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Tiro Parabólico
• Supongamos que se dispara un proyectil, con
velocidad inicial v0, desde una altura h,
formando un ángulo  con la horizontal. Se
pretende calcular la máxima altura alcanzada y
la distancia horizontal recorrida.
•
Como
suposiciones
simplificadoras
se
despreciará el rozamiento del aire y se
considerará que la aceleración de la gravedad
es constante durante el vuelo del proyectil.
y
V0x
V0
y0
V0y

V0
ymax
x
x0
x
V0x
V0y
=
=
V0cos
V0sen
Ecuaciones del movimiento
•
Para resolver el problema utilizaremos la
segunda ley de Newton :


F  m a
•
Como hemos despreciado el efecto del rozamiento
del aire la única fuerza que actúa sobre el
proyectil es la fuerza de la gravedad. Además, ésta
está siempre dirigida hacia abajo (dirección y
negativa). Por otra parte, la aceleración es, por
definición :
 d2
a  2r
dt
•
Suponemos que el proyectil se mueve en el plano
x-y, entonces :
 d 2x  d 2 y 
a 2i 2 j
dt
dt
• Donde i y j representan vectores unitarios en las
direcciones x e y respectivamente. Por tanto, la
segunda ley de Newton toma la forma :

 d 2x  d 2 y 
 mg j  m  2 i  2 j 
 dt
dt 

• Para resolver
componentes :
esta
ecuación
procedemos
igualando
2
2
 g  d 2y  0  d 2x
dt
dt
• Estas ecuaciones diferenciales son muy fáciles de
resolver, simplemente hay que integrar dos veces y
tener en cuenta las constantes de integración (
velocidad y posición iniciales).
• La ecuación en la coordenada y conduce a :
v y  v0 y  gt
gt 2
y  y0  v0 yt 
2
(primera integración, aparece la constante inicial
de velocidad).
(segunda
integración,
inicial de posición).
produce
la
constante
• Para la coordenada x tenemos :
v  v0 x
x  x0  v0 xt
• Podemos, en este momento, observar por qué a este
movimiento se le llama tiro parabólico, la función
y(t) (posición en función del tiempo) es la
ecuación de una parábola.
• Una vez obtenidas las ecuaciones del movimiento se
pueden resolver las cuestiones iniciales.
• a) Altura máxima
• Llamaremos al punto de máxima altura ymax. En este
punto, la componente vertical de la velocidad del
proyectil tiene que ser cero. Matemáticamente
podemos ver esto de la siguiente manera.
• Nuestro problema consiste en hallar el valor máximo
de y(t). Pero sabemos que el máximo de una función
se obtiene derivando dicha función e igualándola a
cero, así :
dy(t )
0
dt
• Pero, por definición la derivada de la posición con
respecto al tiempo es la velocidad, por tanto
llegamos a la conclusión inicial. Utilizando la
expresión de la velocidad calculada en el apartado
ecuaciones del movimiento podemos calcular el tiempo
que tarda el proyectil en llegar a la máxima altura :
0  v0 y  g t  tmax 
v0 y
g
• El valor de la velocidad inicial en la coordenada y
se puede calcular de los datos del problema y
observando la figura adjunta.
v sen
tmax  0
g
sustituyendo 
ymax  y0
2

v0 sen  g  v0 sen 


g
1 v sen 
ymax  y0  0
2
g
2

2 
g



• a) Distancia horizontal.
• Ahora queremos calcular la distancia horizontal que
recorre el proyectil. Esta distancia viene dada por
la expresión :
x  v0 x t  v0 cos t
• donde t será el tiempo que permanece el proyectil
en el aire. Este tiempo será el que tarda en
alcanzar la altura máxima (calculada antes) y el
que tarda en caer desde dicha altura al suelo.
• Cuando el cuerpo esté en el suelo, su coordenada y
será nula, por tanto :
0  y0  v0 y t 
2
gt
2
•En este caso, es la posición inicial,
que coincide con el instante en el que
el proyectil alcanza la máxima altura,
por tanto : y0´= ymax
• Y V’0y será la velocidad en el punto de máxima
altura, este punto fue calculado anteriormente y
como vimos era cero. Por tanto :
2 ymax
gt 2 2 ymax 2
0  ymax 

 t  t 
g
2
g
• Este es el tiempo que tarda el proyectil en caer
desde la altura máxima al suelo. Por consiguiente,
el tiempo de vuelo ha sido :
t  tmax  t
•Y
la
distancia
horizontal
recorrida se obtiene fácilmente : x  v0 cos t
En esta expresión podemos sustituir el valor de t,
obteniéndose una expresión un tanto compleja :
x  v0 cos


 v0 sen

g





2 
y0 
g 


v0 sen 2  

2 g  


•Con esto queda estudiado el
tiro
parabólico.
Cualquier
otro problema relacionado con
movimiento
cerca
de
la
superficie de la tierra puede
estudiarse
de
manera
totalmente análoga a este.
vx  v0 x  axt
1 2
x  x0  v0 xt  ax t
2
x  x0  (vx  v0 x )t
2

vx vx  2a( x  x0 )
Ecuaciones de movimiento
con aceleración constante
en el eje x
2
Ecuaciones de movimiento
con aceleración constante
en el eje y
v y  v0 y  a yt
1 2
y  y0  v0 yt  a y t
2
y  y0  (v y  v0 y )t
v y  v y  2a( y  y0 )
2
2
vx  v0 x
x  x0  v0 xt
Bajo la acción de la
gravedad
ax  0
Ecuaciones de movimiento
con aceleración constante
en el eje x
v y  v0 y  gt
Bajo la acción de la
gravedad
ay  g
Ecuaciones de movimiento
con aceleración constante
en el eje y
1 2
y  y0  v0 yt  g t
2
y  y0  (v y  v0 y )t
v y  v y  2 g ( y  y0 )
2
2