Resolución del movimiento de proyectiles en componentes para Física HSC

Imagina dos pelotas idénticas a la misma altura. Dejas caer una verticalmente. Exactamente en el mismo instante, lanzas la otra horizontalmente.

¿Cuál toca el suelo primero?

Es tentador pensar que la pelota lanzada permanece más tiempo en el aire porque tiene «movimiento adicional». Sin embargo, en el modelo ideal de movimiento de proyectiles, ambas tocan el suelo al mismo tiempo. La velocidad horizontal de la segunda pelota no retrasa su caída vertical.

Este resultado es la clave del movimiento de proyectiles: trata por separado los movimientos horizontal y vertical, utilizando el mismo tiempo, y después combínalos cuando necesites determinar la posición o la velocidad reales del proyectil.

01Un proyectil, dos movimientos

Imagina una pelota que se desplaza por el aire después de salir de tu mano. Una vez que ha sido soltada, supongamos que ignoramos la resistencia del aire.

¿Qué fuerzas actúan sobre ella?

Solo su peso. La gravedad tira verticalmente hacia abajo. No hay ninguna fuerza horizontal.

Esto nos da dos movimientos mucho más sencillos ocultos dentro de una trayectoria curva:

Aquí \(g = 9.8\ \text{m s}^{-2}\) cerca de la superficie de la Tierra.

Por lo tanto, la trayectoria curva no es un único tipo complicado de movimiento. Es un movimiento lateral a velocidad constante que ocurre al mismo tiempo que un movimiento vertical con aceleración constante.

Una imagen mental útil es la de dos estudiantes que sostienen extremos opuestos de una pizarra blanca gigante. Un estudiante controla únicamente el movimiento lateral. El otro controla únicamente el movimiento hacia arriba y hacia abajo. La posición final de la pizarra depende de ambos, pero ninguno de los estudiantes modifica directamente lo que hace el otro.

La analogía deja de funcionar porque un proyectil es un solo objeto, no dos personas. La idea importante es simplemente que las componentes perpendiculares del movimiento pueden analizarse por separado.

02Descomposición de la velocidad inicial

Supongamos que un proyectil se lanza con rapidez \(u\) formando un ángulo \(\theta\) por encima de la horizontal.

El vector velocidad puede descomponerse en:

\[ u_x = u\cos\theta \]

y

\[ u_y = u\sin\theta \]

donde:

• \(u_x\) es la velocidad horizontal inicial en metros por segundo,
• \(u_y\) es la velocidad vertical inicial en metros por segundo,
• \(u\) es la rapidez de lanzamiento en metros por segundo, y
• \(\theta\) es el ángulo de lanzamiento por encima de la horizontal.

Esto no es más que trigonometría de triángulos rectángulos. Si \(\theta\) se mide desde la horizontal, la componente horizontal es adyacente al ángulo, por lo que utiliza el coseno. La componente vertical es opuesta, por lo que utiliza el seno.

Por ejemplo, si una pelota se lanza a \(20\ \text{m s}^{-1}\) con un ángulo de \(30^\circ\),

\[ u_x = 20\cos30^\circ = 17.3\ \text{m s}^{-1} \]

y

\[ u_y = 20\sin30^\circ = 10.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Así, el proyectil comienza con dos movimientos simultáneos: \(17.3\ \text{m s}^{-1}\) horizontalmente y \(10.0\ \text{m s}^{-1}\) hacia arriba.

La rapidez no se ha convertido de algún modo en \(27.3\ \text{m s}^{-1}\). Las componentes no se suman como números ordinarios porque actúan en direcciones perpendiculares.

03El mismo reloj funciona en ambas direcciones

Esta es la parte que hace que los problemas de proyectiles funcionen.

Supongamos que el proyectil lleva \(1.2\ \text{s}\) moviéndose. Su movimiento horizontal ha estado ocurriendo durante \(1.2\ \text{s}\), y su movimiento vertical también ha estado ocurriendo durante \(1.2\ \text{s}\).

No hay dos tiempos diferentes.

Para el movimiento horizontal, como \(a_x=0\),

\[ x = x_0 + u_x t \]

y

\[ v_x = u_x. \]

Para el movimiento vertical, tomando hacia arriba como positivo,

\[ y = y_0 + u_y t - \frac{1}{2}gt^2 \]

y

\[ v_y = u_y-gt. \]

Aquí:

• \(x_0\) y \(y_0\) son las coordenadas iniciales en metros,
• \(x\) e \(y\) son las coordenadas posteriores,
• \(t\) es el tiempo transcurrido en segundos,
• \(v_x\) y \(v_y\) son las componentes posteriores de la velocidad en metros por segundo.

Observa la conexión entre los dos conjuntos de ecuaciones: \(t\).

Ese tiempo compartido suele ser la forma de pasar de una componente a la otra. Puedes utilizar el movimiento vertical para determinar cuánto tiempo permanece el proyectil en el aire y luego introducir ese tiempo en la ecuación horizontal para hallar su alcance.

04Qué significa y qué no significa «independiente»

Decir que el movimiento horizontal y el vertical son independientes puede causar problemas si interpretas la palabra de forma demasiado literal.

Significa que, en el modelo ideal, la gravedad modifica la velocidad vertical sin modificar la velocidad horizontal.

No significa que los cálculos horizontal y vertical no estén relacionados. Describen el mismo proyectil, por lo que deben coincidir en el tiempo.

Supongamos que un proyectil llega a una pared después de \(2.0\ \text{s}\). No puedes utilizar después \(1.6\ \text{s}\) en la ecuación vertical simplemente porque produce una altura conveniente. Ambas componentes describen el mismo instante.

Esta restricción de tiempo compartido es una de las comprobaciones de errores más útiles en el movimiento de proyectiles.

05La gravedad no «se acaba» en el punto más alto

Consideremos ahora un lanzamiento inclinado.

A medida que el proyectil asciende, \(v_y\) disminuye porque la gravedad actúa hacia abajo. En el punto más alto,

\[ v_y=0. \]

Predice qué ocurre con la aceleración en ese instante. ¿También se hace cero?

No. La gravedad sigue actuando, por lo que

\[ a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2} \]

incluso en el punto más alto.

Una velocidad vertical igual a cero significa que el proyectil ha dejado de moverse hacia arriba durante un instante. No significa que la fuerza de la gravedad haya desaparecido.

Mientras tanto,

\[ v_x=u_x \]

durante todo el vuelo ideal.

Así, en el punto más alto de un proyectil ordinario lanzado con un ángulo, su velocidad es horizontal, pero su aceleración es vertical y hacia abajo.

06Recombinar el movimiento

A veces, una pregunta solo pide una distancia horizontal o una altura máxima. En ese caso, puede que nunca necesites volver a combinar las componentes.

Pero si necesitas la velocidad real del proyectil, utiliza el teorema de Pitágoras:

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}. \]

Su dirección respecto de la horizontal puede determinarse mediante

\[ \tan\phi=\frac{v_y}{v_x}. \]

Ten cuidado con los signos. Si \(v_y<0\) mientras \(v_x>0\), el proyectil se desplaza por debajo de la horizontal.

Puedes hacer lo mismo con las componentes del desplazamiento. Si un objeto se ha desplazado \(x\) metros horizontalmente e \(y\) metros verticalmente desde algún punto de referencia, esas componentes, consideradas conjuntamente, localizan el proyectil en dos dimensiones.

07Por qué la trayectoria es curva

El desplazamiento horizontal aumenta linealmente con el tiempo:

\[ x=u_x t \]

si el proyectil parte de \(x=0\).

El desplazamiento vertical contiene un término \(t^2\):

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Si \(u_x\neq0\), entonces

\[ t=\frac{x}{u_x}. \]

Al sustituir esto en la ecuación vertical se obtiene

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x-\frac{g}{2u_x^2}x^2. \]

Para una rapidez de lanzamiento \(u\) con un ángulo \(\theta\), también puede escribirse como

\[ y=y_0+x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}. \]

La característica importante es el término \(x^2\). En el modelo ideal de gravedad constante, la trayectoria es una parábola.

No necesitas esta ecuación para todos los problemas de proyectiles. A menudo, las ecuaciones de las componentes con un tiempo compartido son más claras y más difíciles de utilizar incorrectamente.

08La idea equivocada que causa la mitad de los problemas

Una idea común es la siguiente:

El proyectil fue impulsado hacia delante, así que alguna fuerza hacia delante debe seguir actuando sobre él.

Esto parece razonable porque los objetos cotidianos disminuyen su velocidad después de empujarlos.

Pero normalmente disminuyen su velocidad debido a la fricción o a la resistencia del aire. En el modelo ideal de proyectiles, una vez que el objeto ha abandonado el lanzador, no hay ninguna fuerza horizontal que continúe actuando.

La primera ley de Newton nos indica entonces que su velocidad horizontal permanece constante.

Otro error tentador es casi el opuesto: «La gravedad actúa sobre el proyectil, así que toda su velocidad debe disminuir».

La gravedad modifica únicamente la componente paralela a la gravedad. Con nuestros ejes habituales, esa es \(v_y\). No modifica directamente \(v_x\).

09Cuándo el modelo sencillo por componentes deja de ser exacto

El modelo de proyectiles de HSC suele suponer que:

• la resistencia del aire es despreciable,
• la aceleración gravitatoria es constante y está dirigida verticalmente hacia abajo, y
• la curvatura y la rotación de la Tierra pueden ignorarse para la distancia considerada.

Bajo esas suposiciones,

\[ a_x=0,\qquad a_y=-g. \]

Los proyectiles reales pueden experimentar resistencia aerodinámica. La fuerza de resistencia apunta en sentido opuesto a la velocidad del objeto, por lo que puede tener componentes tanto horizontales como verticales. En ese caso, \(v_x\) ya no permanece constante.

Descomponer vectores en componentes sigue siendo válido. Lo que cambia es la física que se introduce en la ecuación de cada componente.

Esta distinción es importante: las componentes son un método matemático, mientras que la «velocidad horizontal constante» es una consecuencia de un modelo físico concreto.

10Un método fiable para problemas de proyectiles de HSC

Cuando un problema de proyectiles parezca complicado, sigue este orden:

1. Elige las direcciones positivas \(x\) e \(y\).
2. Dibuja o identifica el vector de velocidad inicial.
3. Descompónlo en \(u_x\) y \(u_y\).
4. Escribe \(a_x=0\) y \(a_y=-g\) si se aplican las suposiciones del modelo ideal de proyectiles.
5. Decide qué componente contiene suficiente información para determinar el tiempo.
6. Utiliza ese mismo tiempo en la otra componente.
7. Vuelve a combinar las componentes solo si la pregunta pide una rapidez total, una dirección o un desplazamiento.
8. Comprueba si los signos y el resultado físico tienen sentido.

Un \(v_y\) negativo suele ser perfectamente razonable: significa que el proyectil está descendiendo. Un tiempo negativo normalmente no es la solución física que buscas.

11Preguntas y soluciones

Pregunta 1

Una pelota se proyecta horizontalmente a \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) desde la parte superior de un acantilado de \(19.6\ \text{m}\) de altura. Ignora la resistencia del aire.

Determina:

a. el tiempo que tarda en llegar al suelo,
b. la distancia horizontal recorrida, y
c. la velocidad inmediatamente antes del impacto.

Solución 1

La pelota tarda \(2.00\ \text{s}\) en caer, recorre \(28.0\ \text{m}\) horizontalmente y golpea el suelo a \(24.1\ \text{m s}^{-1}\), \(54.5^\circ\) por debajo de la horizontal.

Para el movimiento vertical,

\[ u_y=0,\qquad \Delta y=-19.6\ \text{m},\qquad a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2}. \]

Utilizando

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2, \]

obtenemos

\[ -19.6=-4.9t^2. \]

Por lo tanto,

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

El error tentador aquí es utilizar la rapidez horizontal de \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) al calcular el tiempo de caída. No interviene en la ecuación vertical.

Ahora utiliza los mismos \(2.00\ \text{s}\) horizontalmente:

\[ \Delta x=u_x t=(14.0)(2.00)=28.0\ \text{m}. \]

Inmediatamente antes del impacto,

\[ v_x=14.0\ \text{m s}^{-1} \]

y

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(2.00)=-19.6\ \text{m s}^{-1}. \]

Por lo tanto,

\[ v=\sqrt{(14.0)^2+(-19.6)^2}=24.1\ \text{m s}^{-1}. \]

El ángulo de impacto es

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{19.6}{14.0}\right)=54.5^\circ. \]

Como \(v_y\) es negativo, se trata de \(54.5^\circ\) por debajo de la horizontal.

Pregunta 2

Un proyectil se lanza desde el nivel del suelo a \(25.0\ \text{m s}^{-1}\), \(53.1^\circ\) por encima de la horizontal. Una pared de \(19.5\ \text{m}\) de altura se encuentra a \(30.0\ \text{m}\) del punto de lanzamiento.

Supón \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) y \(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\) con tres cifras significativas.

Determina:

a. si el proyectil supera la pared,
b. si está ascendiendo o descendiendo cuando pasa junto a la pared, y
c. dónde vuelve finalmente a la altura de lanzamiento.

Solución 2

El proyectil supera la pared por \(0.90\ \text{m}\), todavía está ascendiendo muy ligeramente cuando pasa junto a ella y vuelve a la altura de lanzamiento a unos \(61.2\ \text{m}\) del punto de lanzamiento.

Primero determina el instante en el que llega a la pared:

\[ t=\frac{x}{u_x} =\frac{30.0}{15.0} =2.00\ \text{s}. \]

En ese instante,

\[ y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Por lo tanto,

\[ y=(20.0)(2.00)-\frac{1}{2}(9.8)(2.00)^2 =40.0-19.6 =20.4\ \text{m}. \]

La pared tiene \(19.5\ \text{m}\) de altura, así que el margen es

\[ 20.4-19.5=0.90\ \text{m}. \]

Ahora comprueba la velocidad vertical:

\[ v_y=u_y-gt =20.0-(9.8)(2.00) =0.40\ \text{m s}^{-1}. \]

Es positiva, por lo que el proyectil todavía se mueve hacia arriba.

Esta es una advertencia útil contra determinar la dirección a partir de la forma de un dibujo aproximado. El proyectil está extremadamente cerca de su punto más alto, pero todavía no lo ha alcanzado.

Para determinar cuándo vuelve a la altura de lanzamiento, establece el desplazamiento vertical igual a cero:

\[ 0=20.0t-4.9t^2. \]

Factorizando,

\[ 0=t(20.0-4.9t). \]

La solución \(t=0\) corresponde al instante del lanzamiento. La solución posterior es

\[ t=\frac{20.0}{4.9}=4.08\ \text{s}. \]

Por lo tanto, el alcance horizontal es

\[ R=(15.0)(4.08)=61.2\ \text{m}. \]

Un procedimiento erróneo frecuente consiste en suponer que, como el proyectil llega a la pared después de \(2.00\ \text{s}\), debe estar en su punto más alto porque \(2.00\ \text{s}\) es «aproximadamente la mitad» del tiempo total de vuelo. La ecuación de componentes da la respuesta precisa: \(v_y\) sigue siendo \(+0.40\ \text{m s}^{-1}\).

Pregunta 3

Una ladera se aproxima mediante la recta

\[ y=0.250x, \]

donde \(x\) e \(y\) se miden en metros desde el punto de lanzamiento.

Un proyectil se lanza desde el origen a \(24.0\ \text{m s}^{-1}\), \(50.0^\circ\) por encima de la horizontal. Ignora la resistencia del aire.

Determina el punto en el que el proyectil vuelve a golpear la ladera y su velocidad inmediatamente antes del impacto.

Solución 3

El proyectil golpea la ladera aproximadamente en \((45.7\ \text{m},\,11.4\ \text{m})\) con una rapidez de \(18.8\ \text{m s}^{-1}\), dirigido \(34.7^\circ\) por debajo de la horizontal.

Descompón la velocidad inicial:

\[ u_x=(24.0)\cos50.0^\circ=15.4\ \text{m s}^{-1}, \]

\[ u_y=(24.0)\sin50.0^\circ=18.4\ \text{m s}^{-1}. \]

En el instante \(t\),

\[ x=15.4t \]

y

\[ y=18.4t-4.9t^2. \]

En el impacto, el proyectil debe encontrarse sobre la ladera, por lo que también debe satisfacer

\[ y=0.250x. \]

Sustituyendo \(x=15.4t\),

\[ 18.4t-4.9t^2=0.250(15.4t). \]

Así,

\[ 18.4t-4.9t^2=3.86t. \]

Reordenando,

\[ t(14.5-4.9t)=0. \]

La solución \(t=0\) corresponde al punto de lanzamiento. La siguiente intersección ocurre en

\[ t=\frac{14.5}{4.9}\approx2.96\ \text{s}. \]

Por lo tanto, la coordenada horizontal es

\[ x=(15.4)(2.96)\approx45.7\ \text{m}. \]

La altura de la ladera allí es

\[ y=0.250(45.7)\approx11.4\ \text{m}. \]

Ahora determina la velocidad de impacto. Horizontalmente,

\[ v_x=15.4\ \text{m s}^{-1}. \]

Verticalmente,

\[ v_y=18.4-(9.8)(2.96) \approx-10.7\ \text{m s}^{-1}. \]

Por lo tanto,

\[ v=\sqrt{(15.4)^2+(-10.7)^2} \approx18.8\ \text{m s}^{-1}. \]

Su dirección es

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{10.7}{15.4}\right) \approx34.7^\circ \]

por debajo de la horizontal.

El atajo tentador consiste en establecer \(y=0\) para hallar el tiempo de impacto. Eso determinaría dónde vuelve el proyectil al nivel horizontal de su punto de lanzamiento. Aquí el suelo no es horizontal: después del lanzamiento, sigue \(y=0.250x\). La condición física de contorno debe corresponder a la ladera real.

Pregunta 4

Un proyectil se lanza desde el nivel del suelo y más tarde pasa por el punto \(A\), situado \(20.0\ \text{m}\) horizontalmente desde el punto de lanzamiento y \(15.0\ \text{m}\) por encima de él.

Durante el descenso, pasa por el punto \(B\), que está a \(50.0\ \text{m}\) horizontalmente del punto de lanzamiento y también a \(15.0\ \text{m}\) de altura.

Ignora la resistencia del aire.

Determina:

a. las componentes horizontal y vertical iniciales de la velocidad,
b. la rapidez y el ángulo de lanzamiento, y
c. la posición horizontal y la altura del punto más alto.

Solución 4

Las componentes iniciales son \(u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}\) y \(u_y=19.0\ \text{m s}^{-1}\). La rapidez de lanzamiento es \(26.2\ \text{m s}^{-1}\) con un ángulo de \(46.4^\circ\), y el vértice se encuentra en \(x=35.0\ \text{m}\), \(18.4\ \text{m}\) por encima del punto de lanzamiento.

Sean \(t_1\) y \(t_2\) los tiempos correspondientes a \(A\) y \(B\).

Como la velocidad horizontal es constante,

\[ t_1=\frac{20.0}{u_x}, \qquad t_2=\frac{50.0}{u_x}. \]

Verticalmente, ambos puntos satisfacen

\[ 15.0=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Al reordenar se obtiene la ecuación cuadrática

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+15.0=0. \]

Sus dos raíces son \(t_1\) y \(t_2\).

Para una ecuación cuadrática \(at^2+bt+c=0\), el producto de las raíces es \(c/a\). Por lo tanto,

\[ t_1t_2=\frac{15.0}{4.9}. \]

Pero, a partir del movimiento horizontal,

\[ t_1t_2 = \frac{20.0}{u_x}\frac{50.0}{u_x} = \frac{1000}{u_x^2}. \]

Así,

\[ \frac{1000}{u_x^2}=\frac{15.0}{4.9}. \]

Por lo tanto,

\[ u_x^2=\frac{1000(4.9)}{15.0}, \]

lo que da

\[ u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}. \]

Los tiempos correspondientes son

\[ t_1=\frac{20.0}{18.1}=1.11\ \text{s}, \]

\[ t_2=\frac{50.0}{18.1}=2.77\ \text{s}. \]

Para la misma ecuación cuadrática, la suma de las raíces es

\[ t_1+t_2=\frac{u_y}{4.9}. \]

Por lo tanto,

\[ u_y=4.9(t_1+t_2) =4.9(1.11+2.77) \approx19.0\ \text{m s}^{-1}. \]

La rapidez de lanzamiento es

\[ u=\sqrt{u_x^2+u_y^2} =\sqrt{(18.1)^2+(19.0)^2} =26.2\ \text{m s}^{-1}. \]

El ángulo de lanzamiento es

\[ \theta=\tan^{-1}\left(\frac{19.0}{18.1}\right) =46.4^\circ. \]

En el vértice,

\[ v_y=0. \]

Así,

\[ 0=u_y-gt, \]

lo que da

\[ t_{\text{apex}}=\frac{19.0}{9.8}=1.94\ \text{s}. \]

Por lo tanto,

\[ x_{\text{apex}}=(18.1)(1.94)=35.0\ \text{m}. \]

El ascenso vertical hasta el vértice puede determinarse mediante

\[ v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y. \]

Así,

\[ 0=(19.0)^2-2(9.8)\Delta y, \]

por lo que

\[ \Delta y=18.4\ \text{m}. \]

La predicción tentadora es que, como \(A\) y \(B\) están a la misma altura, sus tiempos deberían ser iguales de alguna manera. No pueden serlo: el proyectil se encuentra en dos lugares diferentes.

Lo que sí es simétrico es su distribución temporal alrededor del vértice. En efecto,

\[ \frac{t_1+t_2}{2} = \frac{1.11+2.77}{2} = 1.94\ \text{s}, \]

exactamente el tiempo correspondiente a la altura máxima. Esa es también la razón por la que el vértice se encuentra a mitad de camino entre \(x=20.0\ \text{m}\) y \(x=50.0\ \text{m}\): con \(v_x\) constante, intervalos de tiempo iguales corresponden a distancias horizontales iguales.

Pregunta 5

El proyectil \(A\) se lanza en \(t=0\) desde \((0,0)\) con componentes de velocidad inicial

\[ u_{Ax}=18.0\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{Ay}=22.0\ \text{m s}^{-1}. \]

El proyectil \(B\) se encuentra inicialmente en \((54.0\ \text{m},12.0\ \text{m})\). Se lanza con componentes

\[ u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Ambos proyectiles experimentan la misma aceleración gravitatoria y una resistencia del aire despreciable.

a. Si se lanzan simultáneamente, determina si chocan antes de que cualquiera de ellos llegue al suelo. En caso afirmativo, determina la posición de la colisión.

b. Ahora el proyectil \(B\) se lanza \(0.500\ \text{s}\) después de \(A\), con la misma velocidad que antes. Un estudiante sostiene que el retraso no supone ninguna diferencia porque la gravedad acelera a ambos proyectiles por igual. Comprueba esta afirmación determinando su separación vertical cuando alcanzan la misma posición horizontal.

c. Manteniendo el retraso de \(0.500\ \text{s}\) y \(u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}\), determina el valor de \(u_{By}\) necesario para que se produzca una colisión real.

Solución 5

Con lanzamientos simultáneos, los proyectiles chocan en \(t=2.00\ \text{s}\) en \((36.0\ \text{m},24.4\ \text{m})\). Si el proyectil \(B\) se retrasa \(0.500\ \text{s}\), pasa \(0.392\ \text{m}\) por encima de \(A\) cuando sus posiciones horizontales coinciden. Reducir la componente vertical de lanzamiento de \(B\) a aproximadamente \(15.8\ \text{m s}^{-1}\) restablece la colisión.

Para el apartado a, escribe las posiciones horizontales.

Para \(A\),

\[ x_A=18.0t. \]

Para \(B\),

\[ x_B=54.0-9.00t. \]

En una colisión,

\[ x_A=x_B. \]

Por lo tanto,

\[ 18.0t=54.0-9.00t, \]

de modo que

\[ 27.0t=54.0 \]

y

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

Ahora comprueba las posiciones verticales en ese mismo instante.

Para \(A\),

\[ y_A=22.0t-4.9t^2. \]

Así,

\[ y_A=(22.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =44.0-19.6 =24.4\ \text{m}. \]

Para \(B\),

\[ y_B=12.0+16.0t-4.9t^2. \]

Por lo tanto,

\[ y_B=12.0+(16.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =24.4\ \text{m}. \]

Sus coordenadas horizontal y vertical coinciden en el mismo instante, así que chocan en

\[ (36.0\ \text{m},24.4\ \text{m}). \]

La cancelación implícita en este resultado es importante. Como ambos objetos tienen la misma aceleración gravitatoria, su aceleración relativa es cero mientras ambos están en vuelo. La gravedad modifica ambas velocidades verticales en la misma cantidad.

Para el apartado b, el proyectil \(B\) comienza ahora \(0.500\ \text{s}\) más tarde.

Haz que \(t\) siga representando el tiempo transcurrido desde el lanzamiento de \(A\). Entonces, el tiempo durante el que \(B\) realmente ha estado moviéndose es

\[ t_B=t-0.500. \]

Para \(A\),

\[ x_A=18.0t. \]

Para \(B\),

\[ x_B=54.0-9.00(t-0.500). \]

Iguala estas expresiones:

\[ 18.0t = 54.0-9.00(t-0.500). \]

Desarrollando,

\[ 18.0t=58.5-9.00t. \]

Por lo tanto,

\[ 27.0t=58.5 \]

y

\[ t=2.167\ \text{s}. \]

En este instante, \(B\) ha estado moviéndose durante

\[ t_B=2.167-0.500=1.667\ \text{s}. \]

La altura del proyectil \(A\) es

\[ y_A = (22.0)(2.167)-4.9(2.167)^2 = 24.664\ \text{m}. \]

La altura del proyectil \(B\) es

\[ y_B = 12.0+(16.0)(1.667)-4.9(1.667)^2 = 25.056\ \text{m}. \]

Por lo tanto,

\[ y_B-y_A = 25.056-24.664 = 0.392\ \text{m}. \]

Así que \(B\) pasa aproximadamente \(0.392\ \text{m}\) por encima de \(A\). No hay colisión.

El razonamiento del estudiante contiene una verdad sutil, pero la utiliza de forma incorrecta. Una vez que \(B\) ha sido lanzado, ambos proyectiles tienen efectivamente la misma aceleración gravitatoria, por lo que su aceleración relativa es cero.

Pero durante los primeros \(0.500\ \text{s}\), solo \(A\) está en movimiento de proyectil. Para cuando \(B\) empieza a moverse, \(A\) ya ha cambiado de posición y de velocidad vertical. Tener aceleraciones iguales a partir de ese momento no elimina la diferencia entre sus estados iniciales.

Para el apartado c, el instante en el que coinciden horizontalmente no cambia porque solo se está ajustando la componente vertical de lanzamiento de \(B\). Por lo tanto,

\[ t=2.167\ \text{s}, \qquad t_B=1.667\ \text{s}. \]

Para que haya una colisión, la altura de \(B\) debe ser igual a la de \(A\), que determinamos que era \(24.664\ \text{m}\).

Sea \(u_{By}\) la componente vertical de lanzamiento necesaria de \(B\). Entonces,

\[ 24.664 = 12.0+u_{By}(1.667)-4.9(1.667)^2. \]

Reordenando,

\[ u_{By} = \frac{24.664-12.0+4.9(1.667)^2}{1.667}. \]

Por lo tanto,

\[ u_{By}=15.8\ \text{m s}^{-1} \]

con tres cifras significativas.

Lo sorprendente es que \(B\) necesita una componente vertical ligeramente menor que antes, no mayor. Con \(u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}\), ya estaba demasiado alto cuando los dos proyectiles alcanzaban la misma posición horizontal.

Esa es la disciplina fundamental del análisis por componentes: hacer coincidir una coordenada no es suficiente. Una colisión, un impacto o cualquier otro acontecimiento bidimensional debe satisfacer la condición horizontal y la condición vertical en el mismo instante.

Una vez dominada esta idea, el siguiente paso útil es aplicar el mismo método de componentes al movimiento relativo, a las trayectorias de proyectiles y a situaciones en las que la propia superficie de aterrizaje está en movimiento o inclinada.