Un niño juega a lanzar bolitas de papel
Por encima de un muro de 3 m de alto. Si el niño lanza desde 1 m
de altura con una velocidad de 10 m/s y está situado a 4 m del muro, ¿con qué ángulo debe lanzar
para que las bolitas pasen justo por encima del muro?
2 Respuestas
Se me ocurre otro posible razonamiento que me agradaría compartir.
Descomponemos la trayectoria en dos vectores ortogonales (sin considerar rozamientos): uno horizontal, eje x (MRU, de 4 m de desplazamiento);
Otro vertical, eje y (Tiro vertical, de 2 m de desplazamiento).
Ambos comparten el mismo tiempo y el mismo ángulo de tiro.
1) x: Vo*cosA*t = 4;
2) y: Vo*senA*t - (g/2)*t^2 = 2; Tomemos g=10 m/s^2 para mayor facilidad.
A 1) lo podemos expresar como: Vo*t* √(1-sen^2A) = 4; de donde:
√(1-sen^2A) = 4/(Vo*t); 1-sen^2A = 16/(Vo*t)^2; sen^2A = 1 - [16/(Vo*t)^2];
SenA=√[1-(16/Vo*t^2)]; Reemplazo en 2):
Vo*t*√{1-[16/(Vo*t)^2]} - (g/2)*t^2 = 2; opero:
Vo*t*√[(Vot)^2-16]/(Vo*t)^2] - (g/2)*t^2 = 2;
√[(Vot)^2-16] - (g/2)*t^2 = 2; que podemos dar valores a Vo=10m/s y g=10m/s^2:
√[(100t^2) - 16] - 5t^2=2; √[(100t^2) - 16] = 2 + 5t^2; elevo al cuadrado:
100t^2 - 16 = 4 + 20t^2 + 25t^4;
25t^4 - 80t^2 + 20 = 0; CDV: p=t^2; reescribo:
25p^2 - 80p + 20=0; Baskara:
[80+-√ (6400 - 2000)] / 50. p=29.2; p=2.8; devuelvo variable: t=√ p:
t=0.523 s; t=1.71 s.
Corroboramos y obtenemos el ángulo A:
Para t=0.523s:
De 1) cosA=0.4/0.523=0.765; Hago Cos^(-1)A: A=40.11°
De 2) SenA= (2+5t^2) / 10t; A=40.08° (error aceptable por decimales excluidos).
Para t=1.71s:
De 1) CosA=0.4/1.71; A=76.47°;
De 2) SenA=(2+5t^2)/10t; A=76.40° (también aceptable el error).
Donde dice Cos^(-1)A debería decir: Cos(-1)A, indicando el Arco Coseno de A.
Para llegar el movil a 3 metros maximo, alli será Vy = 0. Espacio = 2 m.
2 m = 5 t^2 .............t =V( 2/5) = 0.632 s.
De acuerdo al dato, Vox t = 4 m. ...........Vox= 4 / 0.632 = 6.33 m/s
Luego Voy = V( 100 - 6.33^2) = V 60= 7.74 m/s
Luego el angulo que te piden seria ... arc tg (7.74/6.32) = 50.8 °.
Obviamente el angulo deberá ser algo mayor para sortear la pared.
Muy interesante tu comentario. Vos trabajastes como funcion del tiempo (f(t)) y yo como f(x).Fijate que la parabola invertida que pasa por los puntos {0,1} - {4,3} - {8,1} tiene por ecuacion ( Geogebra) y(x) = -0.13 x^2 + x + 1. La derivada seria y' (x) = -0.26 x + 1 .........que para x= 0 >>>>>>> = 1 . Con ello veo que el angulo de la Vo = 45°. Esto es distinto a lo que nos esta dando a nosotros. Tu opinion ?? - albert buscapolos Ing°
Probemos con 45°: sen=cos=(√2)/2 = 0.707. Los tiempos deberían ser iguales:1) x: Vo*cosA*t = 4; 2) y: Vo*senA*t - (g/2)*t^2 = 2Para 1) t= 4/(10* 0.707): 0.5657 sPara 2) 7.07 t - 5 t^2=2; 5t^2 - 7.07 t + 2; Baskara: 1.013s o: 0.391s. No coinciden. - Norberto Pesce
Este intercambio es lo que más enriquece al foro. - Norberto Pesce
Bueno Norberto, recalcule todo y llego a un resultado acorde con el tuyo. Voto positivo.Me daría alfa 39.2 ° como al angulo que cumple con la condición pedida. Yo lo había interpretado como el vértice de la parábola de tiro, porque el eje de simetría coincidiria con el eje del muro. - albert buscapolos Ing°
Claro, para llegar a (4; 2) desde (0; 0), tenemos A de alrededor de 40° para hacerlo en el ascenso de la parábola de tiro y A de unos 76° para hacerlo durante el descenso de la misma. No interpreté como que el muro fuera el eje de simetría. Gracias por tus muy buenos y constantes aportes. - Norberto Pesce