Pr´actica “Movimiento de Proyectiles” Eduardo Rodr´ıguez S. Departamento de F´ısica, Universidad de Concepci´on 5 de may
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Pr´actica “Movimiento de Proyectiles” Eduardo Rodr´ıguez S. Departamento de F´ısica, Universidad de Concepci´on 5 de mayo de 2003
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El dardo en el blanco
Un dardo es arrojado horizontalmente hacia el centro del blanco, punto P del tablero, con una velocidad inicial de 10 m/s. Se clava en el punto Q del aro exterior, verticalmente abajo de P , 0.19 s m´as tarde; v´ease la figura. (a) ¿Cu´al es la distancia P Q? (b) ¿A qu´e distancia del tablero estaba parado el jugador? Con el sistema de referencia elegido en la figura, las coordenadas del dardo (en metros) transcurridos t segundos desde su lanzamiento son x = v0 t, 1 y = − gt2 , 2
(1) (2)
y P x Q
Figure 1: El dardo sigue una trayectoria parab´olica hasta llegar al blanco.
1
100
90
80
70
y (m)
60
50
40
30
20
10
0
0
50
100
150 x (m)
200
250
300
Figure 2: Trayectorias de tres proyectiles con velocidad de salida de 50 m/s y ´angulos de elevaci´on de 30o , 45o y 60o .
donde v0 = 10 m/s es la velocidad inicial del dardo. En t = 0.19 s, estas coordenadas toman los valores x = 1.9 m, y = −0.1769 m.
(3) (4)
Esto significa que la distancia P Q es de 17.69 cm y que el jugador estaba parado a 1.9 m del tablero.
2
Galileo y los proyectiles
En el libro de Galileo Galilei Dos Ciencias Nuevas el sabio afirma que “para elevaciones (´angulos de proyecci´on) que excedan o no lleguen a 45o por cantidades iguales, los alcances son iguales”. (a) Pruebe esta aseveraci´on (v´ease la figura). (b) Para una velocidad inicial de 30.0 m/s y un alcance de 20.0 m, halle los dos ´angulos posibles de elevaci´on de la proyecci´on. Consideremos un proyectil que es lanzado con una velocidad inicial v0 y un ´angulo de elevaci´on de θ. Escogemos el eje y vertical y apuntando hacia arriba, y el eje x horizontal y apuntando en la direcci´on de lanzamiento del
2
proyectil. Entonces, x = (v0 cos θ) t,
(5)
1 y = (v0 sin θ) t − gt2 . 2
(6)
El alcance m´aximo del proyectil se produce en el instante t = tm en que y = 0. Reemplazando y (t = tm ) = 0 en (6), hallamos tm =
2v0 sin θ, g
(7)
donde hemos ignorado la soluci´on tm = 0 (la cual corresponde al momento de lanzamiento del proyectil). Introduciendo (7) en (5) hallamos el alcance m´aximo, xm : 2v 2 xm = 0 sin θ cos θ. (8) g Usando la identidad trigonom´etrica sin (2θ) = 2 sin θ cos θ podemos escribir el alcance m´aximo en la forma xm (θ) =
v02 sin (2θ) . g
(9)
Sea φ el ´angulo de desviaci´on de θ con respecto a los 45o ; esto es, sea φ = θ − 45o . Reemplazando θ = φ + 45o en (9), encontramos xm (θ = φ + 45o ) =
v02 sin (2φ + 90o ) . g
(10)
Para cualquier ´angulo α se tiene la identidad sin (α + 90o ) = cos (α) .
(11)
Por lo tanto, el alcance m´aximo en funci´on de φ se escribe como xm (45o + φ) =
v02 cos (2φ) . g
(12)
Esta ecuaci´on es la respuesta a nuestro problema; como cos es una funci´on par (esto es, cos (−x) = cos x), tenemos que xm (45o + φ) = xm (45o − φ) . 3
(13)
Esto significa que no importa si φ mide un desviamiento de los 45o positivo o negativo, vale decir, hacia arriba o hacia abajo. Ambos desviamientos producen el mismo alcance final, como afirmaba Galileo. Cuando la velocidad inicial y el alcance son conocidos, la ec. (12) nos entrega el ´angulo de desviaci´on v´ıa ¶ µ 1 gxm φ = arccos . (14) 2 v02 Esto significa que los posibles ´angulos de lanzamiento son θ(±) = 45o ± φ: µ ¶ 1 gxm (±) o θ = 45 ± arccos . (15) 2 v02 Poniendo xm = 20.0 m y v0 = 30.0 m/s, hallamos θ(+) = 83.71o ,
(16)
θ(−) = 6.29o .
(17)
Volviendo a reemplazar estos ´angulos en (9) podemos verificar que ambos conducen al mismo alcance m´aximo de xm = 20.0 m.
3
Lanzamiento de una pelota
Una pelota se arroja desde el terreno hacia el aire. A una altura de 9.1 m se observa que la velocidad es v = 7.6ˆı + 6.1ˆ , en m/s (eje x horizontal, eje y vertical y hacia arriba). (a) ¿A qu´e altura m´axima se elevar´a la pelota? (b) ¿Cu´al ser´a la distancia horizontal recorrida por la pelota? (c) ¿Cu´al es la velocidad de la pelota (magnitud y direcci´on) en el instante anterior de que golpee el suelo? Sea t = 0 el instante en que, a una altura de 9.1 m, se observa que la velocidad de la pelota es v = 7.6ˆı + 6.1ˆ . Esto significa que su posici´on en cualquier otro instante t quedar´a dada por x = v0x t,
(18)
1 y = h + v0y t − gt2 , 2
(19)
4
donde h = 9.1 m, v0x = 7.6 m/s y v0y = 6.1 m/s. El instante t = ta en que la pelota alcanza su altura m´axima es el mismo en que la velocidad vertical vy = v0y − gt
(20)
se hace moment´aneamente cero: ta =
v0y . g
(21)
En este instante, la altura de la pelota es m´axima: 2 v0y ya = y (t = ta ) = h + . 2g
(22)
Por lo tanto, la altura m´axima a la que se elevar´a la pelota es de 11.00 m. distancia recorrida por la pelota puede calcularse de ∆x = ´ ³ horizontal ³ La ´ (±) (−) (+) − x ts , donde ts son los dos instantes en que la pelota toca el x ts suelo. Estos quedan determinados de la ecuaci´on 1 h + v0y ts − gt2s = 0. 2
(23)
Resolviendo, encontramos t(±) s
v0y = g
Ã
s
1±
2gh 1+ 2 v0y
! .
Reemplazando en la f´ormula para ∆x, nos queda ¡ ¢ (−) ∆x = v0x t(+) − t , s s s 2v0x v0y 2gh = 1+ 2 . g v0y As´ı, la distancia horizontal recorrida por la pelota es de 22.77 m. El instante en que la pelota golpea el suelo es à ! s v 2gh 0y 1+ 1+ 2 . t(+) = s g v0y 5
(24)
(25)
(26)
En este instante, su velocidad vertical es s vy(f ) = −v0y
1+
2gh , 2 v0y
(27) (f )
en tanto que su velocidad horizontal es (y siempre ha sido) vx = v0x . Por lo tanto, la magnitud de la velocidad final es q 2 2 v (f ) = v0y + v0x + 2gh, (28) en tanto que el ´angulo ϕ que hace con la horizontal est´a dado por s v0y 2gh tan ϕ = 1+ 2 , v0x v0y
(29)
de donde ϕ = 62.63o .
4
Tanque que arranca sirve para otra guerra
Un ca˜ n´on antitanques est´a ubicado en el borde de una meseta a una altura de 60.0 m sobre la llanura que la rodea (v´ease la figura). La cuadrilla del ca˜ n´on avista un tanque enemigo estacionado en la llanura a una distancia horizontal de 2.20 km del ca˜ no´n. En el mismo instante, la tripulaci´on del tanque ve el ca˜ no´n y comienza a escapar en l´ınea recta de ´este con una aceleraci´on de 0.900 m/s2 . Si el ca˜ no´n antitanques dispara un ob´ us con una velocidad de salida de 240 m/s y un ´angulo de elevaci´on de 10.0o sobre la horizontal, ¿cu´anto tiempo esperar´an los operarios del ca˜ n´on antes de disparar para darle al tanque? Con un ´angulo de elevaci´on de θ = 10.0o y una velocidad inicial de v0 = 240 m/s, el ob´ us del ca˜ no´n se mueve de acuerdo a las ecuaciones x = (v0 cos θ) (t − t0 ) , 1 y = h + (v0 sin θ) (t − t0 ) − g (t − t0 )2 , 2 donde h = 60.0 m es la altura de la meseta y t0 es el instante en que se dispara el ca˜ no´n. El momento en que el ob´ us toca el suelo de la llanura est´a 6
y
h
x
xm
Figure 3: Trayectoria del ob´ us de un ca˜ n´on.
dado por la soluci´on positiva1 de la ecuaci´on cuadr´atica 1 h + (v0 sin θ) (t − t0 ) − g (t − t0 )2 = 0. 2 Esta es v0 sin θ ts = t0 + g
s
à 1+
2gh 1+ 2 2 v0 sin θ
(30)
! .
(31)
El alcance m´aximo del ca˜ no´n es, entonces, dado por la posici´on horizontal del ob´ us en este instante: s ! Ã 2 v0 sin (2θ) 2gh . (32) xm = 1+ 1+ 2 2 2g v0 sin θ Notemos que cuando h = 0 recuperamos la f´ormula para el alcance m´aximo dada en el problema 3 [ver ec. (9)]. Sea t = 0 el instante en que los operarios del ca˜ no´n avistan el tanque y ´este comienza a escapar. La posici´on del tanque est´a dada por la ecuaci´on 1 xt = x0 + at2 , 2
(33)
donde x0 = 2.20 km es la distancia horizontal inicial entre el ca˜ n´on y el tanque y a = 0.900 m/s2 es su aceleraci´on. 1
Es decir, la soluci´on con t > t0 .
7
Sea t = tc el instante en que el ob´ us alcanza al ca˜ n´on, a una distancia igual al alcance m´aximo de ´este. En este instante tenemos xt (t = tc ) = xm , de donde
(34)
r
2 (xm − x0 ) . (35) a Por otro lado, en este instante la posici´on horizontal del ob´ us tambi´en es igual a xm : x (t = tc ) = (v0 cos θ) (tc − t0 ) = xm . (36) tc =
Despejando t0 de esta ecuaci´on obtenemos t0 = tc −
xm . v0 cos θ
(37)
Introduciendo el valor que hab´ıamos encontrado para tc nos vemos conducidos a la f´ormula r 2 xm t0 = (xm − x0 ) − . (38) a v0 cos θ Esta es la ecuaci´on que nos da el instante preciso en que el ca˜ no´n debe dispararse para alcanzar el tanque; xm es el alcance m´aximo del ca˜ no´n, dado por la ec. (32). Introduciendo los valores num´ericos v0 = 240 m/s, θ = 10.0o , h = 60.0 m, x0 = 2.2 km, a = 0.900 m/s2 , encontramos xm = 2307 m t0 = 5.6440 s.
(39) (40)
En palabras: los operarios del ca˜ n´on deben disparar el ob´ us 5.6440 s despu´es de avistar el tanque.
8