Práctica

Ejercicio 1 — ⚽ El balón del tiro libre

Un jugador patea un balón con una velocidad inicial de $20 \, \mathrm{m/s}$ y una elevación de $30^\circ$.

1. Determina las componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial.
2. ¿Cuánto tarda el balón en alcanzar su punto más alto?
3. ¿Qué altura máxima alcanza y qué alcance horizontal tiene (hasta volver al nivel del lanzamiento)?

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1. Componentes de la velocidad inicial

$$v_{0x} = v_0 \cos \alpha_0 = (20 \, \mathrm{m/s}) \cos 30^\circ \approx 17,32 \, \mathrm{m/s}$$$$v_{0y} = v_0 \sin \alpha_0 = (20 \, \mathrm{m/s}) \sin 30^\circ = 10 \, \mathrm{m/s}$$

2. Tiempo hasta el punto más alto

En el punto más alto, la velocidad vertical es cero:

$$v_y = v_{0y} - g t = 0 \quad \Rightarrow \quad t^*= \frac{v_{0y}}{g} = \frac{10 \, \mathrm{m/s}}{9,8 \, \mathrm{m/s^2}} \approx 1,02 \, \mathrm{s}$$

3. Altura máxima y alcance

La altura máxima, $H$ corresponde con la posición vertical en el instante que la componente vertical de la velocidad es cero, de manera que

$$H=y(t=t^*)=v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2=(10 \, \mathrm{m/s})(1,02\text{ s})-(4,9\text{ m/s}^2)(1,02\text{ s})^2\approx5,10\text{ m}$$

Ahora, dada la simetría del movimiento, el alcance es la distancia horizontal que recorre mientras sube y baja; es decir, la posición horizontal cuando ha transcurrido el doble del tiempo que tarda en llegar a la altura máxima (😳 uff, ¡¡¡¡que buen trabalenguas!!!!), de manera que

$$R=x(t=2t^*)=v_{0x}(2t^*)=(17,32 \, \mathrm{m/s})(2\times 1,02\text{ s}) \approx 35,3 \, \mathrm{m}$$

El balón sube $1,02 \, \mathrm{s}$, alcanza $5,10 \, \mathrm{m}$ de altura y recorre unos $35,3 \, \mathrm{m}$ hasta volver al suelo.

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Note que estos resultados coinciden con

$$H = \frac{v_{0y}^2}{2g} = \frac{(10 \, \mathrm{m/s})^2}{2(9,8 \, \mathrm{m/s^2})} \approx 5,10 \, \mathrm{m}$$$$R = \frac{v_0^2 \sin (2\alpha_0)}{g} = \frac{(20 \, \mathrm{m/s})^2 \sin 60^\circ}{9,8 \, \mathrm{m/s^2}} \approx 35,3 \, \mathrm{m}$$

Ejercicio 2 — 🏀 El tiro de tres puntos

Una jugadora de basketball ejecuta un tiro libre, imprimiéndole una velocidad a la bola de $\vec{v}_0 = (2,62 \, \mathrm{m/s})\hat{\iota}+(9,13\, \mathrm{m/s})\hat{\jmath}$. El lanzamiento se realiza desde una altura de 2,0 m respecto del suelo.

1. ¿Qué altura máxima alcanza?
2. Determina el alcance del balón.
3. Grafique la trayectoria.

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1. Altura máxima

En este caso, note que la velocidad de lanzamiento está expresada mediante sus componentes cartesianas; de manera que la rapidez del lanzamiento es

$$v_0=\displaystyle \sqrt{{v_{0x}}^2+{v_{0y}}^2}\approx 9,5 \text{ m/s},$$

y su ángulo de elevación de

$$\alpha_0=\tan^{-1}\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}} \right)\approx 74^\circ$$

Como el lanzamiento se realiza desde una altura de 2,0 m respecto del suelo, la altura máxima que alcanza la bola es

$$y_\text{m\'ax}=y_0 +H=y_0 +\frac{v_0^2 \sin^2 \alpha_0}{2g} =2,0\text{ m} + \frac{(9,5 \, \mathrm{m/s})^2 \sin^2 (74^\circ)}{2(9,8 \, \mathrm{m/s^2})} \approx 6,25 \, \mathrm{m}$$

2. Alcance

Para determinar el alcance (es decir, la distancia horizontal que recorre la bola hasta caer al suelo) debemos resolver la ecuación de la tratectoria para encontrar cual $x$ satisface que $y(x)=0$; de manera que

$$y=(2,0\text{ m})+x\tan(74^\circ)-\frac{4,9\text{ m/s}^2}{(9,5 \text{ m/s})^2(\cos(74^\circ))^2}x^2=0$$

que resulta en la ecuación cuadrática

$$-0,714x^2+\tan(74^\circ) x+2=0$$

que tiene por solución (positiva)

$$x\approx 5,4\text{ m}$$

3. Gráfica de la trayectoria

Ejercicio 3 — 🛞 La rueda que cae de la azotea

Una rueda gira por una azotea a $3,0 \, \mathrm{m/s}$ y cae por el borde a una altura de $4,9 \, \mathrm{m}$ del suelo.

1. ¿Cuánto tarda la pelota en llegar al suelo?
2. ¿A qué distancia horizontal del borde de la azotea cae?
3. ¿Con qué rapidez impacta el suelo?

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Al caer del borde, la rueda tiene una velocidad inicial puramente horizontal: $v_{0x} = 3,0 \, \mathrm{m/s}$ y $v_{0y} = 0$.

1. Tiempo de caída

El movimiento vertical es caída libre desde $4,9 \, \mathrm{m}$:

$$y = \frac{1}{2} g t^2 \quad \Rightarrow \quad t = \sqrt{\frac{2y}{g}} = \sqrt{\frac{2(4,9)}{9,8}} = 1,0 \, \mathrm{s}$$

2. Distancia horizontal

Como la componente horizontal de la velocidad es constante:

$$x = v_{0x} t = (3,0 \, \mathrm{m/s})(1,0 \, \mathrm{s}) = 3,0 \, \mathrm{m}$$

3. Rapidez de impacto

La componente vertical de la velocidad al llegar al suelo es:

$$v_y = -g t = -(9,8 \, \mathrm{m/s^2})(1,0 \, \mathrm{s}) = -9,8 \, \mathrm{m/s}$$

La rapidez es la magnitud del vector velocidad:

$$v = \sqrt{v_{0x}^2 + v_y^2} = \sqrt{(3,0)^2 + (9,8)^2} \approx 10,3 \, \mathrm{m/s}$$

La rueda tarda $1,0 \, \mathrm{s}$ en caer, aterriza a $3,0 \, \mathrm{m}$ del borde e impacta el suelo a unos $10,3 \, \mathrm{m/s}$. Fíjate que el tiempo de caída depende solo de la altura, no de la velocidad horizontal.

Ejercicio 4 — 🎮 El paquete del dron

Un dron sobrevuela el campus a una altura constante de $19,6 \, \mathrm{m}$, moviéndose horizontalmente a $5,0 \, \mathrm{m/s}$. En cierto instante suelta un paquete con velocidad inicial nula respecto al dron.

1. ¿Cuánto tarda el paquete en llegar al suelo?
2. ¿A qué distancia horizontal del punto en que se soltó cae?
3. ¿Con qué velocidad impacta el suelo?

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Al soltarse, el paquete hereda la velocidad horizontal del dron: $v_{0x} = 5,0 \, \mathrm{m/s}$ y $v_{0y} = 0$.

1. Tiempo de caída

$$t = \sqrt{\frac{2y}{g}} = \sqrt{\frac{2(19,6)}{9,8}} = 2,0 \, \mathrm{s}$$

2. Distancia horizontal

$$x = v_{0x} t = (5,0 \, \mathrm{m/s})(2,0 \, \mathrm{s}) = 10,0 \, \mathrm{m}$$

3. Rapidez de impacto

La componente vertical al llegar al suelo es:

$$v_y = -g t = -(9,8)(2,0) = -19,6 \, \mathrm{m/s}$$

La rapidez de impacto es:

$$v = \sqrt{v_{0x}^2 + v_y^2} = \sqrt{(5,0)^2 + (19,6)^2} \approx 20,2 \, \mathrm{m/s}$$

mientras que el ángulo de impacto

La dirección, respecto a la horizontal, es:

$$\theta = \arctan\left(\frac{v_y}{v_{0x}}\right) = \arctan\left(\frac{-19,6}{5}\right) \approx -76^\circ$$

El paquete tarda $2,0 \, \mathrm{s}$ en caer, aterriza a $10,0 \, \mathrm{m}$ del punto en que se soltó y llega al suelo a unos $20,2 \, \mathrm{m/s}$. Mientras cae, avanza horizontalmente con la misma velocidad que llevaba el dron.

Ejercicio 5 — 📐 El ángulo del alcance máximo

Una pelota se lanza desde el suelo con una rapidez de $15 \, \mathrm{m/s}$.

1. ¿Con qué ángulo de elevación se obtiene el alcance horizontal máximo? ¿Cuánto vale ese alcance?
2. Compara los alcances para elevaciones de $30^\circ$ y $60^\circ$. ¿Qué observas?

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1. Ángulo del alcance máximo

El alcance es:

$$R = \frac{v_0^2 \sin (2\alpha_0)}{g}$$

El seno alcanza su valor máximo ($1$) cuando su argumento es $90^\circ$:

$$2\alpha_0 = 90^\circ \quad \Rightarrow \quad \alpha_0 = 45^\circ$$

Con ese ángulo:

$$R = \frac{(15 \, \mathrm{m/s})^2 \sin 90^\circ}{9,8 \, \mathrm{m/s^2}} = \frac{225}{9,8} \approx 22,9 \, \mathrm{m}$$

2. Comparación de alcances para $30^\circ$ y $60^\circ$

$$R(30^\circ) = \frac{225 \sin 60^\circ}{9,8} = \frac{225 \times 0,866}{9,8} \approx 19,9 \, \mathrm{m}$$$$R(60^\circ) = \frac{225 \sin 120^\circ}{9,8} = \frac{225 \times 0,866}{9,8} \approx 19,9 \, \mathrm{m}$$

Observación: los ángulos $30^\circ$ y $60^\circ$ son complementarios (suman $90^\circ$) y producen el mismo alcance. En general, dos elevaciones complementarias $\alpha_0$ y $90^\circ - \alpha_0$ dan el mismo alcance, porque $\sin (2\alpha_0) = \sin (180^\circ - 2\alpha_0)$. La elevación de $45^\circ$ da el alcance máximo, de unos $22,9 \, \mathrm{m}$.

Ejercicio 6 — 🌊 La piedra que cae al mar

Una persona se encuentra en el borde de un acantilado sobre el mar, a una altura de $91,44 \, \mathrm{m}$ (unos $300 \, \mathrm{ft}$). Lanza una piedra con una elevación de $30^\circ$ sobre la horizontal. La piedra tarda $5,00 \, \mathrm{s}$ en llegar al mar.

1. ¿Con qué rapidez fue lanzada inicialmente la piedra?
2. ¿Qué distancia horizontal recorre la piedra hasta que cae al mar?
3. ¿Qué altura máxima sobre el nivel del mar alcanza la piedra?

Ver solución

Tomamos el origen en el punto de lanzamiento, con el eje $y$ positivo hacia arriba. El mar está en $y = -91,44 \, \mathrm{m}$. La piedra parte con $v_{0x} = v_0 \cos 30^\circ$ y $v_{0y} = v_0 \sin 30^\circ$.

1. Rapidez inicial

El movimiento vertical es $y(t) = v_{0y} t - \frac{1}{2} g t^2$. La piedra llega al mar ($y = -91,44 \, \mathrm{m}$) en $t = 5,00 \, \mathrm{s}$:

$$-91,44 = v_0 \sin 30^\circ (5,00) - \frac{1}{2}(9,8)(5,00)^2$$$$-91,44 = 2,5 \, v_0 - 122,625$$$$2,5 \, v_0 = 31,185 \quad \Rightarrow \quad v_0 \approx 12,5 \, \mathrm{m/s}$$

2. Distancia horizontal

Como la componente horizontal de la velocidad es constante:

$$x = v_{0x} t = v_0 \cos 30^\circ \, t = (12,5)(0,8660)(5,00) \approx 54,0 \, \mathrm{m}$$

3. Altura máxima sobre el nivel del mar

La altura máxima respecto al punto de lanzamiento es:

$$H = \frac{v_{0y}^2}{2g} = \frac{(v_0 \sin 30^\circ)^2}{2g} = \frac{(12,5 \times 0,5)^2}{2(9,8)} \approx 1,98 \, \mathrm{m}$$

Sobre el nivel del mar:

$$y_{\text{máx}} = 91,44 \, \mathrm{m} + 1,98 \, \mathrm{m} \approx 93,4 \, \mathrm{m}$$

La piedra fue lanzada a unos $12,5 \, \mathrm{m/s}$, cae al mar a $54,0 \, \mathrm{m}$ del borde y alcanza $93,4 \, \mathrm{m}$ sobre el nivel del mar.