resulta $x(t) = 4 + 21,21\,t \ \text{e}\ y(t) = 15 + 21,21\,t - 4,9t^2$ [IMAGEN: fisica_imagenes/seccion10_tiro_parabolico.png — Trayectoria parabólica con v0 descompuesta en vx y vy, altura máxima y alcance marcados] 2. EL PROCEDIMIENTO (lo único que hay que recordar). Para resolver cualquier problema de tiro parabólico desde una posición inicial arbitraria $(x_0, y_0)$ se siguen estos cuatro pasos, siempre en este orden: PASO 1: Escribir las ecuaciones generales $x(t) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}g\,t^2$ con los datos del problema (sustituyendo la posición inicial $(x_0, y_0)$ y descomponiendo $\vec{v}_0$ en sus componentes). PASO 2: Para el tiempo de vuelo, imponer la condición de llegada (por ejemplo, $y(t) = y_f$ si impacta a una altura $y_f$, u otra relación geométrica según el problema) y resolver la ecuación de segundo grado resultante, eligiendo la raíz con sentido físico ($t > 0$). PASO 3: Para la posición horizontal final y el alcance, sustituir el tiempo de vuelo $T$ en $x(t)$: la coordenada final de impacto es $x_f = x(T) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot T$ y el desplazamiento horizontal (alcance) respecto del punto de lanzamiento es $\Delta x = x_f - x_0 = v_0\cos\alpha\cdot T$ PASO 4: Para la altura máxima, imponer $v_y(t) = 0$ (en el vértice de la parábola la componente vertical de la velocidad se anula), hallar el instante correspondiente y sustituirlo en $y(t)$ para obtener la ordenada máxima $y_{\text{máx}}$ (y el ascenso máximo $\Delta y_{\text{máx}} = y_{\text{máx}} - y_0$). Este procedimiento vale siempre, cualesquiera que sean las coordenadas iniciales $(x_0, y_0)$ y la condición de llegada. Las «fórmulas» cerradas del alcance y la altura máxima que aparecen en algunos libros solo son válidas cuando se particulariza la posición inicial en el origen y la llegada en la misma cota; memorizarlas es inútil y peligroso, porque dejan de servir en cuanto $x_0$, $y_0$ o la condición de llegada toman valores generales. Ejemplo: Se lanza un proyectil desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (4\,\text{m}, 15\,\text{m})$ con velocidad inicial $v_0 = 30 \, \text{m/s}$ formando un ángulo $\alpha = 45^{\circ}$ con la horizontal (con $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$). Aplicando el procedimiento general, determina las ecuaciones del movimiento, el tiempo que tarda en llegar a la cota $y_f = 0$, la coordenada horizontal de impacto, el desplazamiento horizontal y la altura máxima alcanzada. Paso 1: Las componentes iniciales son $v_{0x} = 30\cos 45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = 30\,\text{sen}\,45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$. Con $x_0 = 4 \, \text{m} \ \text{e}\ y_0 = 15 \, \text{m}$, las ecuaciones horarias son $x(t) = 4 + 21,21\,t \ \text{e}\ y(t) = 15 + 21,21\,t - 4,9t^2$ Paso 2: Imponiendo $y(t) = 0$: $15 + 21,21\,t - 4,9t^2 = 0 \rightarrow 4,9t^2 - 21,21\,t - 15 = 0$, de donde $t = \frac{21,21 + \sqrt{21,21^2 + 4\cdot 4,9\cdot 15}}{9,8} = \frac{21,21 + 27,27}{9,8} \approx 4,95 \, \text{s}$ (descartando la raíz negativa). Paso 3: Coordenada horizontal de impacto $x_f = x(4,95) = 4 + 21,21\cdot 4,95 \approx 109,0 \, \text{m}$, y desplazamiento horizontal (alcance) $\Delta x = x_f - x_0 \approx 105,0 \, \text{m}$ Paso 4: $v_y(t) = 0 \rightarrow 21,21 - 9,8t = 0 \rightarrow t \approx 2,16 \, \text{s}$; sustituyendo en $y(t)$, $y_{\text{máx}} = y(2,16) = 15 + 21,21\cdot 2,16 - 4,9\cdot 2,16^2 \approx 15 + 45,8 - 22,9 = 37,9 \, \text{m}$ Obsérvese que no se ha usado ninguna fórmula memorizada: todo ha salido directamente del procedimiento con la posición inicial $(x_0, y_0)$ 3. La ecuación de la trayectoria: por qué es una parábola. Eliminando el tiempo entre $x(t) \ \text{e}\ y(t)$ se obtiene la ecuación cartesiana de la trayectoria para cualquier posición inicial $(x_0, y_0)$. De $x - x_0 = v_0\cos\alpha\cdot t$ se despeja $t = (x - x_0)/(v_0\cos\alpha)$ y se sustituye en $y(t)$: $y = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot\frac{x - x_0}{v_0\cos\alpha} - \frac{1}{2}g\frac{(x - x_0)^2}{v_0^2\cos^2\alpha} = y_0 + (x - x_0)\tan\alpha - \frac{g\,(x - x_0)^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}$ Es una función cuadrática de $x$ con coeficiente de $(x - x_0)^2$ negativo: una parábola cóncava hacia abajo que pasa por el punto de lanzamiento $(x_0, y_0)$. De ahí el nombre de «tiro parabólico». Esta ecuación es muy útil cuando la condición del problema relaciona directamente las coordenadas espaciales (por ejemplo, cuando se impone que la trayectoria pase por un punto conocido $(x_1, y_1)$). Ejemplo: Se lanza un proyectil desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (2\,\text{m}, 10\,\text{m})$ con velocidad inicial $v_0 = 20 \, \text{m/s}$ formando un ángulo $\alpha = 30^{\circ}$ con la horizontal (con $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$). Halla la ecuación cartesiana de su trayectoria. Sustituyendo en la ecuación general de la trayectoria con $x_0 = 2 \, \text{m}$, $y_0 = 10 \, \text{m}$, $\tan 30^{\circ} \approx 0,577$ y $\cos 30^{\circ} \approx 0,866$, resulta $y = 10 + 0,577\,(x - 2) - \frac{9,8\,(x - 2)^2}{2\cdot 400\cdot 0,75} = 10 + 0,577\,(x - 2) - 0,0163\,(x - 2)^2$ 4. El tiro parabólico desde una posición inicial cualquiera: el caso general. Cuando el proyectil parte de una posición inicial arbitraria $(x_0, y_0)$ e impacta en una cota final $y_f$, el paso 2 del procedimiento conduce a la ecuación de segundo grado completa: $y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}g\,t^2 = y_f \rightarrow \frac{1}{2}g\,t^2 - v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - (y_0 - y_f) = 0$ cuyas raíces son $t = \frac{v_0\,\text{sen}\,\alpha \pm \sqrt{v_0^2\,\text{sen}^2\alpha + 2g\,(y_0 - y_f)}}{g}$. Si $y_0 > y_f$, la raíz con el signo menos es negativa (anterior al lanzamiento) y se descarta; la raíz con el signo más proporciona el tiempo de vuelo $T$, con el que la posición horizontal de impacto es $x_f = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot T$ Ejemplo: Se lanza un proyectil con $v_0 = 15 \, \text{m/s}$ y $\alpha = 30^{\circ}$ desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (3\,\text{m}, 65\,\text{m})$ hacia una terraza situada en la cota $y_f = 5 \, \text{m}$. Las ecuaciones son $x(t) = 3 + 12,99\,t \ \text{e}\ y(t) = 65 + 7,5\,t - 4,9t^2$. Imponiendo $y(t) = 5$: $4,9t^2 - 7,5t - 60 = 0 \rightarrow t = \frac{7,5 + \sqrt{56,25 + 1176}}{9,8} = \frac{7,5 + 35,10}{9,8} \approx 4,35 \, \text{s}$ (descartando la raíz negativa). La coordenada horizontal de impacto es $x_f = 3 + 12,99\cdot 4,35 \approx 59,5 \, \text{m}$ y el desplazamiento horizontal es $\Delta x = x_f - x_0 \approx 56,5 \, \text{m}$ Ejemplo 1: Se dispara un proyectil desde una posición inicial $(x_0, y_0)$ con una velocidad inicial de $200 \, \text{m/s}$ que forma un ángulo de $30^{\circ}$ con la horizontal, sobre un terreno horizontal situado a la misma cota $y_0$. ¿Qué altura máxima alcanza sobre el nivel de lanzamiento y cuál es su ordenada máxima? ¿Qué desplazamiento horizontal recorre hasta volver a la cota $y_0$ y cuál es su coordenada final? (Toma $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$.) Resuélvelo aplicando el procedimiento, sin usar fórmulas memorizadas. Explicación: Para resolver este ejercicio empezaremos por descomponer la velocidad inicial y escribir las ecuaciones generales $x(t) \ \text{e}\ y(t)$ manteniendo la posición inicial $(x_0, y_0)$ (paso 1 del procedimiento). A continuación impondremos $y(t) = y_0$ para hallar el tiempo de vuelo (paso 2) y lo sustituiremos en $x(t)$ para hallar la posición final y el desplazamiento horizontal (paso 3). Para terminar impondremos $v_y = 0$ para la altura máxima (paso 4). PASO 1: Ecuaciones del movimiento. Descomponemos la velocidad inicial: $v_{0x} = 200\cos 30^{\circ} = 200\cdot 0,8660 = 173,2 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = 200\,\text{sen}\,30^{\circ} = 200\cdot 0,5 = 100 \, \text{m/s}$ A partir de la posición inicial $(x_0, y_0)$: $x(t) = x_0 + 173,2\,t$, $y(t) = y_0 + 100\,t - 4,9t^2$, $v_y(t) = 100 - 9,8t$ PASO 2: Tiempo de vuelo. Imponemos el retorno a la cota de lanzamiento $y(t) = y_0$, es decir, $y(t) - y_0 = 0$: $100t - 4,9t^2 = t(100 - 4,9t) = 0$, de donde $t = 0$ (instante de lanzamiento) o $t = 100/4,9 \approx 20,41 \, \text{s}$. El tiempo de vuelo es $T = 20,41 \, \text{s}$ PASO 3: Posición final y alcance horizontal. Sustituimos en $x(t)$: $x(20,41) = x_0 + 173,2\cdot 20,41 \approx x_0 + 3535 \, \text{m}$, por lo que el desplazamiento horizontal (alcance) es $\Delta x = x(20,41) - x_0 \approx 3535 \, \text{m}$ PASO 4: Altura máxima. Imponemos $v_y = 0$: $100 - 9,8t = 0 \rightarrow t = 100/9,8 \approx 10,20 \, \text{s}$ Sustituimos en $y(t)$: $y_{\text{máx}} = y(10,20) = y_0 + 100\cdot 10,20 - 4,9\cdot 10,20^2 = y_0 + 1020 - 509,8 = y_0 + 510,2 \, \text{m}$, es decir, se eleva $\Delta y_{\text{máx}} = 510,2 \, \text{m}$ por encima del punto de disparo. Conclusión: Así pues, sin necesidad de fijar el origen en el punto de lanzamiento ni usar fórmulas memorizadas, el proyectil se eleva $510,2 \, \text{m}$ sobre su cota inicial ($y_{\text{máx}} = y_0 + 510,2 \, \text{m}$) e impacta a $3535 \, \text{m}$ en horizontal del punto de partida ($x_f = x_0 + 3535 \, \text{m}$). Ejemplo 2: Una pelota resbala por un tejado que forma un ángulo de $30^{\circ}$ con la horizontal y, al llegar a su extremo situado en $(x_0, y_0)$, lleva una velocidad de $10 \, \text{m/s}$. La altura del alero sobre el suelo de la calle es de $60 \, \text{m}$ ($y_0 - y_{\text{suelo}} = 60 \, \text{m}$) y la anchura de la calle es de $30 \, \text{m}$. Calcula: ( a) las ecuaciones del movimiento de la pelota durante su caída a partir de $(x_0, y_0)$; ( b) si la pelota llegará directamente al suelo o chocará antes con la pared del edificio de enfrente; ( c) el tiempo que tarda en llegar al suelo y su velocidad en ese instante; ( d) en qué posición respecto del punto de salida se encuentra cuando su velocidad forma un ángulo de $45^{\circ}$ con la horizontal. (Toma $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$.) Explicación: Para resolver este ejercicio empezaremos por escribir las ecuaciones generales del movimiento con posición inicial $(x_0, y_0)$ (paso 1). A continuación impondremos la condición de impacto contra el suelo $y(t) - y_0 = -60 \, \text{m}$ y compararemos el desplazamiento horizontal $x(t) - x_0$ con la anchura de la calle. Para terminar hallaremos la velocidad de llegada y la posición cuando la velocidad forma el ángulo pedido. PASO 1: Apartado (a): ecuaciones del movimiento. La pelota sale del tejado hacia abajo con $v_0 = 10 \, \text{m/s}$ formando $30^{\circ}$ bajo la horizontal: $v_{0x} = 10\cos 30^{\circ} = 8,66 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = -10\,\text{sen}\,30^{\circ} = -5 \, \text{m/s}$ (negativa porque apunta hacia abajo). Partiendo de $(x_0, y_0)$: $x(t) = x_0 + 8,66\,t$, $y(t) = y_0 - 5\,t - 4,9t^2$, $v_x = 8,66 \, \text{m/s}$, $v_y(t) = -5 - 9,8t$ PASO 2: Apartado (b): ¿llega al suelo o choca con la pared? El suelo está $60 \, \text{m}$ por debajo del alero, es decir, $y(t) = y_0 - 60$: $-5t - 4,9t^2 = -60 \rightarrow 4,9t^2 + 5t - 60 = 0 \rightarrow t = \frac{-5 + \sqrt{25 + 1176}}{9,8} = \frac{-5 + 34,66}{9,8} \approx 3,03 \, \text{s}$ (descartando la raíz negativa). El desplazamiento horizontal hasta ese instante es $\Delta x = x(3,03) - x_0 = 8,66\cdot 3,03 \approx 26,2 \, \text{m}$. Como $26,2 < 30$, la pelota llega directamente al suelo antes de alcanzar la fachada de enfrente. PASO 3: Apartado (c): tiempo y velocidad de llegada. El tiempo de caída es $T = 3,03 \, \text{s}$. Las componentes de la velocidad al llegar son $v_x = 8,66 \, \text{m/s}$ y $v_y(3,03) = -5 - 9,8\cdot 3,03 = -34,69 \, \text{m/s}$. El módulo es $|\vec{v}| = \sqrt{8,66^2 + 34,69^2} = \sqrt{75 + 1203,4} = \sqrt{1278,4} \approx 35,8 \, \text{m/s}$ PASO 4: Apartado (d): velocidad a 45 grados. Que la velocidad forme $45^{\circ}$ con la horizontal (hacia abajo) significa $v_y = -v_x$: $-5 - 9,8t = -8,66 \rightarrow 9,8t = 3,66 \rightarrow t \approx 0,373 \, \text{s}$ Sustituyendo en las ecuaciones de posición: $x(0,373) = x_0 + 8,66\cdot 0,373 \approx x_0 + 3,23 \, \text{m} \ \text{e}\ y(0,373) = y_0 - 5\cdot 0,373 - 4,9\cdot 0,373^2 \approx y_0 - 2,55 \, \text{m}$ (es decir, a $57,45 \, \text{m}$ sobre el suelo). Conclusión: Así pues, las ecuaciones son $x(t) = x_0 + 8,66t \ \text{e}\ y(t) = y_0 - 5t - 4,9t^2$; la pelota llega al suelo ($\Delta x = 26,2 \, \text{m} < 30 \, \text{m}$) en $3,03 \, \text{s}$ con celeridad $35,8 \, \text{m/s}$, y su velocidad forma $45^{\circ}$ con la horizontal cuando se ha desplazado $\Delta x = 3,23 \, \text{m}$ y $\Delta y = -2,55 \, \text{m}$ respecto del borde del tejado. Ejemplo 3: Un cañón situado en la posición $(x_0, y_0)$ dispara una bala con velocidad inicial de $400 \, \text{m/s}$ y ángulo de $47^{\circ}$ con la horizontal. La bala alcanza a un pájaro que vuela $400 \, \text{m}$ por encima de la cota del cañón ($y = y_0 + 400 \, \text{m}$). ¿Qué tiempo ha tardado el proyectil en alcanzar al pájaro? ¿A qué distancia horizontal máxima respecto del cañón puede encontrarse el pájaro? (Toma $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$.) Explicación: Para resolver este ejercicio empezaremos por escribir las ecuaciones generales del movimiento con posición inicial $(x_0, y_0)$. A continuación impondremos la condición $y(t) = y_0 + 400 \, \text{m}$ y resolveremos la ecuación de segundo grado resultante. Para terminar calcularemos el desplazamiento horizontal $\Delta x = x(t) - x_0$ para cada instante y elegiremos el máximo. PASO 1: Ecuaciones. $v_{0x} = 400\cos 47^{\circ} = 400\cdot 0,6820 = 272,8 \, \text{m/s}$, $v_{0y} = 400\,\text{sen}\,47^{\circ} = 400\cdot 0,7314 = 292,5 \, \text{m/s}$ A partir de la posición inicial $(x_0, y_0)$: $x(t) = x_0 + 272,8\,t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + 292,5\,t - 4,9t^2$ PASO 2: Instantes en que y − y0 = 400 m. Imponemos $y(t) = y_0 + 400$, de donde $292,5\,t - 4,9t^2 = 400$, es decir, $4,9t^2 - 292,5t + 400 = 0$ Resolviendo: $t = \frac{292,5 \pm \sqrt{292,5^2 - 4\cdot 4,9\cdot 400}}{9,8} = \frac{292,5 \pm \sqrt{85556 - 7840}}{9,8} = \frac{292,5 \pm \sqrt{77716}}{9,8} = \frac{292,5 \pm 278,77}{9,8}$ Las dos soluciones son $t_1 = 13,73/9,8 \approx 1,40 \, \text{s}$ (subiendo) y $t_2 = 571,27/9,8 \approx 58,29 \, \text{s}$ (bajando). PASO 3: Distancia horizontal máxima respecto del cañón. Los desplazamientos horizontales $\Delta x = x(t) - x_0$ son $\Delta x_1 = 272,8\cdot 1,40 \approx 382 \, \text{m}$ y $\Delta x_2 = 272,8\cdot 58,29 \approx 15901 \, \text{m}$. La distancia horizontal máxima a la que puede estar el pájaro respecto del cañón es $15,9 \, \text{km}$ (en la rama descendente, en $x_2 = x_0 + 15901 \, \text{m}$). Conclusión: Así pues, la bala alcanza la cota $y_0 + 400 \, \text{m}$ a los $1,40 \, \text{s}$ (subiendo) y a los $58,29 \, \text{s}$ (bajando); el pájaro puede encontrarse como máximo a una distancia horizontal de $15,9 \, \text{km}$ del cañón. Ejemplo 4: Desde un punto $(x_0, y_0)$ situado en la base de una montaña de pendiente constante $\alpha$ se dispara un proyectil con velocidad de módulo $v_0$ que forma un ángulo $\theta$ (con $\theta > \alpha$) con la horizontal. Demuestra que el alcance $R$ del lanzamiento, medido a lo largo de la pendiente de la montaña desde el punto de disparo, viene dado por $R = \frac{2v_0^2\cos\theta\,\text{sen}(\theta-\alpha)}{g\cos^2\alpha}$ Explicación: Para resolver este ejercicio empezaremos por escribir las ecuaciones generales del tiro parabólico a partir de $(x_0, y_0)$ y la ecuación de la recta que describe la ladera pasando por $(x_0, y_0)$. A continuación impondremos la condición de intersección entre la trayectoria y la ladera. Para terminar despejaremos el alcance usando identidades trigonométricas. PASO 1: Ecuaciones del proyectil y de la ladera. Las ecuaciones generales del proyectil a partir de $(x_0, y_0)$ son $x(t) = x_0 + v_0\cos\theta\cdot t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\theta\cdot t - \frac{1}{2}gt^2$ La ladera es la recta que pasa por $(x_0, y_0)$ con pendiente $\tan\alpha$: $y - y_0 = (x - x_0)\tan\alpha$ PASO 2: Intersección del proyectil con la ladera. El impacto ocurre cuando las coordenadas del proyectil satisfacen la ecuación de la ladera. Sustituimos $x(t) - x_0 = v_0\cos\theta\cdot t \ \text{e}\ y(t) - y_0 = v_0\,\text{sen}\,\theta\cdot t - \frac{1}{2}gt^2$ en $y - y_0 = (x - x_0)\tan\alpha$: $v_0\,\text{sen}\,\theta\cdot t - \frac{1}{2}gt^2 = v_0\cos\theta\cdot t\,\tan\alpha$ Dividiendo por $t$ (descartamos $t = 0$, el instante del disparo) y despejando: $v_0\,\text{sen}\,\theta - v_0\cos\theta\,\tan\alpha = \frac{1}{2}gt \rightarrow t = \frac{2v_0}{g}\left(\text{sen}\,\theta - \cos\theta\,\tan\alpha\right)$ PASO 3: Alcance a lo largo de la pendiente. El desplazamiento horizontal hasta el punto de impacto es $\Delta x = x - x_0 = v_0\cos\theta\cdot t = \frac{2v_0^2\cos\theta}{g}\left(\text{sen}\,\theta - \cos\theta\,\tan\alpha\right)$ Escribimos $\tan\alpha = \text{sen}\,\alpha/\cos\alpha$ y operamos el paréntesis: $\text{sen}\,\theta - \cos\theta\frac{\text{sen}\,\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\text{sen}\,\theta\cos\alpha - \cos\theta\,\text{sen}\,\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\text{sen}(\theta-\alpha)}{\cos\alpha}$ Por tanto el desplazamiento horizontal es $\Delta x = \frac{2v_0^2\cos\theta\,\text{sen}(\theta-\alpha)}{g\cos\alpha}$ El alcance medido a lo largo de la pendiente es la hipotenusa del triángulo de catetos $\Delta x = x - x_0$ y $\Delta y = y - y_0 = \Delta x\tan\alpha$: $R = \Delta x/\cos\alpha$, luego: $R = \frac{2v_0^2\cos\theta\,\text{sen}(\theta-\alpha)}{g\cos^2\alpha}$, que es la expresión buscada. Conclusión: Así pues, queda demostrada la fórmula del alcance sobre plano inclinado a partir de cualquier posición inicial $(x_0, y_0)$ imponiendo la intersección con la recta $y - y_0 = (x - x_0)\tan\alpha$ Ejemplo 5: Se lanza un proyectil desde una posición inicial $(x_0, y_0)$ con velocidad inicial de módulo $v_0$. Demuestra, aplicando el procedimiento general y sin usar fórmulas memorizadas, que dos ángulos de lanzamiento complementarios ($\alpha$ y $90^{\circ} - \alpha$) producen el mismo desplazamiento horizontal $\Delta x = x - x_0$ al regresar a la cota inicial $y = y_0$, y halla con qué ángulo se consigue el alcance máximo. Explicación: Para resolver este ejercicio empezaremos por aplicar el procedimiento desde $(x_0, y_0)$ para un ángulo genérico $\alpha$ y obtener el desplazamiento horizontal $\Delta x(\alpha)$. A continuación evaluaremos dicha expresión para el ángulo complementario y compararemos. Para terminar buscaremos el máximo respecto del ángulo. PASO 1: Desplazamiento horizontal para un ángulo genérico. Las ecuaciones generales son $x(t) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}gt^2$ Imponiendo el regreso a la cota de partida ($y(t) = y_0$): $y(t) - y_0 = t(v_0\,\text{sen}\,\alpha - \tfrac{1}{2}gt) = 0 \rightarrow T = \frac{2v_0\,\text{sen}\,\alpha}{g}$ (descartando $t = 0$). Sustituyendo en $x(t)$, el desplazamiento horizontal es $\Delta x(\alpha) = x(T) - x_0 = v_0\cos\alpha\cdot T = \frac{2v_0^2}{g}\,\text{sen}\,\alpha\cos\alpha = \frac{v_0^2}{g}\,\text{sen}(2\alpha)$, usando $2\,\text{sen}\,\alpha\cos\alpha = \text{sen}(2\alpha)$ PASO 2: Ángulos complementarios. Para el ángulo $90^{\circ} - \alpha$: $\Delta x(90^{\circ}-\alpha) = \frac{v_0^2}{g}\,\text{sen}\left(2(90^{\circ}-\alpha)\right) = \frac{v_0^2}{g}\,\text{sen}(180^{\circ}-2\alpha)$ Como $\text{sen}(180^{\circ} - \beta) = \text{sen}\,\beta$, se tiene $\text{sen}(180^{\circ}-2\alpha) = \text{sen}(2\alpha)$, luego $\Delta x(90^{\circ}-\alpha) = \Delta x(\alpha)$: los ángulos complementarios producen el mismo desplazamiento horizontal y llegan al mismo punto $x_f = x_0 + \Delta x$ PASO 3: Ángulo de alcance máximo. El desplazamiento horizontal es proporcional a $\text{sen}(2\alpha)$, cuyo valor máximo es $1$, alcanzado cuando $2\alpha = 90^{\circ}$, es decir, $\alpha = 45^{\circ}$. El desplazamiento horizontal máximo a igual cota vale $\Delta x_{\text{máx}} = v_0^2/g$, alcanzando la coordenada $x_f = x_0 + v_0^2/g$ Conclusión: Así pues, partiendo de las ecuaciones generales con posición inicial $(x_0, y_0)$, se demuestra que $\Delta x(\alpha) = \Delta x(90^{\circ}-\alpha)$ y que el alcance máximo sobre la misma cota se consigue con $\alpha = 45^{\circ}$

Accepted Answer

Enunciado del ejercicio 1. Descomposición del movimiento: dos movimientos independientes. Un proyectil lanzado en el instante $t = 0$ desde una posición inicial $\vec{r}_0 = x_0\,\vec{e}_x + y_0\,\vec{e}_y$, de coordenadas $(x_0, y_0)$, con velocidad inicial $\vec{v}_0$ de módulo $v_0$ que forma un ángulo $\alpha$ con la horizontal, está sometido únicamente a la aceleración gravitatoria $\vec{a} = -g\,\vec{e}_y$ (tomando el eje $y$ vertical hacia arriba). Como la aceleración solo tiene componente vertical, cada coordenada del movimiento evoluciona de forma independiente a partir de su posición inicial: - En el eje horizontal no hay aceleración ($a_x = 0$): es un MRU con posición inicial $x_0$ y velocidad constante $v_x = v_{0x} = v_0\cos\alpha$: $x(t) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot t$ - En el eje vertical hay caída libre: es un MRUA con aceleración $a_y = -g$, posición inicial $y_0$ y velocidad inicial $v_{0y} = v_0\,\text{sen}\,\alpha$: $y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}g\,t^2$ Las componentes de la velocidad en cualquier instante son $v_x(t) = v_0\cos\alpha$ (constante) y $v_y(t) = v_0\,\text{sen}\,\alpha - g\,t$ ¿Por qué es legítimo separar así el movimiento? Porque las ecuaciones de Newton (aquí, la segunda ley en forma cinemática $\vec{a} = d\vec{v}/dt$) son vectoriales: derivar e integrar un vector equivale a derivar e integrar cada componente con su propia condición inicial $(x_0, y_0)$. La única ligadura entre ambas ecuaciones es que comparten el mismo parámetro tiempo $t$ Ejemplo: Se lanza un proyectil desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (4\,\text{m}, 15\,\text{m})$ con velocidad inicial $v_0 = 30 \, \text{m/s}$ formando un ángulo $\alpha = 45^{\circ}$ con la horizontal (con $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$). Calcula las componentes iniciales de la velocidad y escribe las ecuaciones paramétricas del movimiento. Descomponiendo la velocidad inicial: $v_{0x} = 30\cos 45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = 30\,\text{sen}\,45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$. Sustituyendo $x_0 = 4 \, \text{m} \ \text{e}\ y_0 = 15 \, \text{m}$ en las ecuaciones generales, resulta $x(t) = 4 + 21,21\,t \ \text{e}\ y(t) = 15 + 21,21\,t - 4,9t^2$

Trayectoria parabólica con v0 descompuesta en vx y vy, altura máxima y alcance marcados 2. EL PROCEDIMIENTO (lo único que hay que recordar). Para resolver cualquier problema de tiro parabólico desde una posición inicial arbitraria $(x_0, y_0)$ se siguen estos cuatro pasos, siempre en este orden: PASO 1 Escribir las ecuaciones generales $x(t) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}g\,t^2$ con los datos del problema (sustituyendo la posición inicial $(x_0, y_0)$ y descomponiendo $\vec{v}_0$ en sus componentes). PASO 2 Para el tiempo de vuelo, imponer la condición de llegada (por ejemplo, $y(t) = y_f$ si impacta a una altura $y_f$, u otra relación geométrica según el problema) y resolver la ecuación de segundo grado resultante, eligiendo la raíz con sentido físico ($t > 0$). PASO 3 Para la posición horizontal final y el alcance, sustituir el tiempo de vuelo $T$ en $x(t)$: la coordenada final de impacto es $x_f = x(T) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot T$ y el desplazamiento horizontal (alcance) respecto del punto de lanzamiento es $\Delta x = x_f - x_0 = v_0\cos\alpha\cdot T$ PASO 4 Para la altura máxima, imponer $v_y(t) = 0$ (en el vértice de la parábola la componente vertical de la velocidad se anula), hallar el instante correspondiente y sustituirlo en $y(t)$ para obtener la ordenada máxima $y_{\text{máx}}$ (y el ascenso máximo $\Delta y_{\text{máx}} = y_{\text{máx}} - y_0$). Este procedimiento vale siempre, cualesquiera que sean las coordenadas iniciales $(x_0, y_0)$ y la condición de llegada. Las «fórmulas» cerradas del alcance y la altura máxima que aparecen en algunos libros solo son válidas cuando se particulariza la posición inicial en el origen y la llegada en la misma cota; memorizarlas es inútil y peligroso, porque dejan de servir en cuanto $x_0$, $y_0$ o la condición de llegada toman valores generales. Ejemplo: Se lanza un proyectil desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (4\,\text{m}, 15\,\text{m})$ con velocidad inicial $v_0 = 30 \, \text{m/s}$ formando un ángulo $\alpha = 45^{\circ}$ con la horizontal (con $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$). Aplicando el procedimiento general, determina las ecuaciones del movimiento, el tiempo que tarda en llegar a la cota $y_f = 0$, la coordenada horizontal de impacto, el desplazamiento horizontal y la altura máxima alcanzada. Paso 1 Las componentes iniciales son $v_{0x} = 30\cos 45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = 30\,\text{sen}\,45^{\circ} \approx 21,21 \, \text{m/s}$. Con $x_0 = 4 \, \text{m} \ \text{e}\ y_0 = 15 \, \text{m}$, las ecuaciones horarias son $x(t) = 4 + 21,21\,t \ \text{e}\ y(t) = 15 + 21,21\,t - 4,9t^2$ Paso 2 Imponiendo $y(t) = 0$: $15 + 21,21\,t - 4,9t^2 = 0 \rightarrow 4,9t^2 - 21,21\,t - 15 = 0$, de donde $t = \frac{21,21 + \sqrt{21,21^2 + 4\cdot 4,9\cdot 15}}{9,8} = \frac{21,21 + 27,27}{9,8} \approx 4,95 \, \text{s}$ (descartando la raíz negativa). Paso 3 Coordenada horizontal de impacto $x_f = x(4,95) = 4 + 21,21\cdot 4,95 \approx 109,0 \, \text{m}$, y desplazamiento horizontal (alcance) $\Delta x = x_f - x_0 \approx 105,0 \, \text{m}$ Paso 4 $v_y(t) = 0 \rightarrow 21,21 - 9,8t = 0 \rightarrow t \approx 2,16 \, \text{s}$; sustituyendo en $y(t)$, $y_{\text{máx}} = y(2,16) = 15 + 21,21\cdot 2,16 - 4,9\cdot 2,16^2 \approx 15 + 45,8 - 22,9 = 37,9 \, \text{m}$ Obsérvese que no se ha usado ninguna fórmula memorizada: todo ha salido directamente del procedimiento con la posición inicial $(x_0, y_0)$ 3. La ecuación de la trayectoria: por qué es una parábola. Eliminando el tiempo entre $x(t) \ \text{e}\ y(t)$ se obtiene la ecuación cartesiana de la trayectoria para cualquier posición inicial $(x_0, y_0)$. De $x - x_0 = v_0\cos\alpha\cdot t$ se despeja $t = (x - x_0)/(v_0\cos\alpha)$ y se sustituye en $y(t)$: $$y = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot\frac{x - x_0}{v_0\cos\alpha} - \frac{1}{2}g\frac{(x - x_0)^2}{v_0^2\cos^2\alpha} = y_0 + (x - x_0)\tan\alpha - \frac{g\,(x - x_0)^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}$$ Es una función cuadrática de $x$ con coeficiente de $(x - x_0)^2$ negativo: una parábola cóncava hacia abajo que pasa por el punto de lanzamiento $(x_0, y_0)$. De ahí el nombre de «tiro parabólico». Esta ecuación es muy útil cuando la condición del problema relaciona directamente las coordenadas espaciales (por ejemplo, cuando se impone que la trayectoria pase por un punto conocido $(x_1, y_1)$). Ejemplo: Se lanza un proyectil desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (2\,\text{m}, 10\,\text{m})$ con velocidad inicial $v_0 = 20 \, \text{m/s}$ formando un ángulo $\alpha = 30^{\circ}$ con la horizontal (con $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$). Halla la ecuación cartesiana de su trayectoria. Sustituyendo en la ecuación general de la trayectoria con $x_0 = 2 \, \text{m}$, $y_0 = 10 \, \text{m}$, $\tan 30^{\circ} \approx 0,577$ y $\cos 30^{\circ} \approx 0,866$, resulta $y = 10 + 0,577\,(x - 2) - \frac{9,8\,(x - 2)^2}{2\cdot 400\cdot 0,75} = 10 + 0,577\,(x - 2) - 0,0163\,(x - 2)^2$ 4 El tiro parabólico desde una posición inicial cualquiera: el caso general Cuando el proyectil parte de una posición inicial arbitraria $(x_0, y_0)$ e impacta en una cota final $y_f$, el paso 2 del procedimiento conduce a la ecuación de segundo grado completa: $$y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}g\,t^2 = y_f \rightarrow \frac{1}{2}g\,t^2 - v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - (y_0 - y_f) = 0$$ cuyas raíces son $t = \frac{v_0\,\text{sen}\,\alpha \pm \sqrt{v_0^2\,\text{sen}^2\alpha + 2g\,(y_0 - y_f)}}{g}$. Si $y_0 > y_f$, la raíz con el signo menos es negativa (anterior al lanzamiento) y se descarta; la raíz con el signo más proporciona el tiempo de vuelo $T$, con el que la posición horizontal de impacto es $x_f = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot T$ Ejemplo: Se lanza un proyectil con $v_0 = 15 \, \text{m/s}$ y $\alpha = 30^{\circ}$ desde la posición inicial $(x_0, y_0) = (3\,\text{m}, 65\,\text{m})$ hacia una terraza situada en la cota $y_f = 5 \, \text{m}$. Las ecuaciones son $x(t) = 3 + 12,99\,t \ \text{e}\ y(t) = 65 + 7,5\,t - 4,9t^2$. Imponiendo $y(t) = 5$: $4,9t^2 - 7,5t - 60 = 0 \rightarrow t = \frac{7,5 + \sqrt{56,25 + 1176}}{9,8} = \frac{7,5 + 35,10}{9,8} \approx 4,35 \, \text{s}$ (descartando la raíz negativa). La coordenada horizontal de impacto es $x_f = 3 + 12,99\cdot 4,35 \approx 59,5 \, \text{m}$ y el desplazamiento horizontal es $\Delta x = x_f - x_0 \approx 56,5 \, \text{m}$ Ejemplo 1: Se dispara un proyectil desde una posición inicial $(x_0, y_0)$ con una velocidad inicial de $200 \, \text{m/s}$ que forma un ángulo de $30^{\circ}$ con la horizontal, sobre un terreno horizontal situado a la misma cota $y_0$. ¿Qué altura máxima alcanza sobre el nivel de lanzamiento y cuál es su ordenada máxima? ¿Qué desplazamiento horizontal recorre hasta volver a la cota $y_0$ y cuál es su coordenada final? (Toma $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$.) Resuélvelo aplicando el procedimiento, sin usar fórmulas memorizadas. Explicación Para resolver este ejercicio empezaremos por descomponer la velocidad inicial y escribir las ecuaciones generales $x(t) \ \text{e}\ y(t)$ manteniendo la posición inicial $(x_0, y_0)$ (paso 1 del procedimiento). A continuación impondremos $y(t) = y_0$ para hallar el tiempo de vuelo (paso 2) y lo sustituiremos en $x(t)$ para hallar la posición final y el desplazamiento horizontal (paso 3). Para terminar impondremos $v_y = 0$ para la altura máxima (paso 4). PASO 1 Ecuaciones del movimiento. Descomponemos la velocidad inicial: $v_{0x} = 200\cos 30^{\circ} = 200\cdot 0,8660 = 173,2 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = 200\,\text{sen}\,30^{\circ} = 200\cdot 0,5 = 100 \, \text{m/s}$ A partir de la posición inicial $(x_0, y_0)$: $x(t) = x_0 + 173,2\,t$, $y(t) = y_0 + 100\,t - 4,9t^2$, $v_y(t) = 100 - 9,8t$ PASO 2 Tiempo de vuelo. Imponemos el retorno a la cota de lanzamiento $y(t) = y_0$, es decir, $y(t) - y_0 = 0$: $100t - 4,9t^2 = t(100 - 4,9t) = 0$, de donde $t = 0$ (instante de lanzamiento) o $t = 100/4,9 \approx 20,41 \, \text{s}$. El tiempo de vuelo es $T = 20,41 \, \text{s}$ PASO 3 Posición final y alcance horizontal. Sustituimos en $x(t)$: $x(20,41) = x_0 + 173,2\cdot 20,41 \approx x_0 + 3535 \, \text{m}$, por lo que el desplazamiento horizontal (alcance) es $\Delta x = x(20,41) - x_0 \approx 3535 \, \text{m}$ PASO 4 Altura máxima. Imponemos $v_y = 0$: $100 - 9,8t = 0 \rightarrow t = 100/9,8 \approx 10,20 \, \text{s}$ Sustituimos en $y(t)$: $y_{\text{máx}} = y(10,20) = y_0 + 100\cdot 10,20 - 4,9\cdot 10,20^2 = y_0 + 1020 - 509,8 = y_0 + 510,2 \, \text{m}$, es decir, se eleva $\Delta y_{\text{máx}} = 510,2 \, \text{m}$ por encima del punto de disparo. Conclusión Así pues, sin necesidad de fijar el origen en el punto de lanzamiento ni usar fórmulas memorizadas, el proyectil se eleva $510,2 \, \text{m}$ sobre su cota inicial ($y_{\text{máx}} = y_0 + 510,2 \, \text{m}$) e impacta a $3535 \, \text{m}$ en horizontal del punto de partida ($x_f = x_0 + 3535 \, \text{m}$). Ejemplo 2: Una pelota resbala por un tejado que forma un ángulo de $30^{\circ}$ con la horizontal y, al llegar a su extremo situado en $(x_0, y_0)$, lleva una velocidad de $10 \, \text{m/s}$. La altura del alero sobre el suelo de la calle es de $60 \, \text{m}$ ($y_0 - y_{\text{suelo}} = 60 \, \text{m}$) y la anchura de la calle es de $30 \, \text{m}$. Calcula: ( a) las ecuaciones del movimiento de la pelota durante su caída a partir de $(x_0, y_0)$; ( b) si la pelota llegará directamente al suelo o chocará antes con la pared del edificio de enfrente; ( c) el tiempo que tarda en llegar al suelo y su velocidad en ese instante; ( d) en qué posición respecto del punto de salida se encuentra cuando su velocidad forma un ángulo de $45^{\circ}$ con la horizontal. (Toma $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$.) Explicación Para resolver este ejercicio empezaremos por escribir las ecuaciones generales del movimiento con posición inicial $(x_0, y_0)$ (paso 1). A continuación impondremos la condición de impacto contra el suelo $y(t) - y_0 = -60 \, \text{m}$ y compararemos el desplazamiento horizontal $x(t) - x_0$ con la anchura de la calle. Para terminar hallaremos la velocidad de llegada y la posición cuando la velocidad forma el ángulo pedido. PASO 1 Apartado (a): ecuaciones del movimiento. La pelota sale del tejado hacia abajo con $v_0 = 10 \, \text{m/s}$ formando $30^{\circ}$ bajo la horizontal: $v_{0x} = 10\cos 30^{\circ} = 8,66 \, \text{m/s}$ y $v_{0y} = -10\,\text{sen}\,30^{\circ} = -5 \, \text{m/s}$ (negativa porque apunta hacia abajo). Partiendo de $(x_0, y_0)$: $x(t) = x_0 + 8,66\,t$, $y(t) = y_0 - 5\,t - 4,9t^2$, $v_x = 8,66 \, \text{m/s}$, $v_y(t) = -5 - 9,8t$ PASO 2 Apartado (b): ¿llega al suelo o choca con la pared? El suelo está $60 \, \text{m}$ por debajo del alero, es decir, $y(t) = y_0 - 60$: $-5t - 4,9t^2 = -60 \rightarrow 4,9t^2 + 5t - 60 = 0 \rightarrow t = \frac{-5 + \sqrt{25 + 1176}}{9,8} = \frac{-5 + 34,66}{9,8} \approx 3,03 \, \text{s}$ (descartando la raíz negativa). El desplazamiento horizontal hasta ese instante es $\Delta x = x(3,03) - x_0 = 8,66\cdot 3,03 \approx 26,2 \, \text{m}$. Como $26,2 < 30$, la pelota llega directamente al suelo antes de alcanzar la fachada de enfrente. PASO 3 Apartado (c): tiempo y velocidad de llegada. El tiempo de caída es $T = 3,03 \, \text{s}$. Las componentes de la velocidad al llegar son $v_x = 8,66 \, \text{m/s}$ y $v_y(3,03) = -5 - 9,8\cdot 3,03 = -34,69 \, \text{m/s}$. El módulo es $|\vec{v}| = \sqrt{8,66^2 + 34,69^2} = \sqrt{75 + 1203,4} = \sqrt{1278,4} \approx 35,8 \, \text{m/s}$ PASO 4 Apartado (d): velocidad a 45 grados. Que la velocidad forme $45^{\circ}$ con la horizontal (hacia abajo) significa $v_y = -v_x$: $-5 - 9,8t = -8,66 \rightarrow 9,8t = 3,66 \rightarrow t \approx 0,373 \, \text{s}$ Sustituyendo en las ecuaciones de posición: $x(0,373) = x_0 + 8,66\cdot 0,373 \approx x_0 + 3,23 \, \text{m} \ \text{e}\ y(0,373) = y_0 - 5\cdot 0,373 - 4,9\cdot 0,373^2 \approx y_0 - 2,55 \, \text{m}$ (es decir, a $57,45 \, \text{m}$ sobre el suelo). Conclusión Así pues, las ecuaciones son $x(t) = x_0 + 8,66t \ \text{e}\ y(t) = y_0 - 5t - 4,9t^2$; la pelota llega al suelo ($\Delta x = 26,2 \, \text{m} < 30 \, \text{m}$) en $3,03 \, \text{s}$ con celeridad $35,8 \, \text{m/s}$, y su velocidad forma $45^{\circ}$ con la horizontal cuando se ha desplazado $\Delta x = 3,23 \, \text{m}$ y $\Delta y = -2,55 \, \text{m}$ respecto del borde del tejado. Ejemplo 3: Un cañón situado en la posición $(x_0, y_0)$ dispara una bala con velocidad inicial de $400 \, \text{m/s}$ y ángulo de $47^{\circ}$ con la horizontal. La bala alcanza a un pájaro que vuela $400 \, \text{m}$ por encima de la cota del cañón ($y = y_0 + 400 \, \text{m}$). ¿Qué tiempo ha tardado el proyectil en alcanzar al pájaro? ¿A qué distancia horizontal máxima respecto del cañón puede encontrarse el pájaro? (Toma $g = 9,8 \, \text{m/s}^2$.) Explicación Para resolver este ejercicio empezaremos por escribir las ecuaciones generales del movimiento con posición inicial $(x_0, y_0)$. A continuación impondremos la condición $y(t) = y_0 + 400 \, \text{m}$ y resolveremos la ecuación de segundo grado resultante. Para terminar calcularemos el desplazamiento horizontal $\Delta x = x(t) - x_0$ para cada instante y elegiremos el máximo. PASO 1 Ecuaciones. $v_{0x} = 400\cos 47^{\circ} = 400\cdot 0,6820 = 272,8 \, \text{m/s}$, $v_{0y} = 400\,\text{sen}\,47^{\circ} = 400\cdot 0,7314 = 292,5 \, \text{m/s}$ A partir de la posición inicial $(x_0, y_0)$: $x(t) = x_0 + 272,8\,t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + 292,5\,t - 4,9t^2$ PASO 2 Instantes en que y − y0 = 400 m. Imponemos $y(t) = y_0 + 400$, de donde $292,5\,t - 4,9t^2 = 400$, es decir, $4,9t^2 - 292,5t + 400 = 0$ Resolviendo: $t = \frac{292,5 \pm \sqrt{292,5^2 - 4\cdot 4,9\cdot 400}}{9,8} = \frac{292,5 \pm \sqrt{85556 - 7840}}{9,8} = \frac{292,5 \pm \sqrt{77716}}{9,8} = \frac{292,5 \pm 278,77}{9,8}$ Las dos soluciones son $t_1 = 13,73/9,8 \approx 1,40 \, \text{s}$ (subiendo) y $t_2 = 571,27/9,8 \approx 58,29 \, \text{s}$ (bajando). PASO 3 Distancia horizontal máxima respecto del cañón. Los desplazamientos horizontales $\Delta x = x(t) - x_0$ son $\Delta x_1 = 272,8\cdot 1,40 \approx 382 \, \text{m}$ y $\Delta x_2 = 272,8\cdot 58,29 \approx 15901 \, \text{m}$. La distancia horizontal máxima a la que puede estar el pájaro respecto del cañón es $15,9 \, \text{km}$ (en la rama descendente, en $x_2 = x_0 + 15901 \, \text{m}$). Conclusión Así pues, la bala alcanza la cota $y_0 + 400 \, \text{m}$ a los $1,40 \, \text{s}$ (subiendo) y a los $58,29 \, \text{s}$ (bajando); el pájaro puede encontrarse como máximo a una distancia horizontal de $15,9 \, \text{km}$ del cañón. Ejemplo 4: Desde un punto $(x_0, y_0)$ situado en la base de una montaña de pendiente constante $\alpha$ se dispara un proyectil con velocidad de módulo $v_0$ que forma un ángulo $\theta$ (con $\theta > \alpha$) con la horizontal. Demuestra que el alcance $R$ del lanzamiento, medido a lo largo de la pendiente de la montaña desde el punto de disparo, viene dado por $R = \frac{2v_0^2\cos\theta\,\text{sen}(\theta-\alpha)}{g\cos^2\alpha}$ Explicación Para resolver este ejercicio empezaremos por escribir las ecuaciones generales del tiro parabólico a partir de $(x_0, y_0)$ y la ecuación de la recta que describe la ladera pasando por $(x_0, y_0)$. A continuación impondremos la condición de intersección entre la trayectoria y la ladera. Para terminar despejaremos el alcance usando identidades trigonométricas. PASO 1 Ecuaciones del proyectil y de la ladera. Las ecuaciones generales del proyectil a partir de $(x_0, y_0)$ son $x(t) = x_0 + v_0\cos\theta\cdot t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\theta\cdot t - \frac{1}{2}gt^2$ La ladera es la recta que pasa por $(x_0, y_0)$ con pendiente $\tan\alpha$: $y - y_0 = (x - x_0)\tan\alpha$ PASO 2 Intersección del proyectil con la ladera. El impacto ocurre cuando las coordenadas del proyectil satisfacen la ecuación de la ladera. Sustituimos $x(t) - x_0 = v_0\cos\theta\cdot t \ \text{e}\ y(t) - y_0 = v_0\,\text{sen}\,\theta\cdot t - \frac{1}{2}gt^2$ en $y - y_0 = (x - x_0)\tan\alpha$: $$v_0\,\text{sen}\,\theta\cdot t - \frac{1}{2}gt^2 = v_0\cos\theta\cdot t\,\tan\alpha$$ Dividiendo por $t$ (descartamos $t = 0$, el instante del disparo) y despejando: $$v_0\,\text{sen}\,\theta - v_0\cos\theta\,\tan\alpha = \frac{1}{2}gt \rightarrow t = \frac{2v_0}{g}\left(\text{sen}\,\theta - \cos\theta\,\tan\alpha\right)$$ PASO 3 Alcance a lo largo de la pendiente. El desplazamiento horizontal hasta el punto de impacto es $\Delta x = x - x_0 = v_0\cos\theta\cdot t = \frac{2v_0^2\cos\theta}{g}\left(\text{sen}\,\theta - \cos\theta\,\tan\alpha\right)$ Escribimos $\tan\alpha = \text{sen}\,\alpha/\cos\alpha$ y operamos el paréntesis: $$\text{sen}\,\theta - \cos\theta\frac{\text{sen}\,\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\text{sen}\,\theta\cos\alpha - \cos\theta\,\text{sen}\,\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\text{sen}(\theta-\alpha)}{\cos\alpha}$$ Por tanto el desplazamiento horizontal es $\Delta x = \frac{2v_0^2\cos\theta\,\text{sen}(\theta-\alpha)}{g\cos\alpha}$ El alcance medido a lo largo de la pendiente es la hipotenusa del triángulo de catetos $\Delta x = x - x_0$ y $\Delta y = y - y_0 = \Delta x\tan\alpha$: $R = \Delta x/\cos\alpha$, luego: $R = \frac{2v_0^2\cos\theta\,\text{sen}(\theta-\alpha)}{g\cos^2\alpha}$, que es la expresión buscada. Conclusión Así pues, queda demostrada la fórmula del alcance sobre plano inclinado a partir de cualquier posición inicial $(x_0, y_0)$ imponiendo la intersección con la recta $y - y_0 = (x - x_0)\tan\alpha$ Ejemplo 5: Se lanza un proyectil desde una posición inicial $(x_0, y_0)$ con velocidad inicial de módulo $v_0$. Demuestra, aplicando el procedimiento general y sin usar fórmulas memorizadas, que dos ángulos de lanzamiento complementarios ($\alpha$ y $90^{\circ} - \alpha$) producen el mismo desplazamiento horizontal $\Delta x = x - x_0$ al regresar a la cota inicial $y = y_0$, y halla con qué ángulo se consigue el alcance máximo. Explicación Para resolver este ejercicio empezaremos por aplicar el procedimiento desde $(x_0, y_0)$ para un ángulo genérico $\alpha$ y obtener el desplazamiento horizontal $\Delta x(\alpha)$. A continuación evaluaremos dicha expresión para el ángulo complementario y compararemos. Para terminar buscaremos el máximo respecto del ángulo. PASO 1 Desplazamiento horizontal para un ángulo genérico. Las ecuaciones generales son $x(t) = x_0 + v_0\cos\alpha\cdot t \ \text{e}\ y(t) = y_0 + v_0\,\text{sen}\,\alpha\cdot t - \frac{1}{2}gt^2$ Imponiendo el regreso a la cota de partida ($y(t) = y_0$): $y(t) - y_0 = t(v_0\,\text{sen}\,\alpha - \tfrac{1}{2}gt) = 0 \rightarrow T = \frac{2v_0\,\text{sen}\,\alpha}{g}$ (descartando $t = 0$). Sustituyendo en $x(t)$, el desplazamiento horizontal es $\Delta x(\alpha) = x(T) - x_0 = v_0\cos\alpha\cdot T = \frac{2v_0^2}{g}\,\text{sen}\,\alpha\cos\alpha = \frac{v_0^2}{g}\,\text{sen}(2\alpha)$, usando $2\,\text{sen}\,\alpha\cos\alpha = \text{sen}(2\alpha)$ PASO 2 Ángulos complementarios. Para el ángulo $90^{\circ} - \alpha$: $\Delta x(90^{\circ}-\alpha) = \frac{v_0^2}{g}\,\text{sen}\left(2(90^{\circ}-\alpha)\right) = \frac{v_0^2}{g}\,\text{sen}(180^{\circ}-2\alpha)$ Como $\text{sen}(180^{\circ} - \beta) = \text{sen}\,\beta$, se tiene $\text{sen}(180^{\circ}-2\alpha) = \text{sen}(2\alpha)$, luego $\Delta x(90^{\circ}-\alpha) = \Delta x(\alpha)$: los ángulos complementarios producen el mismo desplazamiento horizontal y llegan al mismo punto $x_f = x_0 + \Delta x$ PASO 3 Ángulo de alcance máximo. El desplazamiento horizontal es proporcional a $\text{sen}(2\alpha)$, cuyo valor máximo es $1$, alcanzado cuando $2\alpha = 90^{\circ}$, es decir, $\alpha = 45^{\circ}$. El desplazamiento horizontal máximo a igual cota vale $\Delta x_{\text{máx}} = v_0^2/g$, alcanzando la coordenada $x_f = x_0 + v_0^2/g$ Conclusión Así pues, partiendo de las ecuaciones generales con posición inicial $(x_0, y_0)$, se demuestra que $\Delta x(\alpha) = \Delta x(90^{\circ}-\alpha)$ y que el alcance máximo sobre la misma cota se consigue con $\alpha = 45^{\circ}$

10 Cinemática: tiro parabólico

El tiro parabólico desde una posición inicial cualquiera: el caso general

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