taller de proyectiles

6. Tiro parabólico
MOVIMIENTO EN UN PLANO
(Aceleración constante, velocidad variable)
TIRO PARABÓLICO O MOVIMIENTO DE PROYECTILES
Ecuaciones de Movimiento:
Para un cuerpo que se mueve en un sistema de referencia con convención de signos:
o
Positivos hacia arriba y
o
Negativos hacia abajo
El movimiento de un cuerpo que se mueve en el plano y cuya trayectoria es una parábola (o parte de una
parábola) es un movimiento resultante o compuesto de dos movimientos que son independientes entre si:
Uno horizontal y uniforme (velocidad constante) y otro vertical y uniformemente acelerado (aceleración
constante)
Movimiento horizontal:
x  x0  v0 x t
v0 x  v x  cons tan te
Movimiento vertical:
y  y0  v0 y t 
gt 2
2
v y  v0 y  gt
vy2  v02y  2g  y  y0 
Combinando los dos movimientos anteriores se obtiene:
Movimiento combinado o resultante:
y  y0  x tan  0 
gx 2
2
2v0 cos 0 
Donde:
x0
es la posición inicial del cuerpo.
y0
es la posición inicial.
0
es el ángulo inicial con que sale disparado el proyectil.
Tan 0 es la tangente del ángulo inicial.
Cos 0 es el coseno del ángulo inicial
V0
es la magnitud de la velocidad inicial con que sale el proyectil.
v0x
es la velocidad inicial horizontal (en x).
v0y
es la velocidad inicial vertical (en y).
x
es la posición final del cuerpo.
y
es la posición final del cuerpo.
vx
es la velocidad final horizontal (en x)
vy
es la velocidad final vertical (en y).
g
es la aceleración debida a la gravedad g = +9.81 m/s2 = +32.2 ft./s2
t
es el tiempo que duró moviéndose el cuerpo.
y - y0
es el cambio de posición o desplazamiento.
y  y0 es el valor absoluto del desplazamiento es la distancia recorrida por el cuerpo.
v0
v0y
v0x = v0
Cos 
v0y  v0
Sen  
v0

=
= tan
v0x
2
v0x

2
+ v0y
v0 y

v0 x

1.- Una esfera viaja horizontalmente con una velocidad de 3.0 m/s por una mesa de altura de 1.2 m. Pega
en el suelo a una distancia de 1.5 m del borde de la mesa.
a) ¿Cuanto tiempo estuvo la esfera en vuelo?
Primero plantamos el problema mediante la elaboración de un dibujo. A continuación elegimos nuestro
sistema de referencia (En todos los problemas el origen se elegirá en el lugar de lanzamiento a menos que
se indique lo contrario). Una vez elegido nuestro sistema, adoptamos la convención de signos siendo ésta:
Eje horizontal: positivos hacia la derecha, negativos hacia la izquierda.
Eje vertical: positivos hacia arriba, negativos hacia abajo.
v 0x = 3 m/s
x 0= 0
y0 = 0
v0x = 3 m/s
v0y = 0 m/s
x+(m)
y- (m)
y = - 1.2 m
x = 1.5 m
A continuación presentamos los datos (o condiciones iniciales) de una forma agrupada, teniendo sumo
cuidado con la interpretación de las expresiones verbales del enunciado, ya que en él se nos proporcionan
una serie de datos que se encuentran implícitos mas no explícitos. Por ejemplo:
La expresión verbal "viaja horizontalmente", posee dos datos, uno que la velocidad inicial horizontal es de 3
m/s (dato explícito) y dos, que la velocidad inicial vertical es cero (dato implícito).
Adicionalmente, existen otros datos que forman parte de la teoría como por ejemplo, el movimiento
horizontal es uniforme, lo cual implica que la velocidad inicial horizontal es igual a la velocidad final
horizontal.
Datos (condiciones iniciales):
x0  0
y0  0
v0 x  vx  3
v 0 y  0
m
s
m
s
En seguida se procede al replanteamiento de las expresiones verbales de los incisos expresados en
simbología matemática.
t  ? cuando
x  1.5 m
y  1.2 m
Elegimos la ecuación de movimiento adecuada.
x  x0  v0 x t ó
gt 2
y  y 0  v0 y t 
2
Si retomamos la primera, despejamos el tiempo.
t
x  x0 1.5 m  0 m

 0.5 s
m
v0 x
3
s
2.- Un proyectil es disparado horizontalmente desde un cañón situado a 144 ft. por encima de un plano
horizontal y con una velocidad inicial de 800 ft/s.
a) ¿Cuanto tiempo permanece el proyectil en el aire?
b) ¿A que distancia horizontal choca con el suelo?
c) Cual es la magnitud de la componente vertical de su velocidad al llegar al suelo?
y +
x 0= 0
y 0= 0
v 0 x = 800 ft/s
v0 y = 0
y
x
V
=V
x=?
y = -144 ft.
t=?
v y= ?
-
a) t = ?
cuando
y = - 144 ft.
g = 32.2 ft/s2
y  y 0  v0 y t 
gt 2
2
Sustituyendo datos:
ft  2

 32.2 2 t
s 
 144 ft  0  0  
2
Despejando el tiempo y resolviendo:
t
ft 

2  144 2 
s 

.  2.99 s
32.2
t  2.99 s
b) x = ?
cuando
t = 2.99s
y = -144 ft
v0x = 800ft/s
x  x0  v0 x t
x  800
ft
2.99 seg 
s
x  2392 ft
c) vx = ?
cuando
t = 2.99 s
y = -144 ft
x = 2392 ft
v y  v0 y  gt
v y  0  32.2
ft
2.99 s 
s2
v y  96.27
ft
s
3.-Un avión bombardero va en vuelo horizontal a 10 000 ft de altura sobre una franja de terreno plano.
Vuela a velocidad constante de 800 ft/s y suelta una bomba en determinado punto.
a) Determine la distancia entre el punto que está verticalmente debajo del aeroplano en el instante de
soltar la bomba, y el punto en que la bomba llega al suelo.
y +
y = -10 000 ft
x=?
y
a) x = ?
-
cuando
v0x = 800 ft/s
y = -10000 ft
x  x0  v0 xt
Como desconocemos el tiempo, lo calcularemos mediante la ecuación:
y  y 0  v0 y t 
t
 2y

g
gt 2
2
 2 10000 ft 
 24.92s
ft
32.2 2
s
Sustituyendo en la ecuación para x :
x  800
ft
24.92 s 
s
x  19.936 ft
4.- Desde una altura de 25 m se lanza horizontalmente una piedra con velocidad inicial v 0 = 15 m/s. Hallar:
a) El tiempo que se encontrará la piedra en movimiento hasta llegar al suelo.
b) La distancia de la base de la torre hasta donde caerá.
c) La velocidad (magnitud y sentido) con que llegará al suelo.
V = 15 m/s = v 0x
x+
y = - 25 m
a)
t=?
cuando
y = -25 m
y0 = 0
v0y = 0
y  y 0  v0 y t 
t
2g

y
b) x = ?
1 2
gt
2
 2(25m)
 2.25s
m
9.81 2
s
cuando
t = 2.25s
v0x = 15 m/s
v0y = 0
0 = 00
Aunque se puede resolver con la ecuación:
x  x0  v0 x t
La resolveremos mediante la ecuación:
y  y 0  x tan  0 
gx 2
2V0 cos 2  0
2
Sustituyendo datos:
9.81
 25  0  x tan 0 0 
m
2(15 ) 2 cos 2 0 0
s
m 2
x
2
s
 25  0  0 
m
2(15 ) 2 (1)
s
9.81
Despejando x:
m 2
x
s2
(25m)( 2)( 225
x
9.81
m
s2
m
)
s 2  33.86m
Este tipo de soluciones se simplifica si al inicio observamos aquellas variables que se cancelarán de
acuerdo a los datos del problema. Por ejemplo, y0 = 0 ; tan 0 = 0 y cos0 = 1. Quedándonos en
consecuencia:
y
gx 2
2V0
2
Despejando x:
x
c)
 2 yV0
g
2
V  ?,  ?
cuando
v0x = vx = 15 m/s
v0y = 0
t = 2.25 s
Recordemos que la magnitud de la velocidad viene expresada por:
V  V x Vy
2
2
Por lo que necesitamos conocer la componente vertical vy cuando llega al suelo. Es decir:
vy = ?
cuando
t = 2.25 s
Ecuación:
v y  v0 y  gt
Sustituyendo datos:
v y  9.81
m
2.25 s   22.07 m
2
s
s
2
m
 m 
V  15 2     22.07 
s
 s  
2
Al sacar raíz cuadrada, obtenemos dos valores: uno positivo y el otro negativo.
Como nos piden la magnitud de la velocidad con que llega, elegimos el valor positivo.
V  26.68
m
s
Para conocer la dirección, utilizamos la fórmula:
m

  22.09 
v


s 
  tan 1  y   tan 1 
m
 15

 vx 


s 

  -55.790
Donde el signo negativo indica que se está midiendo en sentido de las manecillas del reloj. O bien:
  360 0 - 55.79 0
  304.210
En sentido contrario de las manecillas del reloj (que es la forma común de medir los ángulos).
5.- Un proyectil es disparado haciendo un ángulo de 350. Llega al suelo a una distancia de 4 Km del cañón.
Calcular:
a) La velocidad inicial del proyectil.
b) El tiempo de vuelo.
c) La altura máxima que alcanza el proyectil en su recorrido.
y (km)
y MAX.
3 50
2 km
2 km
x (km)
4 km
Este problema es considerado como un caso especial del movimiento de proyectiles, tal caso consiste
cuando el proyectil sale de un nivel y llega a ese mismo nivel o expresado en simbología:
y  y0
Con esta condición, se presentan tres aspectos dignos de considerar:
i) El tiempo total de vuelo ( tt ) o tiempo total que permanece en el aire.
ii) El alcance máximo ( RMAX. ) o distancia horizontal recorrida. y
iii) La altura máxima ( yMAX. ) alcanzada por el proyectil en su trayectoria parabólica.
Para determinar el primer aspecto, retomamos la condición anterior y sustituimos en la ecuación:
gt 2
y  y 0  v0 y t 
2
Quedándonos:
0  0  v0 yt 
gt 2
2
Pasando uno de los términos hacia la derecha:
gt 2
 v0 y t
2
Eliminando uno de los tiempos:
gt
 v0 y
2
Despejando el tiempo:
t
2v0 y
g
Sustituyendo
tt 
v0 y  V0 sen 0
2 v0 sen 0
g
El segundo aspecto se encuentra sustituyendo el tiempo total encontrado en la ecuación:
x  x0  v0 xt
 2V sen 0 

x  x0  v0 x  0
g


Sustituyendo
v0 x  v0 cos0
 2 v sen0 

x  x0  v0 sen0  0

g


Haciendo x0 = 0, y uso de la identidad trigonométrica:
2sen0 cos0  sen 20
Obtenemos:
x  RMAX
v02 sen2 0

g
El tercer aspecto se encuentra a partir del hecho de que la componente vertical (v y ) del vector velocidad en
el punto mas alto se hace cero. Recordemos que dicha componente es la que hace que el objeto ascienda,
y deja de ascender precisamente cuando ocurre lo anterior, en caso contrario, el cuerpo seguiría subiendo.
Para encontrar la máxima altura utilizamos la ecuación:
v 2 y  v 2 0 y  2 g  y  y0 
y la condición:
vy  0
Sustituyendo la condición en la ecuación:
0  v02y  2 g  y  y0 
Despejando y, con y0 = 0:
y
v02y
2g
Sustituyendo
v0 y  V0 sen0
Encontramos que:
y  yMAX 
V02 sen 2 0
2g
Con las ecuaciones anteriores nos avocaremos a resolver los incisos del problema:
a) V0 = ?
cuando
x = RMAX = 4 Km
= 350
De la ecuación de alcance máximo, despejamos V0.
RMAX 
V0 
V02 sen2 0
g
Rg
sen 2 0
Sustituyendo datos:
v0 
m

m2
m2
4000m 9.81 2 
39240 2
39240 2
s 

s 
s

0
0
0.93969
sen 2 35
sen70
 
V0  204.34
m
s
b) Para el tiempo total de vuelo utilizamos el resultado anterior y la ecuación respectiva, siendo ésta:
t  tT 
2V0 sen 0
g
Sustituyendo datos:

m

2 204.34  sen35 0
s
tT  
m
9.81 2
s

tT  23.8 s
c) La altura máxima la encontramos a partir de la ecuación:
y  yMAX
V 2 sen 2 0
 0

2g

m
sen350
s
m

2 9.81 2 
s 

204.34

2
yMAX  700.2 m
6.- Un bombardero en picada a un ángulo de 530 con la vertical deja caer una bomba a una altura de 730
m. La bomba choca con la tierra 5.0 s después.
a) ¿Cual es la velocidad del bombardero?
b) ¿Cual fue la distancia horizontal recorrida por la bomba durante el vuelo?
c) ¿Cuales son las componentes horizontal y vertical de su velocidad justo en el momento de chocar con
tierra?
c) ¿Cual es la magnitud de su velocidad?
d) ¿Cual es el ángulo con el que llega a tierra?
Vo
53
o
vox
voy
53 0
V0
vox = V0 sen 0
voy = V0 cos 0
Antes de iniciar a resolver el problema, debemos aclarar que la velocidad con la que sale la bomba es la
misma con la que viaja el avión.
a) Para determinar la velocidad del bombardero, necesitamos conocer las componentes del vector
velocidad de la bomba cuando sale, ya que la magnitud de la velocidad se determina mediante la ecuación:
V0 
V0 x 2  V0 y 2
Para determinar tales componentes, hacemos uso de las ecuaciones de movimiento que contengan v 0x y
v0y siendo éstas:
gt 2
y  y0  v0 y t 
2
y
x  x0  v0 xt
Esta última no la vamos a aplicar por razones que mas adelante explicaremos. Existe otra forma de
conocer la magnitud de la velocidad inicial sin necesidad de conocer la componente horizontal.
Calculemos primero la componente vertical (v0y) despejando de la primera ecuación.
v0y = ?
cuando
y = -730 m
t=5s
v0 y 
y
1 2
gt
2
t
Sustituyendo valores:
v0 y 
 730 m  4.905
m
5 s 2
s2
5s
m
s
v0 y  121.47
Como mencionamos anteriormente, la componente horizontal se determina a partir de:
v0 x 
x  x0
t
Por lo que tendríamos que encontrar la distancia horizontal que recorrió la bamba, esto se puede hacer
mediante la ecuación:
y=y0+x tan  0-
gx 2
2
2V0 cos 0 
Lo que nos genera un círculo vicioso ya que tendríamos que conocer la velocidad inicial, que es nuestro
problema original.
En lugar de ello, aplicamos la relación siguiente:
v0 y  V0 cos 0
Despejando la magnitud de la velocidad inicial tenemos que:
V0 
v0 y
cos 0

121.47 121.47
m

 201.839

cos 53 0.6018
s
Como es la magnitud o valor absoluto, el resultado es:
V0  201.83
m
s
b) Para calcular la distancia horizontal recorrida por la bomba, aplicamos la ecuación:
x  x0  v0 xt
Donde nos falta conocer la componente horizontal de la velocidad, la cual encontramos a partir de la
relación:
v0 x  V0 sen 0  201.839 sen530  252.73
m
s
Sustituyendo:
x  0  252.73
m
5 s 
s
x  1263.65 m
c) Las componentes del vector velocidad al momento de llegar la bomba al suelo son:
v0  v0 x  252.72
m
s
y
v y  v0 y  gt  121.47
v y  170.42
m 
m
  9.81 2 5 s 
s 
s 
m
s
d) La magnitud con que llega al suelo viene dada por la ecuación:
V 
v x 2  v y 2
V 
252.722   170.422
V  304.81
m
s
e) El ángulo lo encontramos a partir de:
 vy
 vx
  tan 1 

 170.42 
  tan 1 

 252.72 

  33.99 0
Medido a partir del eje horizontal en sentido de las manecillas del reloj.
7.- Se tiene una manguera colocada a un ángulo de 300 con respecto a la horizontal y a una altura de 1.1
m. Si la velocidad con que sale el chorro de agua es de 15 m/s ¿A que distancia debo colocar una
recipiente en el suelo para recoger el agua?
y + (m)
I VI =15 m/s



x + (m)
y = -1.1 m
y-
x=?
cuando
y = -1.1m
v0x = 15 cos 300 = 12.99 m/s
v0y = 15 sen 300 = 7.5 m/s
x0 = 0
y0 = 0
Ecuación:
x  x0  v0 xt
Donde requerimos conocer el tiempo que tarda el chorro de agua en llegar a la vasija. Para conocerlo
hacemos:
t=?
cuando
y = -1.1 m
Además de las condiciones iniciales.
Ecuación:
gt 2
2
y  y0  v0 yt 
Sustituyendo los datos y pasando todos los términos hacia la derecha:
4.905t 2  7.5t  1.1  0
Resolviendo mediante la fórmula general:
  7.5    7.5  44.905 1.1
t
24.905
2
t
7.5  8.8
9.81
t  1.66 s
Sustituyendo en la ecuación para x:
x  12.99
m
(1.66s )  21.56m
s
8.- Se dispara un proyectil desde lo alto de un cerro que tiene una altura de 180 m hacia un valle. El
proyectil tiene una velocidad de salida de 60 m/s, y se dispara con un ángulo de elevación de 60 0 con
respecto a la horizontal.
a) ¿Cual es la distancia (uniendo los puntos de salida e impacto) que hay desde lo alto del cerro hasta el
sitio donde cae el proyectil?
y (km)
I V0 I
= 60 m/s
60 0
x (m)
distancia
y = - 180 m
Datos:
x0 = 0
y0= 0
V0 = 60 m/s
0 = 600
v0x = (60 m/s) cos 600 = 30 m/s
v0y = (60 m/s) sen 600 = 51.9 m/s
La distancia entre el punto de salida y el de impacto se encuentra aplicando el teorema de Pitágoras (ya
que se nos forma un triángulo rectángulo), siendo la hipotenusa la distancia solicitada.
dis tan cia 
x  x0 2   y  y0 2
Por lo que requerimos conocer las coordenadas del punto de impacto ( x , y ).
Como el enunciado nos proporciona la coordenada vertical, únicamente necesitamos conocer la
coordenada horizontal. Esta la encontramos a partir de:
x  x0  v0 xt
Y como desconocemos el tiempo, este lo encontramos a partir de la ecuación:
y  y0  v0 y t 
gt 2
2
 180  51.9t  4.905t 2
Resolviendo la ecuación cuadrática de la misma forma que el problema anterior, encontramos que:
t  13.33 s
Sustituyendo en x:
x  30
m
13.33 s   400 m
s
Sustituyendo en el teorema de Pitágoras:
4002   1802  438.54 m
Distancia =
9.- Un jugador de básquetbol lanza desde el suelo la pelota con una velocidad inicial de 10 m/s y con un
ángulo de 530 con respecto a la horizontal. La canasta está situada a 6 m del jugador y tiene una altura
de 3 m. ¿Encestará la pelota?
3m
V
0
= 10 m/s
53 0
6m
Datos:
V0 = 10 m/s
x0 = 0
y0 = 0
0 = 530
v0x = 10 cos 530 = 6.081
v0y = 10 sen 530 = 7.9863
Para que la pelota entre a la canasta, la condición es que se encuentre en la posición de coordenadas (x,y)
= ( 6 , 3 ).
Como la posición horizontal nos la dan, lo que tenemos que hacer es verificar que la pelota se encuentre a
una altura de 3 metros cuando haya recorrido una distancia horizontal de 6 metros. Expresado en
simbología matemática:
y=?
cuando
x = 6 m.
Utilizamos la ecuación:
y  y0  v0 y t 
gt 2
2
Donde el tiempo se determina a partir de:
x  x0  v0 xt
t
x  x0
6m

 0.9969 s
v0 x
6.081
y  7.98630.9969  4.9050.9969
2
y  3.086 m
Aunque el balón se encuentre en las mismas coordenadas que la canasta, no es suficiente para asegurar
que va a entrar, ya que el balón puede ir en ascenso en cuyo caso no entraría. Luego entonces,
necesitamos saber si va de subida o de bajada. El signo asociado con la componente vertical de la
velocidad nos lo dirá. si encontramos que es negativa va en descenso; si es positiva, va en descenso y si
tal componente es cero, el balón se encuentra en su máxima altura.
vy = ?
cuando
x=6m
y = 3.086 m
t = 0.9969 s
Ecuación:
v y  v0 y - gt  7.9863
v y = -1.793
m 
m
-  9.81 2 0.9969 s 
s 
s 
m
s
Va en descenso.
La máxima altura la alcanza en:
(v )
2
y max =
0y
2g
=
(7.9863 )2
2(9.81)
y max = 3.25 m
Con un ángulo de:
 vy
 vx
  tan 1 

 1.793 
  tan 1 

 6.081 

  16.59 0
10.- Dos esferas, 1 y 2, se lanzan con una velocidad horizontal v 1 y v2 desde el borde de una mesa siendo
v2 = 2v1. La esfera 1 demora 0.5 s para llegar al suelo.
a) ¿Cuanto tiempo demora la esfera 2 para llegar al suelo?
b) Si la distancia a la que cae la esfera 1 es de 0.75 m. ¿Cual es la distancia a la que cae la esfera 2?
V1
V2 = 2 V1
y 1 = y2
t=?
cuando
y1 = y2
v 0 y1 = 0
v0 y 2 = 0
Ecuaciones:
y1 = y01 + v0 y1t1 -
gt 12
2
gt 22
y 2 = y02 + v0 y 2 t 2 2
Igualando ecuaciones:
-
gt12
gt 2
=- 2
2
2
t1  t 2  0.5 s
b) x2 = ?
cuando
t = 0.5 s
x1 = 0.75 cm.
Ecuación:
x 2 = x 02 + v0 x 2 t
Por lo que necesitamos conocer la velocidad de salida de la esfera dos, que es el doble de la esfera 1.
La velocidad de la esfera 1 se determina con:
x1 = x 01 + v0 x1t1
Despejando a la velocidad:
v ox1 =
x1 - x 01 0.75 m
m
=
= 1.5
t1
0.5 s
s
La cual multiplicada por dos nos proporciona la velocidad de la esfera dos:
m
 m
v0 x 2  2V0 X 1  21.5   3
s
s

La distancia a la que cae es:
x 02 = 3
m
(0.5 s) = 1.5 m
s
11.- Un muchacho que está a 4 m de una pared vertical, lanza contra ella una pelota. La pelota sale de su

mano a 2 m por encima del suelo con una velocidad inicial de v  10iˆ  10 ˆj (expresada en m/s)
Cuando la bola choca con la pared, se invierte la componente horizontal de su velocidad mientras que
permanece sin variar su componente vertical ¿Donde caerá la pelota?
y´
y
x´
V0
x
2m
4m
Primero encontraremos el tiempo que tarda la pelota en llegar a la pared, con dicho tiempo, calcularemos la
componente vertical de la velocidad, posteriormente la altura a la que rebota en la pared, medida con
respecto al sistema de referencia. Finalmente, elegimos un nuevo sistema de referencia con origen en el
sito donde rebota procediendo a calcular el tiempo que tarda en llegar al suelo y con dicho tiempo, la
distancia horizontal a la que cae.
Condiciones iniciales:
De la velocidad expresada en forma vectorial, encontramos que:
v0 x  10
m
s
v0 y  10
m
s
 v0 y

v
 0x
 0  tan 1
v0 =
 m
 10 

1 
s   45 0
  tan

m



 10 
 s 
(v 0 x )2 + (v 0y )2
= 100
m2
s
2
+ 100
m2
s
2
= 14 .14
m
s
Con dichos datos calculemos el tiempo cuando x = 4 m. Utilizando la ecuación:
x  x0  v0 xt
t
x  x0 4 m  0 m

 0.4 s
m
v0 x
10
s
Con dicho tiempo, la componente vertical de la velocidad con la que llega a la pared:
v y  v0 y  gt
v y  10
m 
m
  9.81 0.4 s 
s 
s
v y  6.076
m
s
Con el mismo tiempo la altura a la que pega en la pared:
y  y0  v0 y t 
gt 2
2
m

2
 9.81 2 0.4 s 
m
s 
y  10 0.4 s   
s
2
y  3.215 m
Medido con respecto al lugar de lanzamiento y:
y  5.215 m
Medidos con respecto al suelo.
Cuando llega a la pared, elegimos un nuevo sistema de referencia (x´, y´) en el lugar donde rebota, siendo
ahora las condiciones;
v0 x  10
m
s
voy  6.076
m
s
Estando el suelo en:
y  5.215 m
Con estos datos encontraremos el tiempo que tarda en llegar al suelo, medido a partir del momento en que
chocó con la pared, utilizando para ello la ecuación:
v y  v0 y  gt
Por lo que:
t
v y  v0 y
g
Donde necesitamos conocer la velocidad con la que llega al suelo (v0y ´), por lo que utilizamos la ecuación:
2
v2y - v0y
= -2g(y - y0 )
2
m
m


2
v y  v 0y
- 2 g  y - y 0    6.076  - 2 9.81 2 (5.215m)
s
s 


v y = -11.8
m
s
El tiempo es:
t
m
m
 6.076
s
s  1.82 s
m
 9.81 2
s
 11.8
La distancia horizontal a la que cae medida desde la pared es:
x  x0  v0 xt
x  10
m
1.82 s   18.2 m
s

12.- Un jugador lanza una pelota con una velocidad inicial v 0 de 16 m/s desde un punto A localizado a 1.5
m arriba del piso. Sabiendo que el techo del gimnasio tiene una altura de 6 m determínese el punto B
mas alto al que puede pegar la pelota en la pared a 18 m de distancia.
y
V0
h
6m

x
1.5 m
18 m
La altura máxima a la que puede llegar la pelota es:
yMAX = 6m - 1.5m = 4.5m
Medidos con respecto al sistema de referencia ubicado en el lugar de lanzamiento.
yMAX
2

v0 sen 0 

2g
 4.5 m
Despejando el ángulo de salida 0
sen 2 0 
2 gy max
v02
m
)( 4.5m)
s2
 0.3448  0.5872
m 2
(16 )
s
2(9.81
sen 0 
  sen 1 (0.5872)  35.96 0
La distancia vertical a la que pega es:
y  y0  x tan 0 

gx 2
2V02 cos 2 0

y  18m tan 35.96  
9.81
m
18m 2
2
s
2

 m
216  cos 2 35.96 
 s

 3.58 m
Y, medido con respecto al suelo:
y  1.5 m  3.58 m  5.08

13.- Una pelota lanzada a una plataforma en A rebota con una velocidad inicial v 0 a un ángulo de 700 con la

horizontal. Determínese el intervalo de valores de v 0 para los cuales la pelota entrará por la abertura BC
C
2 ft.
B
V
3 ft.
0
A

l
V0 = ?
l
2.5 ft.
cuando
x = 2.5 m
0 = 700
y = 3ft
y cuando
y = 5ft
De la ecuación:
gx 2
2V02 cos 2  0
y  y 0  x tan  0 
Despejando V0
V0 
- gx 2
2cos 0   y - x tan  0 
2
Cuando y = 3 ft
ft
2.5 ft 2
2
s
3 ft - 2.5ft  tan 70 
- 32.2
V0 

2 cos 70

0 2


 14.91
ft
s
Cuando y = 5 ft.
V0 
ft
2.5 ft 2
2
ft
s
 21.45
s


ft 

2 cos 70 5 ft -  2.5  tan 700 
s



14.91
ft
ft
 V0  21.45
s
s
- 32.2


Una estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre el
nivel del suelo. Mientras su oponente esta viendo esta primera bola de nieve, usted lanza
una segunda bola a un ángulo menor lanzada en el momento necesario para que llegue a
su oponente ya sea antes o al mismo tiempo que la primera. Suponga que ambas bolas de
nieve se lanzan con una velocidad de 25 m/seg. La primera se lanza a un ángulo de 700
respecto de la horizontal.
A que ángulo debe lanzarse la segunda bola de nieve para llegar al mismo punto que la primera?
Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para
que llegue al blanco al mismo tiempo que la primera?
Un campo de juegos esta en el techo pIano de una escuela, 6 m arriba del nivel de la calle. La pared
vertical del edificio mide 7 m de alto, para formar una barandilla de un metro de alto alrededor del campo.
Una pelota ha caído a la calle, y un transeúnte la devuelve lanzándola a un Angulo de 53° sobre la
horizontal en un punto a 24 metros de la base de la pared del edificio. La pelota tarda 2.2 seg. en llegar a
un punto verticalmente arriba de la pared. (a) Encuentre la rapidez con la que fue lanzada la pelota. (b)
Encuentre Ia distancia vertical con la que la peIota rebasa la pared. (c) Encuentre la distancia desde Ia
pared aI punto del techo donde cae la pelota.
Un pateador de lugar debe patear un balón de fútbol desde un punto a 36 metros (casi 40 yardas) de la
zona de gol y la bola debe librar los postes, que están a 3,05 metros de alto. Cuando se patea, el balón Un
bombero a 50 metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de
300 sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es 40
m/seg. A que altura el agua incide en el edificio? Datos X = 50 metros ө = 300 V0 = 40 m/seg.
abandona el suelo con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 530 respecto de la horizontal. a) Por
cuanta distancia el balón libra o no los postes. b) El balón se aproxima a los postes mientras continua
ascendiendo o cuando va descendiendo.
Superman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza a desplomarse
(el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. Si Superman se
encuentra a una distancia d de la torre y el elevador cae desde una altura h. Cuanto tarda Superman en
salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio
En un bar local, un cliente desliza un tarro vacío de cerveza por la barra para que se 10 vuelvan a Ilenar. EI
cantinero esta momentáneamente distraído y no ve el tarro, que sale despedido de la barra y cae al suelo
a una distancia d de la base de la barra. La altura de la barra es h. (a) con que velocidad salio el tarro de la
barra, y (b) cual era la dirección de la velocidad del tarro justo antes de tocar el piso?