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TIRO EN EL VACÍO
Denominamos “tiro en el vacío” al movimiento de una partícula lanzada con un cierto
ángulo γ respecto de la horizontal y una velocidad inicial v0, sometida solamente a la
acción de la gravedad. El movimiento queda restringido al plano determinado por la

velocidad inicial y el vector de la aceleración gravitatoria g  9,8m / s 2 . Se adopta
como eje x del plano al eje horizontal positivo a la derecha, y el eje y vertical, positivo
hacia arriba.
Para t = 0, la partícula está en el origen, con velocidad v0 e inclinada un ángulo 
respecto de la horizontal.
No hay ninguna acción en el eje x que origine una aceleración en el mismo. En el eje y
actúa la aceleración de la gravedad. Por lo tanto ax = 0 ; ay = - g
Puede observarse que el movimiento según el eje x es rectilíneo y uniforme, mientras
que según el eje y es rectilíneo y uniformemente acelerado, en particular, es un caso de
caída libre. El movimiento de la partícula queda descrito como
la superposición de dos movimientos simultáneos.
y
Integrando en x y en y :


x

x  v 0 cos 
(1)
v0
v0 cos 

dy
 g ;
dt

d x  0 ;


y
v0 sen 
t


d y    g.dt ; y  v0 sen   gt
(2)
0
v0 sen γ
dx
0 ;
dt
γ
v0 cos γ
Integrando nuevamente:

x

y
x
t
0
0
y
t
0
0
t


dx
; dx  x dt ;
dt
 dx   xdt   v0 cos  .dt ; x  vo t cos 

dy
; dy  x dt ;
dt
(3)
0
t

 dy   xdt   v0 sen  gt ; y  vo t.sen 
0
gt 2
2
(4)
Las ecuaciones (3) y (4) son las ecuaciones paramétricas del movimiento libre de una
partícula sometida a la acción gravitatoria, siendo el tiempo t el parámetro de las
mismas. (Ver Nota 1).
Eliminando el parámetro t entre ambas ecuaciones, se obtiene la ecuación de la
x
trayectoria de la partícula. De (3) t 
reemplazando en (4)
v0 cos 
 x
g 
v cos 
 x 
 sen   0
y  v0 
2
 v0 cos  



2
Operando y recordando las siguientes relaciones trigonométricas:
1
 sec 2   1  tg 2 
cos 2 
vacío:
y  x.tg 
resulta la siguiente ecuación de la trayectoria en tiro en el
g. sec 2  2
x (5)
2v02
y  x.tg 
O también:
g .x 2
(1  tg 2 )
2v02
(6)
Vemos que y  f (x) resulta ser la ecuación de una parábola de eje vertical y
concavidad hacia abajo, cuya forma y extensión dependen de las características propias
del elemento de tiro, es decir, la velocidad inicial v0 y el ángulo de tiro γ.
¿Cómo podemos hacer para saber donde está el vértice de la parábola, es decir el punto
más alto que alcanza el proyectil?
Si pensamos que una vez alcanzado ese punto, el proyectil empieza a descender, es
porque en el vértice la velocidad vertical (no la horizontal) del proyectil es
instantáneamente nula.
Anulando la ecuación (2) encontramos el tiempo para el cual el proyectil llega al

v sen
vértice: y  v0 sen  gt  0 ; luego t  0
.
g
Si reemplazamos ese valor en las ecuaciones paramétricas, obtenemos las coordenadas
del vértice de la parábola:
xvértice  vo
v0 sen
v 2 sen cos 
cos   o
g
g
y vértice  vo
v0 sen
g (v0 sen ) 2 (v0 sen ) 2 (v0 sen ) 2 (v0 sen ) 2
.sen 



g
2
g
2g
2g
g2
Como la parábola es simétrica respecto del eje vertical que pasa por el vértice, el
alcance del proyectil sobre la horizontal es el doble del xvértice. A ese alcance máximo se
lo denomina “rango”. A su vez, el tiempo de vuelo es el doble del tiempo que tarda el
proyectil en alcanzar el vértice.
Rango 
t vuelo 
2vo2 sen cos 
g
2v0 sen
g
Obsérvese que el rango es máximo cuando el ángulo vale γ = 45º. En cambio, el tiempo
de vuelo es máximo cuando γ = 90º, es decir, en un tiro vertical.
Por último, la ecuación (3) permite
calcular el tiempo que tarda el
proyectil en alcanzar una distancia
A
xm
horizontal xm: t 
v0 cos 
Supongamos el siguiente caso:
B
v0
610 m
γ
3660 m
Se dispara un cañón desde el punto A, cuyo proyectil parte con una velocidad inicial v0
= 244 m/s. ¿Cuál debe ser el ángulo γ para que el proyectil haga blanco en el punto B?
Para que el proyectil acierte en el punto B, sus coordenadas deben satisfacer la ecuación
de la trayectoria, en la que no conocemos el ángulo γ.
9,8
(1  tg 2  )
Usando la ecuación (6): 610  3660.tg  3660 2
2
2.244
2
Operando se obtiene: tg   3,32.tg  1,55  0 (7)
Cuya solución es: tg  1,66  2,76  1,55  1,66  1,1
Vemos que resultan dos valores para la tangente de γ, o sea que hay dos ángulos de tiro
con los cuales se puede hacer puntería en B.
Pero debe tenerse en cuenta que a medida que el blanco se aleja, puede que llegue a una
posición que sólo puede ser alcanzada con un único ángulo. Y si se aleja aún más, el
blanco se torne inalcanzable con ese cañón que provee una velocidad inicial v0.
Estos resultados confirman el hecho que una ecuación de segundo grado como la (7)
puede tener dos raíces reales y distintas (caso del problema), dos raíces reales
coincidentes (un solo ángulo de tiro) o dos raíces complejas y conjugadas (blanco
inalcanzable con ese cañón).