Ejercicio Resuelto sobre Movimiento Bidimensional
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Una pelota rueda sobre el techo de una casa hasta caer por el borde con velocidad inicial
v0. La altura desde donde cae la pelota es igual a H y el ángulo de inclinación
del techo con la vertical es igual a θ. Calcula:
a) El tiempo necesario para que la pelota alcance el suelo;
b) La distancia horizontal desde la casa donde la pelota golpea el suelo;
c) La ecuación de la trayectoria del movimiento;
d) La velocidad con la que la pelota golpea el suelo.
a) El tiempo necesario para que la pelota alcance el suelo;
b) La distancia horizontal desde la casa donde la pelota golpea el suelo;
c) La ecuación de la trayectoria del movimiento;
d) La velocidad con la que la pelota golpea el suelo.
Datos del problema:
- Velocidad inicial de la pelota: v0;
- Altura desde el borde del techo: H;
- Ángulo de inclinación del techo: θ.
Tomamos un sistema de referencia con origen en el suelo con el eje Ox apuntando hacia la derecha y Oy hacia arriba, la aceleración de la gravedad está dirigida hacia abajo y el punto desde donde la pelota cae del techo está en (x0, y0) = (0, H), (Figura 1).
Solución
El movimiento se puede proyectar en las direcciones x e y. La velocidad inicial
v0, con la que la pelota rueda desde el techo, tiene componentes en las direcciones
x e y (Figura 2).
\[
\begin{gather}
v_{0x}=v_0\operatorname{sen}\theta\tag{I}\\[10pt]
v_{0y}=-v_0\cos\theta\tag{II}
\end{gather}
\]
donde la componente en x es proporcional al seno y en y al coseno, a diferencia de lo que
se hace comúnmente, esto se debe a que el ángulo θ fue medido con respecto al eje y.
En la dirección x no hay aceleración actuando sobre la pelota, está en Movimiento Rectilíneo Uniforme (MRU) y su movimiento está dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_x=S_{0x}+v_xt}
\end{gather}
\]
dado que en el movimiento uniforme vx = v0x es constante, podemos
sustituir vx por el valor dado en (I) y S0x = 0
\[
\begin{gather}
S_x=0+v_0\operatorname{sen}\theta t\\[5pt]
S_x=v_0\operatorname{sen}\theta t\tag{III}
\end{gather}
\]
En la dirección y, la bola está bajo la acción de la aceleración de la gravedad, está en caída libre,
que se describe por las ecuaciones
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_y=S_{0y}+v_{0y}t-g\frac{t^2}{2}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{v_y=v_{0y}-gt}
\end{gather}
\]
sustituyendo v0y por el valor dado en (II) y S0y = H
\[
\begin{gather}
S_y=H+(-v_0\cos\theta)t-\frac{g}{2}t^2\\[5pt]
S_y=H-v_0\cos\theta t-\frac{g}{2}t^2\tag{IV}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
v_y=-v_0\cos\theta-gt\tag{V}
\end{gather}
\]
con −g constante (los signos negativos indican que la aceleración de la gravedad y la velocidad
en la dirección y están en la dirección opuesta de la orientación del sistema de referencia).
En la Figura 3 vemos que en el movimiento a lo largo de la dirección x, para intervalos de tiempo
iguales tenemos intervalos de desplazamientos iguales
(Δx1 = Δx2 = Δx3 =
Δx4). En la dirección y, en el momento en que la bola cae del borde del
techo, la velocidad vy comienza a aumentar; para intervalos de tiempo iguales, tenemos
intervalos de desplazamientos cada vez mayores
(Δy1 < Δy2 < Δy3 <
Δy4)
a) El intervalo de tiempo para que la bola alcance el suelo se obtendrá de la ecuación (IV) con la condición de que en el suelo la altura sea cero, Sy = 0
\[
\begin{gather}
0=H-v_0\cos\theta t-\frac{g}{2}t^2
\end{gather}
\]
esta es una Ecuación de Segundo Grado donde la incógnita es el valor de t.
Solución de \( -\dfrac{g}{2}t^2-v_0\cos\theta t+H=0 \)
\[
\begin{gather}
\Delta =b^2-4ac=(-v_0\cos\theta)^2-\cancelto{2}{4}\left(-{\frac{g}{\cancel 2}}\right)H=v_0^2\cos^2\theta+2gH
\end{gather}
\]
\[
\begin{split}
t=\frac{-b\pm \sqrt{\Delta \;}}{2a} &=\frac{-(-v_0\cos\theta)\pm \sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{\cancel{2}\left(-{\dfrac{g}{\cancel{2}}}\right)}=\\
&=\frac{-v_0\cos\theta\pm\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\end{split}
\]
las raíces son
\[
\begin{gather}
t_1=\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\\[5pt]\text{ou}\\[5pt]
t_2=\frac{-v_0\cos\theta-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\end{gather}
\]
despreciando la segunda raíz que tiene valor negativo, t2 < 0, el tiempo para que la bola alcance el suelo será
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{t=\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}}
\end{gather}
\]
b) El intervalo de tiempo calculado anteriormente, para que la bola caiga hasta el suelo, también es el tiempo que llevará para ir desde el origen hasta el punto D a lo largo del eje x, sustituyendo la solución del ítem anterior en la expresión (III)
\[
\begin{gather}
D=v_0\operatorname{sen}\theta\left(\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\operatorname{sen}\theta+\operatorname{sen}\theta\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\operatorname{sen}\theta+\sqrt{\operatorname{sen}^2\theta(v_0^2\cos^2\theta+2gH)}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\operatorname{sen}\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta\operatorname{sen}^2\theta+2gH\operatorname{sen}^2\theta}}{g}\right)\tag{VI}
\end{gather}
\]
De la Trigonometría
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}(\theta+\theta)=\operatorname{sen}\theta\cos\theta+\operatorname{sen}\theta\cos\theta\\[5pt]
\operatorname{sen}(2\theta)=2\operatorname{sen}\theta\cos\theta\\[5pt]
\cos\theta\operatorname{sen}\theta=\frac{\operatorname{sen}2\theta}{2}\tag{VII}
\end{gather}
\]
elevando al cuadrado la expresión (VII) en ambos lados de la igualdad
\[
\begin{gather}
(\cos\theta\operatorname{sen}\theta)^2=\left(\frac{\operatorname{sen}2\theta}{2}\right)^2\\[5pt]
\cos^2\theta\operatorname{sen}^2\theta=\frac{\operatorname{sen}^2\theta}{4} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Sustituyendo las expresiones (VII) y (VIII) en la ecuación (VI)
\[
\begin{gather}
D=v_0\left(\frac{-v_0\dfrac{\operatorname{sen}2\theta}{2}+\sqrt{v_0^2\dfrac{\operatorname{sen}^2 2\theta}{4}+2gH\operatorname{sen}^2\theta}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{\dfrac{-v_0\operatorname{sen}2\theta}{2}+\sqrt{\dfrac{v_0^2\operatorname{sen}^2 2\theta+8gH\operatorname{sen}^2\theta}{4}}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{\dfrac{-v_0\operatorname{sen}2\theta}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{v_0^2\operatorname{sen}^2 2\theta+8gH\operatorname{sen}^2\theta}}{g}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{D=v_0\left(\frac{-v_0\operatorname{sen}2\theta+\sqrt{v_0^2\operatorname{sen}^2 2\theta+8gH\operatorname{sen}^2\theta}}{2g}\right)}
\end{gather}
\]
c) Para obtener la ecuación de la trayectoria (Figura 1), debemos tener y como función de x, es decir, y = f(x). Usando las ecuaciones (III) y (IV) para los movimientos en x e y, obtenemos el sistema
\[
\left\{
\begin{array}{l}
S_x=v_0\operatorname{sen}\theta t\\
S_y=H-v_0\cos\theta t-\dfrac{g}{2}t^2
\end{array}
\right.
\]
aislamos el tiempo en la primera ecuación
\[
\begin{gather}
t=\frac{S_x}{v_0\operatorname{sen}\theta}
\end{gather}
\]
sustituimos este valor en la segunda ecuación del sistema
\[
\begin{gather}
S_y=H-v_0\cos\theta\frac{S_x}{v_0\operatorname{sen}\theta}-\frac{g}{2}\left(\frac{S_x}{v_0\operatorname{sen}\theta}\right)^2\\[5pt]
S_y=H-\frac{\cos\theta}{\operatorname{sen}\theta}S_x-\frac{g}{2v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}S_x^2
\end{gather}
\]
De la Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\Rightarrow \dfrac{1}{\operatorname{tg}\theta}=\dfrac{\cos\theta}{\operatorname{sen}\theta}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{S_y=H-\frac{1}{\operatorname{tg}\theta}S_x-\frac{g}{2v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}S_x^2}
\end{gather}
\]
Haciendo la asociación con una Función de Cuadrática del tipo
\( y=ax^2+bx+c \)
\[
\begin{array}{c}
S_y & = & -{\dfrac{g}{2v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}} & S_x^2 & - & \dfrac{1}{\operatorname{tg}\theta} & S_x & + & H\\
\downarrow & & \downarrow & \downarrow & & \downarrow & \downarrow & & \downarrow\\
y & = & a & x^2 & + & b & x & + & c
\end{array}
\]
vemos que hemos obtenido una función del tipo Sy = f(Sx) con el
coeficiente a < 0, lo que indica que nuestra trayectoria es una parábola con la "boca" hacia abajo.
d) Cuando la bola alcanza el suelo, su velocidad tiene componentes en las direcciones x e y (Figura 4). La velocidad en la dirección x está dada por la expresión (I) y la velocidad en la dirección y se obtiene de la expresión (V), donde se sustituye el tiempo por el valor encontrado en el ítem (a)
\[
\begin{gather}
v_y=-v_0\cos\theta-\cancel{g}\left(\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{\cancel{g}}\right)\\[5pt]
v_y=-v_0\cos\theta+v_0\cos\theta-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}\\[5pt]
v_y=-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}
\end{gather}
\]
La velocidad de la bola será dada por la suma vectorial
\[
\begin{gather}
\vec v={\vec v}_x+{\vec v}_y
\end{gather}
\]
El módulo se obtiene aplicando el Teorema de Pitágoras
\[
\begin{gather}
v^2=v_x^2+v_y^2\\[5pt]
v^2=\left(v_0\operatorname{sen}\theta\right)^2+\left(-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}\right)^2\\[5pt]
v^2=v_0^2\operatorname{sen}^2\theta+v_0^2\cos^2\theta+2gH
\end{gather}
\]
factorizando
\( v_0^2 \)
del lado derecho de la igualdad
\[
\begin{gather}
v^2=v_0^2\;(\,\underbrace{{\operatorname{sen}}^2\theta+ \cos^2\theta}_1\,)+2gH
\end{gather}
\]
De la Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}^2\theta+\cos^2\theta=1
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{v=\sqrt{v_0^2+2gH\;}}
\end{gather}
\]
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