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UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MEDELLÍN
FACULTAD DE CIENCIAS-ESCUELA DE FÍSICA
FÍSICA MECÁNICA
MÓDULO # 14: MOVIMIENTO EN EL PLANO (I) -MOVIMIENTO PARABÓLICODiego Luis Aristizábal R., Roberto Restrepo A., Tatiana Muñoz H.
Profesores, Escuela de Física de la Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín
1
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Temas
Introducción
Condiciones para que una partícula se mueva parabólicamente
Movimiento parabólico de un cuerpo sujeto a la acción sólo de su peso
Ejemplos
Introducción
Se denomina movimiento parabólico al realizado por un cuerpo que describe una trayectoria parabólica. El
ejemplo más común es el movimiento parabólico debido a la acción del campo gravitacional terrestre, donde
si un cuerpo es lanzado no verticalmente cerca de la superficie terrestre y se desprecia la resistencia del
aire, describirá una trayectoria parabólica como se mostrará más adelante. Este será el caso que tomará la
atención esencial de este módulo.
Sin embargo, como se verá en uno de los apartados, la condición fundamental que se debe cumplir para que
un cuerpo se mueva con trayectoria parabólica es que su aceleración a sea constante (en magnitud y
dirección) y que su velocidad inicial
Vo no sea ni paralela ni antiparalela a dicha aceleración. Por ejemplo, se
pueden presentar movimientos parabólicos de partículas cargadas en presencia de campos eléctricos
constantes.
Una de las aplicaciones de este tipo de movimientos se presenta en la balística: movimiento de proyectiles
(balas, cohetes y misiles).
Condiciones para que una partícula se mueva parabólicamente
Sea una partícula cuya aceleración
a es constante y cuya velocidad inicial es Vo . Suponer que estos dos
vectores forman un ángulo  diferente de 0o y de 180o. Si
posición en cualquier instante se tiene,
a=
dV
dt
dV = adt
V
t
Vo
to
 dV =  adt
V
y r son respectivamente la velocidad y la
V = Vo + a  t - t o 
[1]
dr
= Vo + a  t - t o 
dt
dr =  Vo + a  t - t o   dt
2
r
t
ro
to
 dr =  V
o
+ a  t - t o   dt
r = ro + Vo  t - t o  +
1
2
a  t - to 
2
[2]
Esta expresión da la posición de la partícula en cualquier instante.
De la ecuación [1] se concluye que
V
se encuentra en el plano definido por
Vo y a . Igualmente de la
ecuación [2] se concluye que el extremo del vector r se encuentra siempre en el plano paralelo a
y que pasa por el punto definido por
Vo y a
ro . Se llega entonces a la conclusión que el movimiento con aceleración
constante se produce en un plano. Adicionalmente, la trayectoria es una parábola contenida en el plano
generado por los vectores
Vo y a y que pasa por un punto cuyo vector posición es ro . Para comprender
bien esto, se procederá a realizar un análisis de lo dicho en este párrafo.
Análisis:
Supóngase que el plano en el cual se encuentran
Vo y a sea un plano paralelo al plano xy, en donde la
dirección del eje y se tomará paralela a la aceleración
a . Entonces:
r = xiˆ + yjˆ + zkˆ
ro = x oˆi + yoˆj + zo kˆ
Vo = Vox ˆi + Voy ˆj
a = ajˆ
Reemplazando estas ecuaciones en la ecuación [2] se obtiene,
1
2
xiˆ + yjˆ + zkˆ = x o ˆi + yo ˆj + z o kˆ + Vox  t - t o  ˆi + Voy  t - t o  ˆj + a  t - t o  ˆj
2
 x = x o + Vox  t - t o 

1
2

 y = y o + Voy  t - t o  + a  t - t o 
2

z = z 0
[1]
[2]
[3]
Se observa claramente que la ecuación [1] corresponde a un movimiento rectilíneo uniforme (MU) y la
ecuación [2] a un movimiento rectilíneo uniformemente variado (MUV).
Combinando las ecuaciones [1] y[2] se obtiene,
y = yo +
Voy
V0x
 x - xo  +
1 a
2
x - xo 
2 
2 Vox
que corresponde a la ecuación de una parábola en el plano xy y en donde el punto (xo,yo) pertenece a la
misma, Figura 1. La aceleración apunta hacia la concavidad de la parábola.
Figura 1
3
Resumiendo:
Si una partícula se mueve con aceleración constante
a y su velocidad inicial Vo no es paralela ni
antiparalela a ésta entonces:

su movimiento es parabólico,

la parábola que describe en su movimiento pertenece al plano que contiene los vectores

el movimiento parabólico se puede interpretar como la superposición de dos movimientos
Vo y a ,
rectilíneos INDEPENIENTES: un MU y un MUV.
Movimiento parabólico de un cuerpo sujeto a la acción sólo de su peso
El caso de movimiento parabólico que nos interesa en este curso es el debido a la fuerza de atracción
gravitacional que ejerce el planeta sobre los cuerpos: si se lanza un cuerpo cerca de la superficie terrestre
en una dirección que no es vertical y se desprecia la resistencia del aire, éste se moverá parabólicamente
ya que su velocidad inicial
Vo y su aceleración a (que es igual a la aceleración de la gravedad) no tienen
direcciones ni paralelas ni antiparalelas.
En la Figura 2 se ilustra un cuerpo que se lanzó con un ángulo  con la horizontal. El marco de referencia
elegido es el piso y el sistema de coordenadas elegido también se observa en la figura.
Figura 2
Tomando las condiciones iniciales en to=0,
En x:
Vx  0 = Vox = Vocos  α  y x  0 = x 0
En y:
Vy  0 = Voy = Vosen  α  y y  0 = y0
4
Se obtienen las ecuaciones básicas de la tabla 1 (superposición de MU en X con MUV -“caída libre”- en Y).
Es necesario anotar que los signos en los términos de la derecha de estas ecuaciones dependerán del
sistema de coordenadas elegido: para el caso ilustrado en la Figura 2 la aceleración de la gravedad es
negativa.
Tabla 1: Ecuaciones generales del movimiento parabólico (debido a la fuera de gravedad: PESO)
Movimiento Uniforme en X
x = x o + Vox t [1]
Movimiento Uniformemente Variado en Y (“caída libre”
1
y = y o + Voy t - gt 2
2
Vy = Voy - gt
[3]
Vy2 = Voy2 - 2g  y - yo 
[4]
[2]
Para tener en cuenta:

Tiempo de vuelo: Tiempo que dura el cuerpo en el “aire”.

Alcance: Distancia horizontal que avanza el cuerpo. El máximo alcance se logra para lanzamientos a 45 o.

Altura máxima: Máximo valor de la posición en y. En ese punto la componente vertical de la velocidad es
cero (Vy=0).
Ejemplos
Ejemplo 1
Desde el tejado de un edificio que está a 15 m de altura se lanza una pelota a 30 m/s y con un ángulo de
35° sobre la horizontal. Calcular: (a) la altura máxima alcanzada por la pelota, (b) el tiempo para alcanzar la
altura máxima, (c) la distancia respecto a la base del edificio a la que caerá la pelota, (d) la velocidad con la
que la pelota llegará al suelo.
Solución:
En la Figura 3 se ilustra la representación de la escena física y el sistema de coordenadas elegido. Se toma
como marco de referencia la calle.
Las componentes de la velocidad inicial son,
Vox = 30×cos  35o  = 24,6 m.s -1
Voy = 30×sen  35o  = 17,2 m.s -1
Las ecuaciones generales escritas en el SI se presentan en la tabla 2.
5
Tabla 2: Ecuaciones generales del ejemplo 1
Movimiento Uniforme en X
x = 24,6 t
[1]
Movimiento Uniformemente Variado en Y (“caída libre”
y = 15 + 17,2 t - 4,9 t 2
Vy = 17,2 - 9,8 t
[2]
[3]
Vy2 = 295,8 - 19,6  y - 15
[4]
Figura 3
(a) En la altura máxima la componente vertical de la velocidad es nula, Vy=0. Reemplazando esto en la
ecuación [4] se obtiene el tiempo para lograr la altura máxima.
0 = 295,8 - 19,6  ymax - 15
ymax = 30,09 m
(b) Para calcular el tiempo para la altura máxima, tm se hace Vy=0 en la ecuación [3],
0 = 17,2 - 9,8 t
t m = 1,76 s
(c) Para calcular el alcance, Xmax, primero se calcula el tiempo para lograrlo (tiempo de vuelo, tV). Para esto
se hace y=0 en la ecuación [2],
0 = 15 + 17,2 t V - 4,9 t 2V
t V = 4,23 s
Reemplazando este tiempo en la ecuación [1] se obtiene el alcance,
6
x max = 24,6  4,23 = 104,06 m
(d) La componente en x de la velocidad con la que la pelota llega al suelo es (recordar que ésta componente
es constante),
Vx = 24,6 m.s -1
7
La componente vertical de le velocidad con la que la pelota llega al suelo se calcula reemplazando el
tiempo de vuelo en la ecuación [3],
Vy = 17,2 - 9,8  4,23 = -24,25 m.s1
Por lo tanto la velocidad con la que llega al piso es,
V = 24,6 ˆi - 24,25 ˆj m.s-1
Ejemplo 2
Una pelota se lanza horizontalmente desde la azotea de un edificio de 35,0 metros de altura. La pelota
golpea el suelo en un punto a 80 metros de la base del edificio. Encontrar: (a) el tiempo que emplea la
pelota para llegar a la calle, (b) su velocidad inicial, (c) la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el
suelo.
Solución:
En la Figura 4 se ilustra la representación de la escena física y el sistema de coordenadas elegido. Se toma
como marco de referencia la calle.
Las ecuaciones generales escritas en el SI se presentan en la tabla 3.
Tabla 3: Ecuaciones generales del ejemplo 2
Movimiento Uniforme en X
x = Vo t
[1]
Movimiento Uniformemente Variado en Y (“caída libre”
y = 4,9 t 2
Vy = 9,8 t
[2]
[3]
Vy2 = 19,6y
[4]
8
Figura 4
Para calcular el tiempo que emplea la pelota para llegar a la calle (tiempo de vuelo), se hace y=35,0 m en la
ecuación [2],
35 = 4,9 t 2V
t V = 2,67 s
Para calcular la velocidad inicial se reemplaza en la ecuación [1], x=80,0 m y tv=2,67 s,
80 = 2,67 Vo
V0 = 30,0
m
s
La componente horizontal de la velocidad antes de llegar a la calle es 30,0 m.s -1 (recordar que permanece
constante, ya que en la dirección X el movimiento es MU).,
Vx = 30,0
m
s
La componente vertical de la velocidad antes de llegar a la calle se calcula reemplazando en la ecuación [3]
tv=2,67 s,
Vy = 9,8 × 2,67 = 26,2
m
s
Por lo tanto la velocidad de la pelota antes de llegar a la calle es,
m
V = 30,0 ˆi + 26,2 ˆj 

 s
Este último resultado se ilustra en la Figura 5.
9
Figura 5
Ejemplo 3
Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 53 o por encima de la horizontal y una
velocidad inicial de 60 m.s-1. Un tanque avanza directamente hacia el mortero, sobre un terreno horizontal,
a velocidad de 3 m.s-1. ¿Qué distancia separaba al mortero del tanque en el instante en que el mortero es
disparado para hacer blanco?
Figura 6
Solución:
En la Figura 6 se ilustra la representación de la escena física y el sistema de coordenadas elegido. Se toma
como marco de referencia el terreno. En la figura se ilustran dos posiciones del tanque: la inicila (a una
distancia D del mortero) y la posición de impacto.
Las componentes de la velocidad inicial del proyectil lanzado por el mortero son,
10
Vox = 60×cos  53o  = 36,1
m
s
Voy = 60×sen  53o  = 47,9
m
s
Las ecuaciones generales escritas en el SI para el proyectil lanzado por el mortero se presentan en la tabla
4.
Tabla 4: Ecuaciones generales del ejemplo 3
Movimiento Uniforme en X
x M = 36,1 t
[1]
Movimiento Uniformemente Variado en Y (“caída libre”
y = 47,9 t - 4,9 t 2
Vy = 47,9 - 9,8 t
[2]
[3]
Vy2 = 2294,4 - 19,6 y
[4]
La ecuación general de la cinemática del tanque es,
xT = D - 3 t
[5]
En el instante del impacto se cumple que y=0 y
x M = x T , por lo tanto,
0 = 47,9 t - 4,9 t 2
t = 9,77 s
y como,
xM = xT
de [3] y [5],
36,1 t = D - 3t
Reemplazando el tiempo de vuelo, t=9,77 s se obtiene,
D = 382 m
Ejemplo 4
En una conferencia demostrativa popular, un proyectil se dispara contra un blanco de tal manera que el
primero sale del rifle en el mismo instante que el blanco se deja caer desde el reposo, como se ilustra en la
Figura 7. Demostrar que si el rifle está inicialmente dirigido hacia el blanco estacionario, aun así el
proyectil impacta en éste.
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Figura 7
Solución:
En la Figura 7 se ilustra la representación de la escena física y el sistema de coordenadas elegido. Se toma
como marco de referencia el terreno.
Las ecuaciones generales escritas en el SI para el proyectil lanzado por el mortero se presentan en la tabla
5.
Tabla 5: Ecuaciones generales del ejemplo 4
Movimiento Uniforme en X
x p =  Vo cos  t
Movimiento Uniformemente Variado en Y (“caída libre”
y P = h +  Vo senφ  t -
[1]
Vpy = Vosen - g t
1 2
gt
2
Vpy2 = Vo2sen 2 φ - 2g  y p - h 
Las ecuaciones generales de “caída libre” del blanco son,
yb =
 h + x' tanφ 
Vby = - g t
-
1 2
gt
2
[5]
[6]
[2]
[3]
[4]
Vby2 = - 2g  y b   h + x' tanφ  
[7]
Para mostrar que impacta el proyectil, deberá mostrarse que el y’ es igual para ambos (proyectil y blanco).
En x’ el tiempo t para el proyectil es (reemplazar en la ecuación [1]),
x' = Vo cosφ t
12
t=
x'
Vo cosφ
Reemplazando este resultado en [2] se obtiene,
 x'  1  x' 
y p ' = h +  Vo senφ  
- g

 Vo cosφ  2  Vo cosφ 
1  x' 
y p ' = h +  tanφ  x' - g 

2  Vo cosφ 
2
2
[8]
Reemplazando el mismo tiempo en la ecuación [5] se obtiene,
y'b =
 h + x' tanφ 
1  x' 
g

2  Vo cosφ 
2
[9]
De las ecuaciones [8] y [9] se deduce que,
y'b = y'p = y'
Es decir, como dada la abscisa x’ de un posible impacto, para ambos cuerpos hay una ordenada igual y’,
correspondiente a x’ y se concluye que ésta es precisamente la coordenada de impacto (x’, y’).
Ejemplo 5
Mostrar que para lograr el máximo alcance en un lanzamiento parabólico el ángulo debe ser de 45 o.
Solución:
En la Figura 8 se ilustra una representación de la escena física y el sistema de coordenadas elegido. Se
toma como marco de referencia el terreno.
Las ecuaciones generales escritas en el SI para el proyectil lanzado por el mortero se presentan en la tabla
6.
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Figura 8
Tabla 6: Ecuaciones generales del ejemplo 4
Movimiento Uniforme en X
x =  Vo cosα  t
[1]
Movimiento Uniformemente Variado en Y (“caída libre”
y =
 Vo
senα  t -
1 2
gt
2
[2]
Vy = Vosenα - g t
[3]
Vpy2 = Vo2sen 2α - 2g y
[4]
El alcance se calcula haciendo en la ecuación {2] y=0,
0 =
 Vo
senα  t -
t =
2Vosenα
g
1 2
gt
2
[5]
Reemplazando [5] en [1] se obtiene,
x=
Vo2 sen2α
g
Para calcular el valor de  para el cual x es máximo derivamos esta última ecuación e igualamos a cero para
encontrar los puntos críticos,
2Vo2 cos2α
dx
=
dα
g
Vo2 cos2α
0
g
α = 45o
Para mostrar que en =45o hay un máximo en el alcance volvemos a derivar,
2Vo2 sen2α
d2 x
=
dα2
g
Evaluando en =45o se obtiene,
-
2Vo2
0
g
Por lo tanto en =45o se obtiene el alcance máximo (xmax).
Taller:
Con los ejercicios siguientes el objetivo es adquirir la destreza para analizar de forma ordenada y
metódica la cinemática de cuerpos desplazándose con trayectorias curvilíneas en un plano. En cada una de
las soluciones se deberá:
1.
Hacer una representación clara de la situación (un dibujo lo más simple posible).
2. Indicar con precisión cuál es el móvil que se va a estudiar.
3. Definir el marco de referencia. En muchos problemas elementales hay marcos de referencia
comunes y muy obvios, por ejemplo: la acera, la calle, el edificio, el laboratorio, el plano inclinado.
4. Definir el sistema de coordenadas con su respectivo origen y orientación: se fija al marco de
referencia.
5. Definir las condiciones iniciales: posición y velocidad del móvil en un instante determinado (es usual
que dicho instante se elija como el instante inicial del movimiento y por ello el nombre).
6. Analizar la situación general del movimiento (encontrar las expresiones generales): ésta es una idea
fundamental en cinemática (y en mecánica en general). Conocer a fondo la cinemática de un cuerpo,
es conocer en situación general la posición, la velocidad y la aceleración: es decir como dependen
del tiempo. A veces también es necesario expresar la situación general de la velocidad y la
aceleración como función de la posición.
7. Resolver los casos particulares (búsqueda de valores específicos): resolver algebraicamente las
ecuaciones.
8. Si es necesario encontrar soluciones numéricas, reemplazar los valores en las ecuaciones sin olvidar
expresar el resultado con la respectiva unidad de medida (debe hacerse un correcto análisis de las
unidades y de la homogeneidad dimensional de las ecuaciones).
9. Analizar la coherencia del resultado.
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1.
Un bombero a 50,0 metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un
ángulo de 30,00 sobre la horizontal. Si la velocidad inicial de la corriente es 40 m.s -1. ¿A qué altura el
agua incide en el edificio?
Rp. 18,7 m.
2. Una bola que se lanza horizontalmente a 22,2 m/s desde el techo de un edificio toca el suelo a 36,0 m
de la base del edificio. ¿Cuál es la altura del edificio?
Rp. 12,9 m
3. Se lanza una pelota desde la ventana del piso más alto de un edificio con una velocidad inicial de 8,00
m.s-1 a un ángulo de 20,00 por debajo de la horizontal. La pelota golpea el suelo 3,00 s después: a) ¿A
qué distancia horizontal a partir de la base del edificio la pelota golpea el suelo? b) Encontrar la altura
desde la cual se lanzó la pelota. c) ¿Cuánto tiempo tarda la pelota para alcanzar un punto 10,0 m abajo
del nivel de lanzamiento?
Rp. (a) 22,6 m; (b) 52,3 m; (c) 1,17 s.
4. El piloto de un avión que viaja a 180 km/h quiere soltar provisiones a unos soldados que se encuentran
en un terreno localizado a 160 m por debajo del avión. ¿Cuántos segundos antes de que el avión este
justo sobre los soldados deben soltarse las provisiones.
Rp. 5,71 s
5. Determinar cuánto más lejos salta una persona en la Luna en comparación como lo haría en la Tierra, si
la rapidez de despegue y el ángulo son los mismos. La aceleración de la gravedad en la Luna es un sexto
de la que se registra en la Tierra.
Rp. 6 veces.
6. Un helicóptero vuela a 215 km/h a una altura de 78,0 m sobre una autopista y quiere dejar caer un
objeto sobre un auto que viaja a 155 km/h (en el mismo sentido). ¿Con qué ángulo (respecto a la
horizontal) debe estar el auto en su campo visual cuando el objeto sea liberado?
Rp. 49,60 debajo de la horizontal.
7. Un hombre desliza desde el reposo una distancia de 4,90 m lo largo de un plano inclinado 450, con una
aceleración constante de 4,90 m.s-2. El borde inferior del plano inclinado está a una altura de 4,90 m
sobre el suelo como se ilustra en la Figura 1. A una distancia horizontal x=2,70 m del plano vertical que
pasa por el borde inferior del plano inclinado, hay una piscina. Caerá el hombre en la piscina o afuera de
ella.
Rp. Cae 32,8 cm más allá del borde.
15
16
Figura 1
FIN.