5.2: Movimiento del Proyectil
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
Considera el movimiento de un cuerpo que se libera en el tiempo t = 0 con una velocidad inicial→v0. En la Figura 5.1 se muestran dos trayectorias.

La trayectoria punteada representa una trayectoria parabólica y la trayectoria sólida representa la trayectoria real. La diferencia entre las dos trayectorias se debe a la resistencia del aire que actúa sobre el objeto→Fair=−bv2ˆv, dondeˆv se encuentra un vector unitario en la dirección de la velocidad. (Para las órbitas que se muestran en la Figura5.1,b=0.01N⋅s2⋅m−2|→v0|=30.0m⋅s, el ángulo de lanzamiento inicial con respecto a la horizontalθ0=21∘ y la distancia horizontal real recorrida es71.7% de la órbita del proyectil.). Existen otros factores que pueden influir en la trayectoria del movimiento; un cuerpo giratorio o una forma especial pueden alterar el flujo de aire alrededor del cuerpo, lo que puede inducir un movimiento curvo o levantamiento como el vuelo de una pelota de béisbol o golf. Comenzaremos nuestro análisis descuidando todas las interacciones excepto la interacción gravitacional.

Elija coordenadas con el eje y positivo en la dirección vertical hacia arriba y el eje x positivo en la dirección horizontal en la dirección en la que el objeto se mueve horizontalmente. Elija el origen en el suelo inmediatamente debajo del punto en el que se libera el objeto. La Figura 5.2 muestra nuestro sistema de coordenadas con la posición del objeto→r(t) en el tiempo t, la velocidad→v0 inicial y el ángulo inicialθ0 con respecto a la horizontal, y las funciones de coordenadas x (t) e y (t).
Condiciones iniciales:

Descomponer el vector de velocidad inicial en sus componentes:
→v0=vx,0ˆi+vy,0ˆj
La descomposición vectorial para la velocidad inicial se muestra en la Figura 5.3. A menudo la descripción del vuelo de un proyectil incluye el enunciado, “se proyecta un cuerpo con una velocidad inicialv0 en ánguloθ0 con respecto a la horizontal”. Los componentes de la velocidad inicial se pueden expresar en términos de la velocidad inicial y el ángulo de acuerdo con
vx,0=v0cosθ0
vy,0=v0sinθ0
Debido a que la velocidad inicial es la magnitud de la velocidad inicial, tenemos que
v0=(v2x,0+v2y,0)1/2
El ánguloθ0 está relacionado con los componentes de la velocidad inicial por
θ0=tan−1(vy,0/vx,0)
La ecuación (5.1.8) dará dos valores para el ánguloθ0, por lo que se debe tener cuidado para elegir el valor físico correcto. El vector de posición inicial generalmente viene dado por
→r0=x0ˆi+y0ˆj
Obsérvese que la trayectoria en la Figura 5.3 tienex0=0, pero no siempre será así.
Diagrama de Fuerza
Comenzamos por descuidar todas las fuerzas que no sean la interacción gravitacional entre el objeto y la tierra. Esta fuerza actúa hacia abajo con magnitud mg, donde m es la masa del objeto yg=9.8m⋅s−2. La Figura 5.4 muestra el diagrama de fuerza sobre el objeto.

La descomposición vectorial de la fuerza es
→Fg=−mgˆj
Ecuaciones de Movimientos
El diagrama de fuerza nos recuerda que la fuerza está actuando en la dirección y. La Segunda Ley de Newton establece que la suma de la fuerza,→Ftotal , que actúa sobre el objeto es igual al producto de la masa m y el vector de aceleración→a
→Ftotal =m→a
Porque estamos modelando el movimiento con una sola fuerza, tenemos eso→Ftotal =→Fg. Esta es una ecuación vectorial; los componentes se equiparan por separado:
−mg=may
0=max
Por lo tanto, el componente y de la aceleración es
ay=−g
Vemos que la aceleración es una constante y es independiente de la masa del objeto. Observe esoay<0. Esto se debe a que elegimos nuestra dirección y positiva para apuntar hacia arriba. El signo del componente y de aceleración está determinado por la forma en que elegimos nuestro sistema de coordenadas. Debido a que no hay fuerzas horizontales que actúen sobre el objeto, concluimos que la aceleración en la dirección horizontal también es cero
ax=0
Por lo tanto, el componente x de la velocidad permanece sin cambios durante todo el vuelo del objeto.
La aceleración en la dirección vertical es constante para todos los cuerpos cercanos a la superficie de la Tierra, independientemente de la masa del objeto, confirmando así la Ley de Cuerpos de Libre Caída de Galileo. Observe que la ecuación de movimiento (Ecuación (5.1.14)) generaliza la observación experimental de que los objetos caen con aceleración constante. Nuestra declaración sobre la aceleración de objetos cercanos a la superficie de la Tierra depende de nuestra ley de fuerza modelo Ecuación (5.1.10), y si las observaciones posteriores muestran que la aceleración no es constante entonces debemos incluir fuerzas adicionales (por ejemplo, resistencia al aire), o modificar la ley de fuerza (para objetos que ya no están cerca de la superficie de la Tierra, o consideran que la Tierra es un cuerpo no simétrico no uniforme), o tomar en cuenta el movimiento de rotación de la Tierra.
Ahora podemos integrar la ecuación de movimientos (Ecuaciones (5.1.14) y (5.1.15)) por separado para las direcciones x - e y - para encontrar expresiones para los componentes x - e y -de velocidad y posición:
\ [\ begin {align}
v_ {x} (t) -v_ {x, 0} &=\ int_ {t^ {\ prime} =0} ^ {t^ {\ prime} =t} a_ {x}\ izquierda (t^ {\ prime}\ derecha) d t^ {\ prime} =0\ fila derecha v_ {x} (t) =v_ {x, 0}\\ [4pt]
x (t) -x_ {0} &=\ int_ {t^ {\ prime} =0} ^ {t^ {\ prime} =t} v_ {x}\ izquierda (t^ {\ prime}\ derecha) d t^ {\ prime} =\ int_ {t^ {\ prime} =0} ^ {t^ {\ prime} =t } v_ {x, 0} d t^ {\ prime} =v_ {x, 0} t\ Fila derecha x (t) =x_ {0} +v_ {x, 0} t\\ [4pt]
v_ {y} (t) -v_ {y, 0} &=\ int_ {t^ {\ prime} =0} ^ {t^ {\ prime} =t} a_ {y}\ izquierda (t^ {\ prime}\ derecha) d t^ {\ prime} =-\ int_ {t^ {\ prime} =0} ^ {t^ {\ prime} =t} g d t^ {\ prime} =-g t\ Rightarrow v_ {y} (t) =v_ {y, 0} -g t\\ [4pt]
y (t) -y_ { 0} &=\ int_ {t=0} ^ {t=t} v_ {y}\ izquierda (t^ {\ prime}\ derecha) d t^ {\ prime} =\ int_ {t^ {\ prime} =0} ^ {t=t}\ izquierda (v_ {y, 0} -g t\ derecha) d t^ {\ prime} =v_ {y, 0} t- (1/2) g t^ {2}\ Fila derecha y (t) =y_ {0} +v_ {y, 0} t- (1/2) g t^ {2}
\ end {align}\ nonumber\]
El conjunto completo de ecuaciones vectoriales para la posición y la velocidad para cada dirección de movimiento independiente viene dada por
→r(t)=x(t)ˆi+y(t)ˆj=(x0+vx,0t)ˆi+(y0+vy,0t+(1/2)ayt2)ˆj
→v(t)=vx(t)ˆi+vy(t)ˆj=vx,0ˆi+(vy,0+ayt)ˆj
→a(t)=ax(t)ˆi+ay(t)ˆj=ayˆj
Ejemplo5.2.1: Time of Flight and Maximum Height of a Projectile
Una persona lanza una piedra en un ángulo inicialθ0=45∘ desde la horizontal con una velocidad inicial dev0=20m⋅s−1. El punto de liberación de la piedra se encuentra a una altura d = 2 m sobre el suelo. Se puede descuidar la resistencia al aire. a) ¿Cuánto tiempo tarda la piedra en llegar al punto más alto de su trayectoria? b) ¿Cuál fue el desplazamiento vertical máximo de la piedra? Ignorar resistencia al aire.
Solución: Elija el origen en el suelo directamente debajo del punto donde se libera la piedra. Elegimos el eje y positivo en la dirección vertical ascendente y el eje x positivo en la dirección horizontal en la dirección en la que el objeto se mueve horizontalmente. Establecer t = 0 en el instante en que se libera la piedra. A t = 0 las condiciones iniciales son entoncesx0=0 yy0=d. Los componentes x e y iniciales de la velocidad vienen dados por las Ecuaciones (5.1.5) y (5.1.6).
En el tiempo t la piedra tiene coordenadas (x (t), y (t)). Estas funciones de coordenadas se muestran en la Figura 5.5.


La pendiente de esta gráfica en cualquier momento t produce la componente y instantánea de la velocidadvy(t) en ese momento t. La Figura 5.5 es una gráfica de y (t) vs. x (t) y la Figura 5.6 es una gráfica de y (t) vs. t. Hay varias cosas importantes a tener en cuenta sobre las Figuras 5.5 y 5.6. El primer punto es que los ejes de abscisas son diferentes en ambas figuras. Lo segundo que hay que notar es que a t = 0, la pendiente de la gráfica en la Figura 5.5 es igual a
dydx|t=0=(dy/dtdx/dt)|t=0=vy,0vx,0=tanθ0
mientras que a t = 0 la pendiente de la gráfica en la Figura 5.6 es igual a
dydt|t=0=vy,0
La pendiente de esta gráfica en la Figura 5.6 en cualquier momento t produce la componente y instantánea de la velocidadvy(t) en ese tiempo t. Dejart=t1 corresponder al instante en que la piedra se encuentra en su posición vertical máxima, el punto más alto en el vuelo. Lo último que hay que notar sobre la Figura 5.6 es que at=t1 la pendiente es cero ovy(t=t1)=0. Por lo tanto
vy(t1)=v0sinθ0−gt1=0
Resolviendo la ecuación (5.1.21) parat1 rendimientos,
t1=v0sinθ0g=(20m⋅s−1)sin(45∘)9.8m⋅s−2=1.44s
La gráfica de la Figura 5.7 muestra una gráfica devy(t) como función del tiempo. Observe que a t = 0 la intercepción es positiva acusando queVy,0 es positiva lo que significa que la piedra fue arrojada hacia arriba. El componente y de los cambios de velocidadt=t1 indica que la piedra está invirtiendo su dirección y comienza a moverse hacia abajo.

Ahora sustituimos la expresión port=ttop (Ecuación (5.1.22)) en el componente y de la posición en la Ecuación (5.1.16) para encontrar la altura máxima de la piedra sobre el suelo
\ [\ begin {array} {l}
y\ left (t=t_ {t o p}\ derecha) =d+v_ {0}\ sin\ theta_ {0}\ frac {v_ {0}\ sin\ theta_ {0}} {g} -\ frac {1} {2} g\ left (\ frac {v_ {0}\ sin\ theta_ {0}} {g}\ derecha) ^ {2}\\
=d+\ frac {v_ {0} ^ {2}\ sin ^ {2}\ theta_ {0}} {2 g} =2\ mathrm {m} +\ frac {\ izquierda (20\ mathrm {m}\ cdot\ mathrm {s} ^ {-1}\ derecha) {2} \ sin ^ {2}\ izquierda (45^ {\ circ}\ derecha)} {2\ izquierda (9.8\ mathrm {m}\ cdot\ mathrm {s} ^ {-2}\ derecha)} =12.2\ mathrm {m}
\ end {array}\ nonumber\]
Ecuación de órbita
Hasta el momento nuestra descripción del movimiento ha enfatizado la independencia de las dimensiones espaciales, tratando todas las cantidades cinemáticas como funciones del tiempo. Ahora eliminaremos el tiempo de nuestra ecuación y encontraremos la ecuación orbital del cuerpo sometido al movimiento del proyectil. Comenzamos con el componente x de la posición en la Ecuación (5.1.16),
x(t)=x0+vx,0t
y resolver la Ecuación (5.1.24) para el tiempo t en función de x (t),
t=x(t)−x0vx,0
El componente y de la posición en la Ecuación (5.1.16) viene dado por
y(t)=y0+vy,0t−12gt2
Luego sustituimos la Ecuación (5.1.25) en la Ecuación (5.1.26) rindiendo
y(t)=y0+vy,0(x(t)−x0vx,0)−12g(x(t)−x0vx,0)2
Un poco de simplificación algebraica produce la ecuación para una parábola:
y(t)=−12gv2x,0x(t)2+(gx0v2x,0+vy,0vx,0)x(t)−vy,0vx,0x0−12gv2x,0x20+y0
La gráfica de y (t) en función de x (t) se muestra en la Figura 5.8.

El vector de velocidad viene dado por
→v(t)=dx(t)dtˆi+dy(t)dtˆj≡vx(t)ˆi+vy(t)ˆj
La dirección del vector de velocidad en un punto (x (t), y (t)) se puede determinar a partir de los componentes. Sea θ el ángulo que forma el vector de velocidad con respecto al eje x positivo. Entonces
θ=tan−1(vy(t)vx(t))=tan−1(dy/dtdx/dt)=tan−1(dydx)
Ecuación Diferenciante (5.1.28) con respecto a x rendimientos
dydx=−gv2x,0x+(gx0v2x,0+vy,0vx,0)
La dirección del vector de velocidad en un punto (x (t), y (t)) es por lo tanto
θ=tan−1(−gv2x,0x+(gx0v2x,0+vy,0vx,0))
Aunque podemos determinar el ángulo de la velocidad, no podemos determinar qué tan rápido se mueve el cuerpo a lo largo de la órbita parabólica a partir de nuestra gráfica de y (x); la magnitud de la velocidad no se puede determinar a partir de información sobre la línea tangente.
Si elegimos nuestro origen en la posición inicial del cuerpo en t = 0, entoncesx0=0 yy0=0. Nuestra ecuación orbital, Ecuación (5.1.28) ahora se puede simplificar a
y(t)=−12gv2x,0x(t)2+vy,0vx,0x(t)
Ejemplo5.2.2: Hitting the Bucket
Una persona sostiene un balde mientras está de pie sobre una escalera. La persona libera el balde del reposo a una alturah1, por encima del suelo. Una segunda persona, de pie a una distancia horizontal s del cubo, apunta y lanza una pelota en el instante en que se suelta el cubo para golpear el cubo. La persona suelta la pelota a una alturah2 sobre el suelo, con una velocidad inicialv0, y en ánguloθ0 con respecto a la horizontal. Supongamos quev0 es lo suficientemente grande como para que la piedra al menos recorra una distancia horizontal s antes de que golpee el suelo. Puede ignorar la resistencia al aire.

- Encuentra una expresión para el ángulo en elθ0 que la persona apunta la pelota con el fin de golpear el balde. ¿La respuesta depende de la velocidad inicial?
- Encuentra una expresión para el momento de colisión en función de la velocidad inicial de la pelota\v0, y las cantidades\h1\h2,, y s.
- Encuentra una expresión para la altura sobre el suelo donde ocurrió la colisión en función de la velocidad inicial de la pelota\v0, y las cantidades\h1\h2,, y s.
Solución
Hay dos objetos involucrados en este problema. Cada objeto está sufriendo caída libre, por lo que solo hay una etapa de movimiento para cada objeto. El balde está experimentando un movimiento unidimensional. La pelota está experimentando un movimiento bidimensional. Los parámetros\h1,\h2,\v0, y s no están especificados, por lo que nuestras respuestas serán funciones de esas cantidades. La figura 5.9 muestra un boceto del movimiento de todos los cuerpos en este problema.
Elija un origen en el suelo directamente debajo del punto donde se libera la pelota, hacia arriba para la dirección y positiva y hacia el cubo para la dirección x positiva. Elija las coordenadas de posición para el balde de la siguiente manera. La coordenada horizontal es constante y dada porx1=s. La coordenada vertical representa la altura sobre el suelo y se denota pory1(t). El balón tiene coordenadas(x2(t),y2(t)). Estas coordenadas se muestran en la Figura 5.10.

El cubo sufre una aceleración constantea1,y=−g en la dirección vertical y la bola experimenta un movimiento uniforme en la dirección horizontal y una aceleración constante en la dirección vertical, cona2,x=0 ya2,y=−g.
Las condiciones iniciales para el balde son(v1,0)y=0,x1,0=s,y1,0=h1. Las ecuaciones para la posición y la velocidad del balde simplifican a
y1(t)=h1−12gt2
vy,1(t)=−gt
La posición inicial viene dada porx2,0=0,y2,0=h2. Los componentes de la velocidad inicial están dados por(v2,0)y=v0sin(θ0) y(v2,0)x=v0cos(θ0), dondev0 está la magnitud de la velocidad inicial yθ0 es el ángulo inicial con respecto a la horizontal. Las ecuaciones para la posición y la velocidad de la bola simplifican a
x2(t)=v0cos(θ0)t
v2x(t)=v0cos(θ0)
y2(t)=h2+v0sin(θ0)t−12gt2
v2,y(t)=v0sin(θ0)−gt
Obsérvese que las cantidadesh1,h2,v0, y s deben tratarse como cantidades conocidas aunque no se dieron valores numéricos. Hay seis ecuaciones independientes con 8 cantidades aún no especificadasy1(t),t,y2(t),x2(t),v1,y(t),v2,y(t),v2,x(t), yθ0.
Entonces necesitamos dos condiciones más, para encontrar expresiones para el ángulo inicial,θ0, el tiempo de colisión,ta, y la ubicación espacial del punto de colisión especificado pory1(ta) oy2(ta). En el momento det=ta la colisión la colisión ocurre cuando las dos bolas están ubicadas en la misma posición. Por lo tanto
y1(ta)=y2(ta)
x2(ta)=x1=s
Ahora vamos a aplicar estas condiciones que deben cumplirse para que la pelota golpee el balde.
h1−12gt2a=h2+v0sin(θ0)ta−12gt2a
s=v0cos(θ0)ta
La ecuación (5.1.42) simplifica a
v0sin(θ0)ta=h1−h2
Dividiendo la ecuación (5.1.44) por la ecuación (5.1.43) rinde
v0sin(θ0)tav0cos(θ0)ta=tan(θ0)=h1−h2s2
Entonces el ángulo inicialθ0 es independiente dev0, y viene dado por
θ0=tan−1((h1−h2)/s)
De la Figura 5.11 podemos ver quetan(θ0)=(h1−h2)/s implica que la segunda persona apunta el balón a la posición inicial del balde.

Para encontrar el momento en que la pelota choca con el cubo, comenzamos por cuadrar ambas Ecuaciones (5.1.44) y (5.1.43), luego utilizamos la identidad trigonométricasin2(θ0)+cos2(θ0)=1. Nuestras ecuaciones al cuadrado se convierten
v20sin2(θ0)t2a=(h1−h2)2
v20cos2(θ0)t2a=s2
Sumar estas ecuaciones y usar la identidadsin2(θ0)+cos2(θ0)=1 y tomar raíces cuadradas rinde
v0ta=(s2+(h1−h2)2)1/2
Podemos resolver la Ecuación (5.1.49) para el momento de la colisión
ta=1v0(s2+(h1−h2)2)1/2
Ahora podemos usar la función de coordenada y de la bola o del cubot=ta a para encontrar la altura a la que la bola choca con el cubo. Debido a que el balde no tenía componente y inicial de la velocidad, es más fácil usar la condición para el balde,
y1(ta)=h1−g(s2+(h1−h2)2)2v20
Comentarios:
(1) Las ecuaciones (5.1.49) y (5.1.50) se pueden llegar de manera muy directa. Supongamos que analizamos el movimiento en un marco de referencia que está acelerando a la baja con→A=−gˆj. En ese marco de referencia tanto el cubo como la piedra no están acelerando; el cubo está en reposo y la piedra viaja con velocidadv0, en ánguloθ0. Por lo tanto, para golpear el cubo estacionario, la piedra debe ser arrojada en el ángulo dado por la Ecuación (5.1.46) y el tiempo que lleva golpear la piedra sólo viene dado por la distancia recorrida dividida por la velocidad, Ecuación (5.1.50).