Exemple de resolució

EJEMPLO DE PROBLEMA RESUELTO. CASO : TIRO PARABÓLICO
ENUNCIADO
Un saltador de longitud salta con una velocidad inicial de 8,5 m/s y con un ángulo de 400.
Determinar:
a) El alcance del salto.
b) La altura máxima alcanzada.
c) Posición y velocidad a los 0,75 s.
RESOLUCION
Identificación del problema con la teoria: Se trata de un tiro parabólico (un objeto, sometido a la
acción de la gravedad, lanzado con una velocidad v0 que forma un ángulo α con la horizontal).
El movimiento lo podemos interpretar como la composición de dos movimientos:
Un MRU en el eje X.
Un MRUA en el eje Y.
Esquema
Y
r
g
v0
v0 y
α
v0 x
X
Situación del SR: Tomaremos como origen del S.R. el punto de lanzamiento, que esta en el suelo, y
consideraremos positivo ir hacia la derecha y hacia arriba.
Los datos del problema serán los siguientes:
x0 = 0
y0 = 0
v0 = 8,5 m/s
α = 40º
g = - 10 m/s2
Imponemos que t0 = 0 s.
Como vamos a trabajar en coordenadas cartesianas, determinamos la velocidad inicial en
cartesianas.
v0x = 8,5. cos 40= 6,5 m/s
v0y = 8,5. sen 40= 5,5 m/s
Descripción e incógnitas
Un objeto realiza un tiro parabólico y queremos averiguar lo lejos que llega (Xmax) cuando caiga de
en un
nuevo al suelo. La altura máxima a la que llega (Ymax). La posición i velocidad (X1 ,Y1) y determinado instante de tiempo (t1).
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Las ecuaciones generales que rigen los movimientos en la coordenada X y en la coordenada Y,
teniendo en cuenta lo dicho anteriormente, son:
Eje X:
Eje Y:
vx = v0x = v0·cosα
vy = v0y + g·Δt = v0·senα + g·Δt
x = x0 + vx·Δt = x0 + (v0·cosα)·Δt
y = y0 + v0y·Δt +1/2·g·(Δt)2
y = y0 + (v0·senα)·Δt +1/2·g·(Δt)2
Las ecuaciones particulares substituyendo los parámetros conocidos serán:
Eje X:
Eje Y:
vx = v0x = 6,5
vy = 5,5 – 10 t
x = 6,5 t
y = 5,5 t - 5 t 2
Apartado a)
Condiciones a imponer
Sabemos que Xmax se da en el mismo instante de tiempo en que el saltador llega al suelo (tm).
Para calcular dicho tiempo, imponemos en la ecuación de posición de la coordenada Y que Y = 0.
Resolución matemática
0 = 5,5 tm – 5 tm 2 → resolviendo la ecuación
de 2º grado incompleta
→
t=
5,5
= 1,10 s
5
Ese es el tiempo que el
saltador está en el aire.
Para calcular la distancia Xmax se calcula el valor de la componente x para tm = 1,05s en la
ecuación MRU de la coordenada X.
Xmax (t= 1,05s) = 6,5·1,05 = 7,15 m
Apartado b)
Condiciones a imponer
En el punto de altura máxima ocurre que la componente Y de la velocidad ( vy) es nula (ver esquema). Por
tanto podemos imponer
vy = 0
→
0 = 5,5 – 10 t2
En el punto de altura
máxima el vector velocidad
(que es siempre tangente a
la trayectoria) es paralelo al
Y
Resolución matemática
→
t2 = 0,55 s.
El tiempo obtenido (t2) es el que tarda en alcanzar
la altura máxima (notar que en este caso es
justamente la mitad del tiempo de vuelo,
pero no siempre ocurre esto).
v
vy
vx
h
vy
vx
v
X
Ahora podemos calcular el valor de la altura máxima Ymax calculando el valor de la componente y
para t2 = 0,55 s:
Ymax (t = 0,55s) = 5,5·0,55 – 5·(0,55) 2 = 1,51 m.
2
Apartado c)
Por último determinamos la posición y la velocidad a los 0,75 s de iniciado el salto:
Podemos determinar con la coordenada X a la distancia que se encontrará del origen:
X1 (t=0,75s) = 6,5·0,75 = 4,88 m.
Y la altura con la ecuación de la coordenada Y:
Y1 (t = 0,75s) = 5,5·0,75 – 5·(0,75) 2 = 1,31 m.
El vector posición será:
= , Las componentes de la velocidad valdrán:
vx = 6,5 m/s.
vy = 5,5 – 10·0,75 = - 2,0 m/s.
y por tanto, el vector velocidad será:
= , −′/s
Como se puede comprobar por el signo de vy el saltador se encuentra en la parte descendente de
la parábola. El modulo de su velocidad será:
v = v x 2 + v y 2 = 6,52 + 2,02 = 6,8
m
s
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