Archivo de octubre de 2015
Tiro parabólico 30
Un mortero dispara un proyectil con ángulo de 53º y velocidad inicial 60 m/s. Un tanque avanza directamente hacia el mortero sobre terreno llano a 3 m/s ¿Cuál deberá ser la distancia del mortero al tanque en el momento del disparo para hacer blanco?
Solución:
Datos: α = 53º; v0 = 60 m/s; v’0 = 3 m/s; g = 9,8 m/s2
Ecuaciones del movimiento del proyectil:
vx = v0 cos α vy = v0 sen α – g t
x = v0 t cos α y = v0 t sen α – (1/2) g t2
Ecuaciones del movimiento del tanque:
Como el proyectil se mueve en dos dimensiones, también hay que dar las ecuaciones del movimiento del tanque en dos dimensiones, (aunque una de las coordenadas sea constante).
v'x = –v’0 v’y = 0
x' = x’0 – v’0 t y’ = 0
Cuando el proyectil y el tanque se encuentren, ambos estarán a la misma distancia del origen de coordenadas, por tanto: x = x’ e y = y’ = 0.
v0 t cos α = x’0 –v’0 t
0 = v0 t sen α – (1/2) g t2
De la segunda ecuación se tiene que:
(1/2) g t2 – v0 t sen α = 0 → t [(1/2) g t – v0 sen α] = 0
Primera solución:
t = 0
Corresponde al instante de la salida del proyectil.
Segunda solución:
(1/2) g t – v0 sen α = 0
t = 2v0 sen α/g
v0 (2v0 sen α/g) cos α = x’0 – v’0 (2v0 sen α/g)
x’0 = v0 (2v0 sen α/g) cos α + v’0 (2v0 sen α/g)
x’0 = (2v0 sen α/g) (v0 cos α + v’0)
Habrá que disparar cuando el tanque se encuentre a 383 metros del mortero.
Tiro parabólico 29
Desde el punto O se lanza una pelota en dirección 30º sobre la horizontal. Determina la mínima y máxima velocidad de lanzamiento para que la pelota caiga en la zona AB
Solución:
Datos: α = 30º; g = 9,8 m/s2
Según la figura, con la máxima velocidad, la pelota tendrá que impactar en el punto B(11, 2) m y con la mínima velocidad tendrá que pasar rozando el punto C(7, 0) m.
Entonces habrá que calcular la velocidad inicial para que la pelota pase por un determinado punto.
Ecuaciones del movimiento:
vx = v0 cos α vy = v0 sen α – g t
x = v0 t cos α y = v0 t sen α – (1/2) g t2
Ecuación de la trayectoria:
t = x/v0 cos α → y = v0 (x/v0 cos α) sen α – (1/2) g (x/v0 cos α)2
y = (x sen α/cos α) – (1/2) (g x2/v02) (1/cos2 α)
Por Trigonometría tenemos que:
sen2 α + cos2α = 1 → (sen2 α/cos2 α) + (cos2 α/cos2 α) = 1/cos2 α
tg2 α + 1 = 1/cos2 α
Por lo tanto:
y = x tg α – (1/2) (g x2/v02) (tg2 α + 1)
(1/2) (g x2/v02) (tg2 α + 1) = x tg α – y
(1/2) g x2 (tg2 α + 1) = v02 (x tg α – y)
v02 = g x2 (tg2 α + 1)/2(x tg α – y)
Mínima velocidad (x = 7 m, y = 0):
Máxima velocidad (x = 11 m, y = –2 m):
Unidades:
Tiro parabólico 28
Una escopeta de resorte lanza una pelota con ángulo de 45º alcanzando 9,6 metros.
a) Determina la máxima altura a la que llegó la pelota.
b) ¿Para qué ángulo de tiro el alcance será igual a la altura máxima?
c) Determina el ángulo de tiro para que el alcance sea de 6 m con la misma velocidad inicial.
Solución:
Datos: α = 45º; x1 = 9,6 m; g = 9,8 m/s2
Ecuaciones del movimiento:
vx = v0 cos α vy = v0 sen α – g t
x = v0 t cos α y = v0 t sen α – (1/2) g t2
a) La altura máxima se alcanza cuando vy = 0.
0 = v0 sen α – g t → g t = v0 sen α
t = v0 sen α/g
y = v0 (v0 sen α/g) sen α – (1/2) g (v0 sen α/g)2
y = (v02 sen2 α/g) – (v02 sen2 α/2g)
y = (v0 sen α)2/2g
Ahora se debe hallar la velocidad inicial teniendo en cuenta que en el momento de la salida y en el de la llegada, y = 0.
0 = v0 t sen α – (1/2) g t2 → t [v0 sen α – (1/2) g t] = 0
Primera solución:
t = 0
Corresponde al momento de la salida.
Segunda solución:
v0 sen α – (1/2) g t = 0
(1/2) g t = v0 sen α
t = 2v0 sen α/g
Sustituyendo en la ecuación del alcance:
x1 = v0 (2v0 sen α/g) cos α = 2v02 sen α·cos α/g
v02 = x1 g/2sen α·cos α
y1 = (9,6 m/4)·tg 45º = 2,4 m
b) Para averiguar el ángulo de tiro con el que se consigue que el alcance sea igual a la altura máxima, se hace: x1 = y1.
x1 = (x1/4) tg α → tg α = 4
α = arc tg 4 = 76º
Se puede observar que el resultado obtenido no depende de la velocidad inicial.
c) Datos: x2 = 6 m, y2 = 0 y según el enunciado del problema x1 = 9,6 m, y1 = 0, α = 45º
Ecuación de la trayectoria:
x = v0 t cos α → t = x/v0 cos α
y = v0 (x/v0 cos α) sen α – (1/2) g (x/v0 cos α)2
y = x tg α – (g/2v02 cos2 α)·x2
Aplicando a ambos casos:
0 = x1 tg α – (g/2v02 cos2 α)·x12
x12 g/2v02 cos2 α = x1 tg α → v02 = x12 g/2x1 cos2 α·tg α
0 = x2 tg α’ – (g/2v02 cos2 α’)·x22
x22 g/2v02 cos2 α’ = x2 tg α’ → v02 = x22 g/2x2 cos2 α’·tg α’
Como las velocidades son iguales tenemos que:
x12 g/2x1 cos2 α·tg α = x22 g/2x2 cos2 α’·tg α’
x12/x1·2cos α·sen α = x22/x2·2cos α’·sen α’
x12/x1·sen 2α = x22/x2·sen 2α’
(Hay que recordar que sen 2α = 2 sen α cos α)
x12·x2 sen 2α’ = x22· x1·sen 2α
sen 2α’ = (x22·x1/x12·x2)·sen 2α
sen 2α’ = (x2/x1)·sen 2α
sen 2α’ = [(6 m)/(9,6 m)]·sen (2·45º) = 0,625