Solución al problema 20

FÍSICA Y QUÍMICA DE 1º DE BACHILLERATO
I.E.S. EL PARADOR
SOLUCIONES DE CINEMÁTICA
PROBLEMA 20 (pág. 42)
Desde el suelo se lanza verticalmente hacia arriba un proyectil con
cierta rapidez inicial v0, comprobándose que éste tarda 4s en alcanzar
la altura máxima.
a) Determinar el valor de dicha altura máxima.
A) INTERPRETACIÓN DEL ENUNCIADO: Vamos a interpretar el enunciado con ayuda de
un dibujo y vamos a traducirlo al lenguaje científico:
ef=hmax
tf=4s
vf=0m/s
at=g
Por el enunciado del problema y por el sistema de referencia elegido
podemos deducir que nuestra incógnita es hmax=ef, mientras que el dato
del que partimos es tf=4s. Además, supondremos que el movimiento
del proyectil será uniformemente acelerado (considerando despreciable
el rozamiento con el aire), por lo que contamos también como dato con
la aceleración tangencial at=g, donde g=9,8m/s2. Consideramos la
aceleración negativa ya que, según nuestro criterio de signos, la
velocidad es siempre positiva durante el ascenso y el movimiento es
cada vez más lento.
Por lo tanto, nuestro problema se reduce a determinar una expresión
para ef en función de tf y g.
B) EMISIÓN DE HIPÓTESIS: Una vez que hemos dejado claro
cuál es nuestro objetivo, podemos hacer las siguientes predicciones:
+

e0=0m
t0=0s
v0
 Cuanto mayor sea el tiempo tf que tarde el proyectil en alcanzar la
altura máxima, mayor debe haber sido la velocidad v0 con la que se
ha lanzado, y cabe esperar entonces que mayor sea la altura
máxima hmax alcanzada.
 Cuanto mayor fuera el valor de la aceleración de la gravedad g
(como por ejemplo en Júpiter), más rápidamente disminuiría la
rapidez durante el ascenso y menor debiera ser la altura máxima
alcanzada.
Todas esas hipótesis las podemos resumir mediante las expresiones:
t f  hmax 
g  hmax 
C) RESOLUCIÓN ANALÍTICA: Suponiendo, tal y como hemos indicado anteriormente, que
el movimiento que describe el proyectil sea un movimiento uniformemente acelerado, podemos
determinar la expresión para la altura máxima, es decir, para ef, a partir de la ecuación de la
posición correspondiente:
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1
e  e0  v0 (t  t0 )  at (t  t0 )2
2
I.E.S. EL PARADOR
1
 e  v0 t  gt 2 
2
e f  v0 t f 
1
gt f 2
2
Por lo dicho con anterioridad ya casi tenemos la expresión buscada, pero no conocemos el valor
de v0. Hay que buscar, por tanto, una expresión para v0 en función de tf y de g. Para ello,
hacemos uso de la ecuación de la velocidad para un movimiento uniformemente acelerado:
v  v0  at (t  t0 )
 v  v0  gt
La condición de que alcance la altura máxima es precisamente que la velocidad vf en ese instante
tf ha de ser cero:
vf  0
 0  v0  gt f

v0  gt f
Ahora ya podemos sustituir v0 por gtf en la expresión obtenida para ef, de modo que:
1
e f  v0t f  gt f 2
2
1
1
1
 e f  gt f t f  gt f 2  gt f 2  gt f 2  e f  gt f 2
2
2
2
Por lo tanto:
hmax 
1
gt f 2
2
D) CONTRASTACIÓN DE LAS HIPÓTESIS: En este caso, parece que la expresión final
obtenida no refleja adecuadamente las hipótesis establecidas en el apartado B). Por lo tanto,
debemos hacer una revisión de los razonamientos que utilizamos en aquel momento para ver
donde fallan. Para ello, hay que tener en cuenta que cuando razonamos la dependencia de hmax
con alguna variable, consideramos que las demás variables permanecen invariables.
La dependencia de hmax con tf parece que estaba bien establecida en las hipótesis. Podemos
comprobar en la expresión obtenida que, veradderamente, cuanto mayor sea el tiempo tf que tarde
el proyectil en alcanzar la altura máxima, mayor es la altura alcanzada. De hecho, si tarda el
doble alcanza el cuádruple de altura.
Sin embargo, la hipótesis emitida en el apartado B) sobre la dependencia de hmax con el valor de g
no parece coincidir con lo que se desprende de la expresión obtenida. Según esta expresión,
cuanto mayor fuera el valor de la aceleración de la gravedad mayor sería la altura máxima
alcanzada, al contrario de lo que establecimos en la hipótesis. Es el razonamiento esgrimido en
esta hipótesis el que tenemos, pues, que revisar. Dicho razonamiento fue que “cuanto mayor
fuera el valor de la aceleración de la gravedad g (como por ejemplo en Júpiter), más
rápidamente disminuiría la rapidez durante el ascenso y menor debiera ser la altura máxima
alcanzada”.
Lo que ocurre es que si aumneta el valor de g sin variar el tiempo tf que dura el ascenso, debe
aumentar entonces la velocidad v0 con la que se lanza el proyectil, tal y como puede observarse en
la expresión v0=g·tf obtenida anteriormente. Dicho de otra manera, si se duplica el valor de g la
rapidez de ascenso disminuye el doble de rápido, pero si el tiempo de ascenso tf sigue siendo el
mismo, entonces la rapidez disminuirá el doble desde v0 hasta cero. Eso obliga a que el proyectil
sea lanzado con el doble de rapidez v0. En resumen, si aumenta el valor de g sin variar el valor de
tf, obligatoriamente debe aumentar también el valor de v0 con que se lanza el proyectil. Esto
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último es precisamente lo que provoca que, finalmente, aumente el valor de la altura máxima, es
decir, de ef. Eso se puede ver también en la expresión original obtenida para ef, según la cuál
ef=v0·tf½·g·tf2. Si tf permanece invariable y g se duplica, de modo que también debe duplicarse
entonces v0, el nuevo valor para ef se hace también el doble. Por eso, en la expresión final
hmax=½·g·tf2 podemos comprobar que si g se duplica (sin variar tf) entonces hmax también se
duplica.
E) OBTENCIÓN DE RESULTADOS: Tomando los valores de tf=4s y g=9,8m/s2, e
introduciéndolos en la expresión finalmente obtenida:
hmax 
1 2 1
gt f  (9,8)42  78, 4m
2
2

hmax  78, 4m
Aunque no se nos pide, también podemos calcular el valor de la rapidez v0 con la que habría que
lanzar el proyectil en este caso, y para ello utilizamos la expresión correspondiente:
v0  gt f  9,8·4  39, 2 m  141,12 km
s
h
Esa velocidad es demasiado grande como para poder despreciar el rozamiento con el aire, por lo
tanto, ese rozamiento frenaría aún más al proyectil y ascendería a una altura máxima menor de
los 78,4 m calculados.
b) ¿A qué altura máxima habría llegado y cuánto tiempo habría
tardado si se hubiera lanzado con el doble de rapidez inicial?
En esta segunda parte del ejercicio no tenemos que hacer de nuevo todo el desarrollo, sino hacer
uso de los resultados obtenidos en el apartado anterior para razonar y calcular la respuesta.
Lo primero que podríamos decir es que si aumenta la rapidez de lanzamiento y no varía el valor
de g (pues seguimos en la superficie de la Tierra) debe tardar más tiempo tf en alcanzar la altura
máxima. Por todo ello, debe aumentar esa altura máxima alcanzada. Para saber de qué manera
depende esa altura con la rapidez de lanzamiento, debemos de expresar hmax, es decir, ef, en
función de v0 en vez de tf:
1
gt f 2
2
v
 tf  0
g
hmax  e f 
v0  gt f
hmax 
v02
2g
A partir de esa expresión podemos asegurar, por tanto, que si la rapidez inicial fuera el doble, la
altura máxima alcanzada sería el cuádruple. Comprobémoslo calculando la altura máxima
alcanzada y comparándola con la obtenida en el apartado a). Si en el apartado a) la velocidad de
lanzamiento fue v0=39,2m/s, ahora debiera ser v0=78,4m/s,
v 2 (78, 4)2
de modo que:
h  0 
 313,6m
max
2g
2·9,8
Efectivamente, podemos comprobar que ese valor corresponde al cuádruple del obtenido
anteriormente (78,4 m).