MOVIMIENTO PARABOLICO

PROBLEMAS RESUELTOS MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES

CAPITULO 4 FISICA TOMO 1

Cuarta y quinta edición
Raymond A. Serway

MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES
4.1 Los vectores de desplazamiento, velocidad y aceleración
4.2 Movimiento bidimensional con aceleración constante
4.3 Movimiento de proyectiles
4.4 Movimiento circular uniforme
4.5 Aceleración tangencial y radial
4.6 Velocidad yaceleración relativa
4.7 Movimiento relativo a altas velocidades

Erving Quintero Gil
Ing. Electromecánico
Bucaramanga – Colombia
2006

quintere@hotmail.com
quintere@gmail.com
quintere2006@yahoo.com

1

ALCANCE HORIZONTAL Y ALTURA MAXIMA DE UN PROYECTIL

V0 sen θ 0
V
t1 = 0Y =
g
g
VX

V0

= V0X

(V0 )2 sen 2 θ 0
h=
2g

V0Y

VX
VY

= V0X
V
TVUELO = 2 t1

Θ0
VXVX

= V0X

Distancia horizontal recorrida
R = VX tvuelo

= V0X

Θ0
V0Y

V0

Un proyectil disparado desde el origen en t = 0 con una velocidad inicial V0. La altura máxima del
proyectil es h y su alcance horizontal es R. En el punto más alto de la trayectoria, la partícula tiene
coordenadas (R/2, h).
Supóngase que un proyectil se lanza desde el origen en t = 0 con una componenteVY positiva, hay
dos puntos especiales que es interesante analizar:
El máximo que tiene coordenadas (R/2, h) y el punto que tiene coordenadas (R,0). La distancia R
se conoce como alcance horizontal del proyectil y h es su altura máxima.
Se encuentra h y R en función de V0,

Θ, g.

Se puede determinar h al observar que en la altura máxima VY = 0. En consecuencia, puede
usarse la ecuación4.11 para determinar el tiempo t1 necesario para llegar a la altura máxima.

Ecuación 4.11

VY = VY0 – g t

VY = V0 sen Θ0 – g t

Despejando el tiempo

VY + g t = V0 sen Θ0

g t = V0 sen Θ0 - VY pero VY = 0
g t = V0 sen Θ0

t1 =

V0 sen θ 0
g

2

Al sustituir esta expresión para t1 en la ecuación 4.13 y reemplazando
función de V0, Θ.

y con h, se obtiene h en

Componentede posición vertical
Y = (V0Y ) t1 pero: t 1 =

V0

1 2
gt
2 1
sen θ 0
g

V sen θ 0 2
)
t2 = ( 0
1
g

V0Y = V0 sen Θ0

Y=h

Reemplazando

Y = (V0Y ) t1 -

1 2
gt
2 1

2
⎛ V0 sen θ 0 ⎞ 1
⎛ V0 sen θ 0 ⎞
⎟ ⎟
h = (V0 sen θ 0 ) ⎜
⎜
⎟ 2 g ⎜
⎜
⎟
g
g
⎝
⎠
⎝
⎠
(V0 )2 sen 2 θ 0
⎛ V sen θ 0 ⎞ 1
⎟ h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ 0
g
⎜
⎟ 2
g
⎝
⎠
g2
(V0 )2 sen 2 θ 0
⎛ Vsen θ 0 ⎞
⎟ h = (V0 sen θ 0 ) ⎜ 0
⎜
⎟
g
2g
⎝
⎠

2
2
⎛ (V )2 sen 2 θ ⎞
0 ⎟ - (V0 ) sen θ 0
⎜ 0
h=
⎜
⎟
2g
g
⎝
⎠
2(V0 ) 2 sen 2 θ 0 - (V0 )2 sen 2 θ 0
h=
2g
(V0 )2 sen 2 θ 0
h=
2g
El alcance R, es la distancia horizontal recorrida en el doble de tiempo necesario para alcanzar la
altura máxima, es decir, en el tiempo 2t.

Y = (V0Y ) t1 -

1 2
gt
pero: Y = 0
2 1
10 = (V0Y ) t1 - g t 2
2 1
2
(V0Y ) t1 = 1 g t1 Cancelando t1
2
1
(V0Y ) = g t1 despejando t1
2
2 V0Y
pero: V0Y = V0 sen Θ0
t1 =
g

3

2 V0 sen θ 0
Se le denomina tiempo de vuelo del proyectil
g
2 V0 sen θ 0
t VUELO =
g
t1 =

El alcance R, es la distancia horizontal recorrida
R = VX tVUELO
Pero: VX = V0X = V0 cos Θ

t VUELO =

2 V0 sen θ
g

R = VX tVUELO
R = V0 cosΘ tVUELO

⎛ 2 V0 sen θ
R = V0 cosθ ⎜
⎜
g
⎝

⎞
⎟
⎟
⎠

2 sen θ cos θ (V0 )2
R=
g
pero: 2

sen Θ cos Θ = sen 2 Θ

sen 2θ (V0 )2
R=
g
Ejemplo 4.5 Donde pone el ojo pone la bala. Pág. 81 del libro serway cuarta edición
En una conferencia demostrativa muy popular, un proyectil se dispara contra un blanco de tal
manera que el primero sale del rifle al mismo tiempo que el blancose deja caer en reposo, como
muestra la figura 4.9. Se demostrara que si el rifle esta inicialmente dirigido hacia el blanco
estacionario, aun así el proyectil hará diana.

Línea de visión

Y = ½ g t2
y = XT tg Θ

Θ

YT
XT

FIGURA 4.9
Razonamiento y solución
Se puede argumentar que el choque resultara bajo las condiciones establecidas observando que
tanto el proyectil como el...