76 Capítulo 4 Movimiento en dos dimensiones

EJEMPLO 4.1 Movimiento en un plano

Una partícula parte del origen en t � 0 con una velocidad inicial que tiene una componente x de 20 m/s y otra componente y de �15 m/s. La partícula se mueve en el plano xy sólo con una componente x de aceleración, dada por ax � 4.0 m/s2.A) Determine el vector velocidad total en cualquier tiempo.

SOLUCIÓN

Conceptualizar Las componentes de la velocidad inicial dicen que la partícula inicia su movimiento hacia la derecha y abajo. La componente x de velocidad comienza en 20 m/s y aumenta en 4.0 m/s cada segundo. La componente y de velocidad nunca cam-bia de su valor inicial de �15 m/s. En la figura 4.6 se bosqueja un diagrama de movimiento de la situación. Puesto que la partícula acelera en la dirección �x, su componente de velocidad en esta dirección aumenta y la trayectoria se curva como se muestra en el diagrama. Note que el espaciamiento entre imágenes sucesivas aumenta conforme pasa el tiempo, porque la rapidez aumenta. La colocación de los vectores aceleración y velocidad en la figura 4.6 ayuda a conceptualizar aún más la situación.

Categorizar Puesto que la velocidad inicial tiene componentes en las direcciones x y y, este problema se clasifica como uno que supone una partícula que se mueve en dos dimensiones. Dado que la partícula sólo tiene una componente x de aceleración, se representa como una partícula bajo aceleración constante en la dirección x y una partícula bajo velocidad constante en la dirección y.

Analizar Para comenzar el análisis matemático, se hace vxi � 20 m/s, vyi � �15 m/s, ax � 4.0 m/s2 y ay � 0.

Aplique la ecuación 4.8 para el vector velocidad:

Sustituya valores numéricos:

Finalizar Note que la componente x de velocidad aumenta en el tiempo mientras la componente y permanece constante; este resultado es consistente con lo predicho.

B) Calcule la velocidad y la rapidez de la partícula en t � 5.0 s.

SOLUCIÓN

AnalizarEvalúe el resultado de la ecuación (1) en t � 5.0 s:

Determine el ángulo � que vSf forma con el eje x en t � 5.0 s:

Evalúe la rapidez de la partícula como la magnitud de vSf :

Finalizar El signo negativo para el ángulo � indica que el vector velocidad se dirige a un ángulo de 21° abajo del eje x positivo. Note que, si se calcula vi a partir de las componentes x y y de vSi , se encuentra que vf � vi. ¿Esto es consistente con la predicción?

C) Determine las coordenadas x y y de la partícula en cualquier tiempo t y su vector de posición en este tiempo.

SOLUCIÓN

AnalizarAplique las componentes de la ecuación 4.9 con xi � yi � 0 en t � 0:

x

y

Figura 4.6 (Ejemplo 4.1) Diagrama de movimiento para la partícula.

vSf vSi aSt 1vxi axt 2 i 1vyi ayt 2 j(1) vSf 3 120 4.0t 2 i 15 j 4 m>svSf 320 m>s 14.0 m>s2 2 t 4 i 3 15 m>s 10 2 t 4 j

vSf 3 120 4.0 15.0 2 2 i 15 j 4 m>s 140 i 15 j 2 m>su tan 1 a vyf

vxfb tan 1 a 15 m>s

40 m>s b 21°

vf 0vSf 0 vxf2 vyf

2 140 22 1 15 22 m>s 43 m>s

yf vyit 1 15t 2 m

xf vxit12 axt

2 120t 2.0t2 2 m

Exprese el vector de posición de la partícula en cualquier tiempo t :

Finalizar Considere ahora un caso límite para valores muy grandes de t.

PREVENCIÓN DE RIESGOS OCULTOS 4.2Aceleración en el punto más alto

Como se discutió en la prevención de riesgos ocultos 2.8, muchas personas afirman que la aceleración de un proyectil en el punto más alto de su trayectoria es cero. Este error surge de la confusión entre velocidad vertical cero y aceleración cero. Si el proyectil experimentara aceleración cero en el punto más alto, su velocidad en dicho punto no cambiaría; sucedería que, ¡desde ese momento el proyectil se movería horizontalmente con rapidez constante! Sin embargo, esto no ocurre, porque la aceleración no es cero en parte alguna de la trayectoria.

Figura 4.7 Trayectoria parabólica de un proyectil que sale del origen con velocidad vSi. El vector velocidad vS cambia con el tiempo tanto en magnitud como en dirección. Este cambio es el resultado de la aceleración en la dirección y negativa. La componente x de velocidad permanece constante en el tiempo porque no hay aceleración a lo largo de la dirección horizontal. La componente y de velocidad es cero en el pico de la trayectoria.

1 Esta suposición es razonable en tanto el alcance del movimiento sea pequeño en comparación con el radio de la Tierra (6.4 � 106 m). En efecto, esto equivale a suponer que la Tierra es plana en el intervalo considerado del movimiento.2 Dicha suposición, por lo general, no está justificada, en especial a velocidades altas. Además, cualquier giro impartido a un proyectil, como el que se aplica cuando un pitcher lanza una bola curva, origina algunos efectos muy interesantes asociados con fuerzas aerodinámicas, que se discutirán en el capítulo 14.

¿Y si...? ¿Qué ocurriría si se espera un tiempo considerable y después se observa el movimiento de la partícula? ¿Cómo describiría el movimiento de la partícula para valores con-siderables de tiempo?

Respuesta Al observar la figura 4.6 es claro que la trayecto-ria de la partícula se curva hacia el eje x. No hay razón para suponer que esta tendencia cambiará, lo que sugiere que la trayectoria se volverá más y más paralela al eje x confor-

me crezca el tiempo. En términos matemáticos, la ecuación 1) muestra que la componente y de velocidad permanece constante mientras la componente x crece linealmente con t. Por lo tanto, cuando t es muy grande, la componente x de velocidad será mucho mayor que la componente y, lo que sugiere que el vector velocidad se volverá cada vez más paralelo al eje x. Tanto xf como yf continúa creciendo con el tiempo, aunque xf crece mucho más rápido.

4.3 Movimiento de proyectilQuien haya observado una pelota de beisbol en movimiento observó movimiento de pro-yectil. La bola se mueve en una trayectoria curva y regresa al suelo. El movimiento de proyectil de un objeto es simple de analizar a partir de dos suposiciones: 1) la aceleración de caída libre es constante en el intervalo de movimiento y se dirige hacia abajo1 y 2) el efecto de la resistencia del aire es despreciable.2 Con estas suposiciones, se encuentra que la trayectoria de un proyectil siempre es una parábola, como se muestra en la figura 4.7. A lo largo de este capítulo se usan estas suposiciones.

La expresión para el vector de posición del proyectil como función del tiempo se sigue directamente de la ecuación 4.9, con aS � gS:

rSf riS vSit

12 gSt2 (4.10)

rSf xf i yf j 3 120t 2.0t2 2 i 15t j 4 m Sección 4.3 Movimiento de proyectil 77

xvxi

v

vxi

vy v

gvy � 0

vxi

vyv

vi

vy

vy

i

vxi

y

i

i�

�

��

�

��

�

�

v

�

�

�

�

80 Capítulo 4 Movimiento en dos dimensiones

Analice el movimiento horizontal del proyectil como una partícula bajo velocidad cons-tante. Examine el movimiento vertical del proyectil como una partícula bajo aceleración constante.

4. Finalizar. Una vez que determine su resultado, compruebe para ver si sus respuestas son consistentes con las representaciones mentales y gráficas y que sus resultados son realistas.

EJEMPLO 4.2 Salto de longitud

Un atleta que participa en salto de longitud (figura 4.11) deja el suelo a un ángulo de 20.0° sobre la horizontal y con una rapidez de 11.0 m/s.

A) ¿Qué distancia salta en la dirección horizontal?

SOLUCIÓN

Conceptualizar Los brazos y piernas de un atleta de salto de longitud se mueven en una forma compleja, pero este movimiento se ignorará. El mo-vimiento del atleta se conceptualiza como equivalente al de un proyectil simple.

Categorizar Este ejemplo se clasifica como un problema de movimien-to de proyectil. Puesto que se conocen la rapidez inicial y el ángulo de lanzamiento, y ya que la altura final es la misma que la altura inicial, se confirma que el problema satisface las condiciones para aplicar las ecua-ciones 4.12 y 4.13. Este planteamiento es la forma más directa de analizar este problema, aunque los métodos generales descritos siempre darán la respuesta correcta.

AnalizarAplique la ecuación 4.13 para encontrar el alcance del sal-tador:

B) ¿Cuál es la altura máxima que alcanza?

SOLUCIÓN

AnalizarEncuentre la altura máxima alcanzada mediante la ecua-ción 4.12:

Finalizar Encuentre las respuestas a los incisos A) y B) con el uso del método general. Los resultados deben concordar. Tratar al atleta como partícula es una simplificación. No obstante, los valores obtenidos son consistentes con la experiencia en los deportes. Un sistema complicado, como el del atleta en salto de longitud, se puede representar como una partícula y aun así obtener resultados razonables.

Figura 4.11 (Ejemplo 4.2) Mike Powell, actual poseedor del récord mundial de salto de longitud de 8.95 m.

Mik

e Po

wel

l/Alls

port/

Getty

Imag

es

EJEMPLO 4.3 Tiro que da en el objetivo en cada ocasión

En una popular demostración, se dispara un proyectil a un objetivo en tal forma que el proyectil sale del cañón al mismo tiempo que el objetivo se suelta del reposo. Demuestre que, si el cañón se apunta inicialmente al objetivo fijo, el proyectil golpea al objetivo que cae como se muestra en la figura 4.12a.

SOLUCIÓN

Conceptualizar Se forman conceptos del problema al estudiar la figura 4.12a. Note que el problema no pide valores nu-méricos. El resultado esperado debe involucrar un argumento algebraico.

Rv 2

i sen 2ui

g111.0 m>s 22 sen 2 120.0° 2

9.80 m>s2 7.94 m

hv 2

i sen2 ui

2g

111.0 m>s 22 1sen 20.0°222 19.80 m>s2 2 0.722 m

de casi 100 m. Se espera que el valor de d, la distancia recorrida a lo largo del plano, sea del mismo orden de magnitud.

Categorizar El problema se clasifica como el de una partícula en movi-miento de proyectil.

Analizar Es conveniente seleccionar el comienzo del salto como el ori-gen. Las componentes de velocidad inicial son vxi � 25.0 m/s y vyi � 0. Del triángulo rectángulo de la figura 4.14, se ve que las coordenadas x y y de la esquiadora en el punto de aterrizaje se conocen mediante xf � d cos 35.0° y yf � �d sen 35.0°.

Exprese las coordenadas de la saltadora como función del tiempo:

Sustituya los valores xf y yf en el punto de aterrizaje:

Resuelva la ecuación 3) para t y sustituya el resultado en la ecuación 4):

Resuelva para d:

Evalúe las coordenadas x y y del punto en el que aterriza la esquiadora:

Finalizar Compare estos resultados con las expectativas. Se esperaba que la distancia horizontal estuviera en el orden de 100 m, y el resultado de 89.3 m de hecho está en este orden de magnitud. Puede ser útil calcular el intervalo de tiempo que la esquiadora está en el aire y compararlo con la estimación de aproximadamente 4 s.

Sección 4.3 Movimiento de proyectil 83

¿Y si...? Suponga que todo en este ejemplo es igual, ex-cepto que la rampa se curva de modo que la esquiadora se proyecta hacia arriba en un ángulo desde el extremo de la pista. ¿Este diseño es mejor en términos de maximizar la longitud del salto?

Respuesta Si la velocidad inicial tiene una componente hacia arriba, la esquiadora estará en el aire más tiempo y, debido a esto, deberá viajar más. Sin embargo, inclinar el vector velocidad inicial hacia arriba reducirá la componente horizontal de la velocidad inicial. En consecuencia, angular hacia arriba el extremo de la pista a un ángulo más prolonga-do en realidad puede reducir la distancia. Considere el caso extremo: ¡la esquiadora se proyecta a 90° con la horizontal y simplemente va arriba y abajo en el extremo de la pista! Este argumento sugiere que debe haber un ángulo óptimo entre 0° y 90° que represente un equilibrio entre hacer el tiempo de vuelo más largo y la componente de velocidad horizontal más pequeña.

Encuentre matemáticamente este ángulo óptimo. Las ecuaciones de la 1) a la 4) se modifican de la forma siguien-

te, si supone que la esquiadora se proyecta a un ángulo � respecto a la horizontal sobre un plano de aterrizaje con pendiente con un ángulo arbitrario �:

1 2 y 3 2 S xf 1vi cos u 2 t d cos f

2 2 y 4 2 S yf 1vi sen u 2 t 12 gt 2 d sen f

Al eliminar el tiempo t entre estas ecuaciones y aplicando derivación para maximizar d en términos de �, se llega (des-pués de varias etapas; véase el problema 62) a la siguiente ecuación para el ángulo � que da el valor máximo de d:

u 45°f

2

Para el ángulo de pendiente en la figura 4.14, � � 35.0°; esta ecuación resulta en un ángulo de lanzamiento óptimo de � � 27.5°. Para un ángulo de pendiente de � � 0°, que representa un plano horizontal, esta ecuación da un ángulo de lanzamiento óptimo de � � 45°, como se esperaría (véase la figura 4.10).

Figura 4.14 (Ejemplo 4.5) Una saltadora deja la rampa con movimiento en dirección horizontal.

y d

25.0 m/s

(0,0)

x

� 35.0��

yf d sen 35.0° 1109 m 2sen 35.0° 62.5 m

xf d cos 35.0° 1109 m 2cos 35.0° 89.3 m

d 109 m

d sen 35.0° 12 19.80 m>s2 2 a d cos 35.0°

25.0 m>s b2

3)

4) d sen 35.0° 12 19.80 m>s2 2 t2

d cos 35.0° 125.0 m>s 2 t1)

2) yf vyit12ayt

2 12 19.80 m>s2 2 t2

xf vxit 125.0 m>s 2 t

3 .3 Movimiento de proyectiles 83

2. Haga una lista de las cantidades conocidas e incógnitas, y decidacuáles incógnitas son sus objetivos. Por ejemplo, en algunos pro-blemas se da la velocidad inicial (ya sea las componentes, o lamagnitud y dirección) y se pide obtener las coordenadas y compo-nentes de velocidad en un instante posterior. En todo caso, usará lasecuaciones (3.20) a (3.23). (Algunas otras ecuaciones dadas en lasección 3.3 también podrían ser útiles.) Asegúrese de tener tantasecuaciones como incógnitas por determinar.

3. Plantee el problema con palabras y luego tradúzcalo a símbolos.Por ejemplo, ¿cuándo llega la partícula a cierto punto? (Es decir,¿con qué valor de t?) ¿Dónde está la partícula cuando la velocidadtiene cierto valor? (Es decir, ¿cuánto valen x y y cuando vx o vy tie-ne ese valor?) Puesto que vy 5 0 en el punto más alto de la trayec-toria, la pregunta “¿cuándo alcanza el proyectil su punto más alto?”

se traduce a “¿cuánto vale t cuando vy 5 0?” Asimismo, “¿cuándovuelve el proyectil a su altura inicial?” se traduce a “¿cuánto vale tcuando y 5 y0?”

EJECUTAR la solución: Use las ecuaciones (3.20) a (3.23) para obte-ner las incógnitas. Resista la tentación de dividir la trayectoria en seg-mentos y analizarlos individualmente. ¡No hay que volver a comenzarcuando el proyectil llega a su altura máxima! Lo más fácil suele serusar los mismos ejes y escala de tiempo durante todo el problema. Uti-lice el valor g5 9.8 m>s2.

EVALUAR la respuesta: Como siempre, examine sus resultados paraver si son lógicos y si los valores numéricos son razonables.

Ejemplo 3.6 Cuerpo que se proyecta horizontalmente

Un acróbata en motocicleta se lanza del borde de un risco. Justo en elborde, su velocidad es horizontal con magnitud de 9.0 m>s. Obtenga laposición, distancia desde el borde y velocidad de la motocicleta des-pués de 0.50 s.

SOLUCIÓN

IDENTIFICAR: Una vez que el acróbata sale del risco, se mueve comoun proyectil. Por lo tanto, su velocidad en el borde del risco es su velo-cidad inicial.

PLANTEAR: El esquema se muestra en la figura 3.22. Elegimos el ori-gen de nuestro sistema de coordenadas en el borde del risco, donde lamotocicleta se convierte en proyectil, así que x0 5 0 y y0 5 0. La velo-cidad inicial es puramente horizontal (es decir, a0 5 0), así que suscomponentes son v0x 5 v0 cosa0 5 9.0 m>s y v0y 5 v0 sena0 5 0. Paradeterminar la posición de la motocicleta en t 5 0.50 s, usamos lasecuaciones (3.20) y (3.21), que dan x y y en función del tiempo. Dadosestos valores, calcularemos la distancia del origen con la ecuación(3.24). Por último, usaremos las ecuaciones (3.22) y (3.23) para deter-minar las componentes de velocidad vx y vy en t 5 0.50 s.

EJECUTAR: ¿Dónde está la motocicleta en t5 0.50 s? Por las ecuacio-nes (3.20) y (3.21), las coordenadas x y y son

El valor negativo de y indica que en este instante la motocicleta estádebajo de su punto inicial.

¿A qué distancia está ahora la motocicleta del origen? Por la ecua-ción (3.24),

¿Qué velocidad tiene en t 5 0.50 s? Por las ecuaciones (3.22) y(3.23), las componentes de la velocidad en ese momento son

vy 5 2gt 5 129.8 m/s2 2 1 0.50 s 2 5 24.9 m/s

vx 5 v0x 5 9.0 m/s

r 5 "x2 1 y2 5 " 14.5 m 2 2 1 121.2 m 2 2 5 4.7 m

y 5 2

1

2 gt2 5 2

1

2 19.8 m/s2 2 1 0.50 s 2 2 5 21.2 m

x 5 v0x t 5 19.0 m/s 2 1 0.50 s 2 5 4.5 m

La motocicleta tiene la misma velocidad horizontal vx que cuando saliódel risco en t5 0 pero, además, hay una velocidad vertical vy hacia aba-jo (negativa). Si usamos vectores unitarios, la velocidad en t5 0.50 s es

También podemos expresar la velocidad en términos de magnitud ydirección. Por la ecuación (3.25), la rapidez (magnitud de la velocidad)en este instante es

Por la ecuación (3.26), el ángulo a del vector de velocidad es

En este instante la velocidad está dirigida 298 por debajo de la horizontal.

EVALUAR: Al igual que en la figura 3.17, el aspecto horizontal delmovimiento no cambia por la gravedad; la motocicleta se sigue mo-viendo horizontalmente a 9.0 m>s, cubriendo 4.5 m en 0.50 s. Dadoque la motocicleta tiene cero velocidad inicial vertical, cae vertical-mente igual que un objeto que se suelta desde el reposo y desciendeuna distancia de en 0.50 s.1

2 gt2 5 1.2 m

a 5 arctan

vy

vx

5 arctan 124.9 m/s

9.0 m/s2 5 229°

5 " 19.0 m/s 2 2 1 124.9 m/s 2 2 5 10.2 m/s v 5 "vx

2 1 vy

2

vS 5 vx d 1 vy e 5 19.0 m/s 2 d 1 124.9 m/s 2 e

En este punto, la motocicleta y elconductor se vuelven un proyectil.

3.22 Esquema para este problema.

84 C APÍTU LO 3 Movimiento en dos o en tres dimensiones

Ejemplo 3.7 Altura y alcance de un proyectil I: Una pelota de béisbol

Un bateador golpea una pelota de béisbol de modo que ésta sale delbate a una rapidez v0 5 37.0 m>s con un ángulo a0 5 53.18, en un lugar donde g 5 9.80 m>s2. a) Calcule la posición de la pelota y lamagnitud y dirección de su velocidad cuando t 5 2.00 s. b) Determinecuándo la pelota alcanza el punto más alto y su altura h en ese punto. c) Obtenga el alcance horizontal R, es decir, la distancia horizontaldesde el punto de partida hasta donde la pelota cae al suelo.

SOLUCIÓN

IDENTIFICAR: Como muestra la figura 3.20, los efectos de la resis-tencia del aire sobre el movimiento de una pelota de béisbol no son in-significantes; no obstante, por sencillez, los despreciaremos en esteejemplo y usaremos las ecuaciones del movimiento de proyectiles paradescribir el movimiento.

PLANTEAR: El esquema se muestra en la figura 3.23. Usaremos elmismo sistema de coordenadas que en las figuras 3.17 o 3.18. Así, po-dremos usar las ecuaciones (3.20) a (3.23) sin modificaciones. Las in-cógnitas son 1. la posición y velocidad de la pelota 2.00 s después deperder contacto con el bate, 2. el tiempo transcurrido entre que la pelo-ta sale del bate y alcanza su altura máxima (cuando vy 5 0) y la coor-denada y en ese momento, y 3. la coordenada x en el momento en quela coordenada y es igual al valor inicial y0.

La pelota sale del bate más o menos un metro sobre el suelo, peroignoraremos esta distancia y supondremos que parte del nivel del suelo(y0 5 0). La velocidad inicial de la pelota tiene componentes

EJECUTAR: a) Queremos obtener x, y, vx y vy en el instante t5 2.00 s.Por las ecuaciones (3.20) a (3.23),

La componente y de la velocidad es positiva, lo cual significa que lapelota todavía va en ascenso en este instante (figura 3.23). La magni-tud y dirección de la velocidad se obtienen de las ecuaciones (3.25) y(3.26):

La dirección de la velocidad (es decir, la dirección del movimiento) es24.28 sobre la horizontal.

b) En el punto más alto, la velocidad vertical vy es cero. ¿Cuándosucede esto? Sea ese instante t1; entonces,

t1 5v0y

g5

29.6 m/s9.80 m/s2

5 3.02 s

vy 5 v0y 2 gt1 5 0

a 5 arctan 110.0 m/s22.2 m/s 2 5 arctan 0.450 5 24.2°

5 24.3 m/s v 5 "vx

2 1 vy

2 5 " 1 22.2 m/s 2 2 1 1 10.0 m/s 2 2

5 10.0 m/s vy 5 v0y 2 gt 5 29.6 m/s 2 1 9.80 m/s2 2 1 2.00 s 2 vx 5 v0x 5 22.2 m/s

5 39.6 m

5 1 29.6 m/s 2 1 2.00 s 2 21

2 19.80 m/s2 2 1 2.00 s 2 2

y 5 v0y t 21

2 gt2

x 5 v0x t 5 122.2 m/s 2 1 2.00 s 2 5 44.4 m

v0y 5 v0 sen a0 5 1 37.0 m/s 2 sen 53.1° 5 29.6 m/s v0x 5 v0 cos a0 5 1 37.0 m/s 2 cos 53.1° 5 22.2 m/s

La altura h en este instante es el valor de y cuando t 5 t1 5 3.02 s:

c) Obtendremos el alcance horizontal en dos pasos. Primero,¿cuándo cae la pelota al suelo? Esto ocurre cuando y5 0, digamos, ent2; entonces,

Ésta es una ecuación cuadrática en t2. Con dos raíces:

Hay dos instantes en los que y5 0; t2 5 0 es cuando la pelota sale delsuelo y t2 5 2v0y>g 5 6.04 s es cuando regresa. Esto es exactamenteel doble del tiempo que tarda en llegar al punto más alto que encon-tramos en el inciso b) t1 5 v0y>g 5 3.02 s, así que el tiempo de bajadaes igual al tiempo de subida. Esto siempre sucede si los puntos inicialy final están a la misma altura y se puede despreciar la resistencia del aire.

El alcance horizontal R es el valor de x cuando la pelota vuelve alsuelo, es decir, en t5 6.04 s:

La componente vertical de la velocidad cuando la pelota toca elsuelo es

Es decir, vy tiene la misma magnitud que la velocidad vertical inicialv0y pero dirección opuesta (hacia abajo). Dado que vx es constante, el ángulo a 5 253.18 (debajo de la horizontal) en este punto es el negativo del ángulo inicial a0 5 53.18.

EVALUAR: A menudo es útil verificar los resultados obteniéndolos deuna forma distinta. Por ejemplo, podemos verificar nuestra respuestapara la altura máxima del inciso b) aplicando la fórmula de aceleraciónconstante, ecuación (2.13), al movimiento y:

vy

2 5 v0y

2 1 2ay 1 y 2 y0 2 5 v0y

2 2 2g 1 y 2 y0 2 5 229.6 m/s

vy 5 v0y 2 gt2 5 29.6 m/s 2 1 9.80 m/s2 2 1 6.04 s 2R 5 v0x t2 5 122.2 m/s 2 1 6.04 s 2 5 134 m

t2 5 0 y t2 52v0y

g5

2 129.6 m/s 29.80 m/s2

5 6.04 s

y 5 0 5 v0y t2 21

2 gt2

2 5 t2 Av0y 21

2 gt2B

5 44.7 m

5 129.6 m/s 2 1 3.02 s 2 21

2 19.80 m/s2 2 1 3.02 s 2 2

h 5 v0y t1 21

2 gt1

2

3.23 Esquema para este problema.

3 .3 Movimiento de proyectiles 85

Ejemplo 3.8 Altura y alcance de un proyectil II: Altura máxima, alcance máximo

Para un proyectil lanzado con rapidez v0 y ángulo inicial a0 (entre 0° y90°), deduzca expresiones generales para la altura máxima h y el al-cance horizontal R (figura 3.23). Para una v0, dada, ¿qué valor de a0 dala altura máxima? ¿Y qué valor da el alcance horizontal máximo?

SOLUCIÓN

IDENTIFICAR: Éste es realmente el mismo ejercicio que los incisos b) y c) del ejemplo 3.7. La diferencia es que buscamos expresiones generales para h y R. También nos interesan los valores de a0 que danlos valores máximos de h y R.

PLANTEAR: En el inciso b) del ejemplo 3.7 vimos que el proyectilalcanza el punto máximo de su trayectoria (por lo que vy 5 0) en eltiempo t1 5 v0y>g y en el inciso c) del ejemplo 3.7 determinamos queel proyectil regresa a su altura inicial (por lo que y 5 y0) en el tiempot2 5 2v0y>g. (Como vimos en el ejemplo 3.7, t2 5 2t1.) Para deter-minar la altura h en el punto máximo de la trayectoria, usaremos laecuación (3.21) para calcular la coordenada y en t1. Para determinarR, sustituimos t2 en la ecuación (3.20) para calcular la coordenada xen t2. Expresaremos nuestras respuestas en términos de la rapidez delanzamiento v0 y el ángulo de disparo usando la ecuación (3.19).

EJECUTAR: Por la ecuación (3.19), v0x 5 v0 cos a0 y v0x 5 v0 sen a0.Por lo tanto, podemos escribir el tiempo t1 en que vy 5 0 como

Luego, por la ecuación (3.21), la altura en ese instante es

Para una rapidez de lanzamiento dada v0, el valor máximo de h se dacon sen a0 5 1 y a0 5 908; es decir, cuando el proyectil se lanza verti-calmente. Esto es lo que deberíamos esperar. Si se lanza horizontal-mente, como en el ejemplo 3.6, a0 5 0 ¡y la altura máxima es cero!

El tiempo t2 en que el proyectil regresa al suelo es

t2 52v0y

g5

2v0 sen a0

g

5v0

2 sen2

a0

2g

h 5 1v0 sen a0 2 1v0 sen a0

g 2 21

2 g 1v0 sen a0

g 2 2t1 5v0y

g5

v0 sen a0

g

a0

El alcance horizontal R es el valor de x en el este instante. Por la ecua-ción (3.20),

Ahora podemos usar la identidad trigonométrica 2 sen a0 cos a0 5sen 2a0 para rescribir esto como

El valor máximo de sen 2a0 es 1; esto ocurre cuando 2a0 5 908, obien, a0 5 458. Este ángulo da el alcance máximo para una rapidez ini-cial dada.

EVALUAR: La figura 3.24 se basa en una fotografía compuesta de trestrayectorias de una pelota proyectada desde un cañón de resorte conángulos de 30, 45 y 608. La rapidez inicial v0 es aproximadamenteigual en los tres casos. Los alcances horizontales son casi iguales conlos ángulos de 30 y 608, y el alcance de 458 es el mayor que ambos.¿Puede demostrar que para una v0 dada el alcance es igual para un án-gulo inicial a0 que para 908 2 a0?

CUIDADO Altura y alcance de un proyectil No recomenda-mos memorizar las expresiones anteriores para h y R; son aplicablessólo en las circunstancias especiales que describimos. En particular, laexpresión para el alcance R sólo puede utilizarse cuando las alturas delanzamiento y aterrizaje son iguales. En muchos de los problemas al fi-nal de este capítulo no deben aplicarse estas ecuaciones. ❚

R 5v0

2 sen 2a0

g

R 5 1v0 cos a0 2 t2 5 1v0 cos a0 2

2v0 sen a0

g

3.24 Un ángulo de disparo de 45° produce el alcance horizontalmáximo. El alcance es menor con ángulos de 30 y 60°.

En el punto más alto, vy 5 0 y y 5 h. Al sustituirlos, junto con y0 5 0,obtenemos

que es la misma altura que obtuvimos en el inciso b).Es interesante destacar que h 5 44.7 m del inciso b) es compara-

ble con la altura de 52.4 m del techo sobre el campo de juego en el Metrodomo Hubert H. Humphrey en Minneapolis, y el alcance hori-

h 5v0y

2

2g5

129.6 m/s 2 2

2 19.80 m/s2 2 5 44.7 m

0 5 v0y

2 2 2gh

zontal R 5 134 m del inciso c) es mayor que la distancia de 99.7 m entre home y la barda del jardín derecho en el Campo Safeco en Seatle. (La altura de la pelota cuando cruza la barda es más que suficiente paralibrarla, así que el batazo es un jonrón.)

En el mundo real, una pelota bateada con la rapidez y el ángulo ini-ciales que usamos aquí no alcanzará ni la altura ni la distancia que calculamos. (Si lo hiciera, los jonrones serían mucho más comunes yel béisbol sería un juego mucho menos interesante.) El motivo es quela resistencia del aire, que no se tomó en cuenta en este ejemplo, enrealidad es un factor importante a las velocidades que suelen tener laspelotas lanzadas y bateadas (véase la figura 3.20).

86 C APÍTU LO 3 Movimiento en dos o en tres dimensiones

Ejemplo 3.9 Alturas inicial y final distintas

Usted lanza una pelota desde su ventana a 8.0 m del suelo. Cuando lapelota sale de su mano, se mueve a 10.0 m>s con un ángulo de 208 de-bajo de la horizontal. ¿A qué distancia horizontal de su ventana la pe-lota llegará al piso? Desprecie la resistencia del aire.

SOLUCIÓN

IDENTIFICAR: Al igual que en nuestro cálculo del alcance horizontalen los ejemplos 3.7 y 3.8, estamos tratando de hallar la coordenada ho-rizontal de un proyectil cuando está a un valor dado de y. La diferenciaen este caso es que este valor de y no es igual a la coordenada y inicial.

PLANTEAR: Una vez más, elegimos el eje x como horizontal, y el ejey, hacia arriba. Colocamos el origen de coordenadas en el punto don-de la pelota sale de su mano (figura 3.25). Así, tenemos v0 5 10.0 m>sy a0 5 2208; el ángulo es negativo porque la velocidad inicial estádebajo de la horizontal. Nuestra variable meta es el valor de x en elpunto donde la pelota llega al suelo; es decir, cuando y 5 28.0 m.Dado que las alturas inicial y final de la pelota son distintas, no pode-mos usar la expresión para el alcance horizontal del ejemplo 3.8. Envez de ello, usamos primero la ecuación (3.21) para hallar el instante ten que la pelota llega a y528.0 m y, después, calculamos el valor dex en ese instante con la ecuación (3.20).

EJECUTAR: Para determinar t, rescribimos la ecuación (3.21) en laforma estándar de una ecuación cuadrática en t:

Las raíces de esta ecuación son

Podemos desechar la raíz negativa, ya que se refiere a un tiempo previo al lanzamiento. La raíz positiva nos indica que la pelota tarda 0.98 s en llegar al suelo. Por la ecuación (3.20), la coordenada xen ese instante es

La pelota llega al suelo a una distancia horizontal de 9.2 m de la ven-tana.

EVALUAR: La raíz t 5 21.7 s es un ejemplo de solución “ficticia” auna ecuación cuadrática. Ya vimos esto en el ejemplo 2.8 de la sección2.5; le recomendamos repasarlo.

Con el origen que elegimos, teníamos alturas inicial y final y0 5 0y y 5 28.0 m. ¿Puede demostrar, con las ecuaciones (3.16) y (3.18),que se obtienen los mismos valores de t y x si se coloca el origen en el suelo, inmediatamente abajo de donde la pelota sale de la mano?

5 9.2 m

x 5 1v0 cos a0 2 t 5 110.0 m/s 2 3cos 1220° 2 4 10.98 s 2 5 21.7 s o 0.98 s

5

B1 10.0 m/s 2 sen 1220° 26"110.0 m/s 2 2

sen2 1220° 2 2 2 1 9.80 m/s2 2 128.0 m 2 R9.80 m/s2

5v0 sen a0 6 "v0

2 sen2

a0 2 2gy

g

t 5

v0 sen a0 6 Ä 12v0 sen a0 2 2 2 4 112 g 2y2 112 g 21

2 gt2 2 1v0 sen a0 2 t 1 y 5 0

Ejemplo 3.10 La cuidadora y el mono

Un mono escapa del zoológico y sube a un árbol. Como no lograatraerlo, la cuidadora apunta su rifle con un dardo sedante directamen-te hacia el mono y dispara (figura 3.26). El astuto mono se suelta en elinstante en que el dardo sale del cañón del rifle, intentando caer al sue-lo y escapar. Demuestre que el dardo siempre golpea al mono, sea cualfuere la velocidad inicial del dardo (siempre que dé en el mono antesde que éste llegue al piso).

SOLUCIÓN

IDENTIFICAR: En este ejemplo, tenemos dos cuerpos que se muevencomo proyectiles, el dardo sedante y el mono. Ambos tienen posicióny velocidad iniciales distintas; sin embargo, entran en movimiento deproyectil al mismo tiempo. Para demostrar que el dardo golpea al mo-no, debemos probar que hay un instante en que el mono y el dardo tie-nen las mismas coordenadas x y y.

PLANTEAR: Elegimos las direcciones x y y acostumbradas, y coloca-mos el origen en el extremo del cañón del rifle (figura 3.26). Primerousaremos la ecuación (3.20) para encontrar el tiempo t en que las coor-

denadas xmono y xdardo sean iguales. Luego, usaremos la ecuación (3.21)para verificar si ymono y ydardo también son iguales en ese instante; si loson, el dardo golpeará al mono.

EJECUTAR: El mono cae verticalmente, así que xmono 5 d en todo mo-mento. En el caso del dardo, la ecuación (3.20) nos indica que xdardo 5(v0 cos a0)t. Cuando las coordenadas x son iguales, d 5 (v0 cos a0)t, o bien,

Para que el dardo golpee al mono, debe cumplirse que ymono 5 ydardo eneste instante. El mono está en caída libre unidimensional; su posiciónen cualquier momento está dada por la ecuación (2.12) cambiando de-bidamente los símbolos. La figura 3.26 muestra que la altura inicial delmono es d tan a0 (el cateto opuesto de un triángulo rectángulo con án-gulo a0 y cateto adyacente d), y obtenemos

ymono 5 d tan a0 21

2 gt2

t 5d

v0 cos a0

Ventana

Suelo

3.25 Esquema para este problema.

3 .4 Movimiento en un círculo 87

Evalúe su comprensión de la sección 3.3 En el ejemplo 3.10, suponga que el dardo sedante tiene una velocidad inicial relativamente baja, de modo que el dardoalcanza su altura máxima en un punto P antes de golpear al mono, como se indica en lafigura. Cuando el dardo está en P, ¿el mono estará en i) el punto A (más alto que P), ii) en el punto B (a la misma altura que P) o iii) en el punto C (más abajo que P)? Desprecie la resistencia del aire.

Para el dardo, usamos la ecuación (3.21):

Vemos que si d tan a0 5 (v0 sen a0)t cuando las dos coordenadas xson iguales, entonces ymono 5 ydardo, y el dardo habrá acertado. Para demostrar que esto sucede, sustituimos t por d>(v0 cos a0), el instanteen que xmono 5 xdardo; así,1v0 sen a0 2 t 5 1v0 sen a0 2

d

v0 cos a05 d tan a0

ydardo 5 1v0 sen a0 2 t 21

2 gt2

EVALUAR: Hemos demostrado que, cuando las coordenadas x soniguales, las y también lo son; un dardo dirigido a la posición inicial delmono siempre lo golpeará, sin importar v0. Este resultado también esindependiente de g, la aceleración debida a la gravedad. Sin gravedad(g 5 0), el mono no se movería, y el dardo viajaría en línea recta paragolpearlo. Con gravedad, ambos “caen” la misma distancia pordebajo de sus posiciones con g 5 0 y el dardo de todos modos golpeaal mono (figura 3.26).

A12gt2B

d tan a0

y

xO

v0

a0

d

Trayectoria del dardocon gravedad

Trayectoria del dardosin gravedad

Caídadel mono

Caídadel dardo

Caídadel dardo

Caída del dardo

Sin gravedad• El mono permanece en su posición inicial.• El dardo viaja directo hacia el mono.• Por lo tanto, el dardo da en el mono.

Las flechas discontinuas muestran qué tanto han caído el mono y eldardo en tiempos específicos, en relación con el lugar donde estaríansi no hubiera gravedad. En cualquier instante, caen la misma distancia.

Con gravedad• El mono cae directo hacia abajo.• En cualquier instante t, el dardo cae lo mismo que el mono en relación con el lugar donde estarían si no hubiera gravedad: Dydardo 5 Dymono 5 2 gt2. • Por lo tanto, el dardo siempre golpea al mono.

12

3.26 El dardo con sedante golpea al mono que cae.

3.4 Movimiento en un círculoCuando una partícula se mueve en una trayectoria curva, la dirección de su veloci-dad cambia. Como vimos en la sección 3.2, esto implica que la partícula debe teneruna componente de aceleración perpendicular a la trayectoria, incluso si la rapidez es constante (véase la figura 3.11b). En esta sección calcularemos la aceleración parael caso especial importante de movimiento en un círculo.

P BC

A

❚

4.1 Magnitud de aceleración centrípeta

O N L I N E