Movimiento de proyectiles desde una altura de lanzamiento: guía de Física HSC

Una pelota se lanza a \(20\text{ m s}^{-1}\) con el mismo ángulo en dos pruebas. En la primera, aterriza a la misma altura desde la que fue lanzada. En la segunda, aterriza en un terreno situado \(15\text{ m}\) más abajo.

¿Esperarías el mismo alcance horizontal porque la velocidad de lanzamiento no ha cambiado? Haz una predicción antes de seguir leyendo.

La segunda pelota recorre una mayor distancia. Su movimiento horizontal no se ha vuelto más rápido. Simplemente tiene más tiempo para desplazarse horizontalmente porque debe caer más antes de alcanzar su nivel de aterrizaje.

Ahora invierte la situación. Supón que la plataforma de aterrizaje está por encima del punto de lanzamiento. El proyectil puede alcanzar esa altura dos veces, una mientras asciende y otra mientras desciende. O puede que no la alcance nunca.

Esa diferencia de altura es la parte del movimiento de proyectiles que debemos tratar con cuidado.

01La ecuación se ocupa del desplazamiento, no de la «altura»

El enfoque más claro suele ser situar el punto de lanzamiento en \(y=0\).

Después, describe el punto de aterrizaje mediante su desplazamiento vertical,

\[
\Delta y=y_f-y_i
\]

donde \(y_i\) es la posición vertical inicial y \(y_f\) es la posición vertical final.

Si el punto de lanzamiento es nuestro origen, \(y_i=0\), por lo que \(\Delta y\) es simplemente la posición de aterrizaje relativa al lanzamiento.

Ese signo menos de la primera fila no es opcional. Indica que el proyectil termina por debajo de donde comenzó.

Un error habitual es ver «un acantilado de \(12\text{ m}\)» y sustituir automáticamente \(+12\text{ m}\). El valor \(12\text{ m}\) es una distancia. El desplazamiento vertical es \(-12\text{ m}\) si se ha elegido hacia arriba como sentido positivo.

02Mantén separados los movimientos horizontal y vertical

Imagina el movimiento de un proyectil como dos vídeos que se reproducen con la misma marca de tiempo.

Un vídeo muestra el movimiento horizontal. El otro muestra el movimiento vertical. Hacen cosas distintas, pero ambos deben corresponder al mismo tiempo \(t\).

Es un poco como dos personas que realizan partes distintas de un trabajo en grupo pero comparten la misma fecha límite. El movimiento horizontal no puede tardar discretamente \(2.0\text{ s}\) mientras que el movimiento vertical tarda \(3.0\text{ s}\). Solo hay un proyectil, así que solo hay un único tiempo transcurrido.

En el modelo estándar de proyectiles del HSC:

\[
a_x=0
\]

y

\[
a_y=-g
\]

donde \(a_x\) y \(a_y\) son las aceleraciones horizontal y vertical, y \(g=9.8\text{ m s}^{-2}\) es la magnitud de la aceleración gravitatoria cerca de la superficie terrestre.

Este modelo supone que la resistencia del aire es despreciable. Si la resistencia del aire es significativa, los movimientos horizontal y vertical dejan de ser independientes de una forma tan clara porque la fuerza de arrastre depende de la velocidad del proyectil.

Repaso: descomposición de la velocidad de lanzamiento

Si el proyectil se lanza con rapidez \(u\) formando un ángulo \(\theta\) por encima de la horizontal,

\[
u_x=u\cos\theta
\]

y

\[
u_y=u\sin\theta
\]

donde \(u_x\) es la velocidad horizontal inicial y \(u_y\) es la velocidad vertical inicial.

Si este paso todavía te exige demasiado esfuerzo mental, repasa las componentes de la velocidad inicial de un proyectil antes de continuar. Todo lo que viene después resulta más fácil cuando estas componentes se manejan con soltura.

La posición horizontal después de un tiempo \(t\) es

\[
\Delta x=u_x t
\]

porque la aceleración horizontal es cero.

Verticalmente,

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

porque la aceleración vertical es \(-g\).

La idea importante es que un aterrizaje a distinta altura cambia \(\Delta y\). Eso cambia el tiempo y, a su vez, ese cambio de tiempo modifica la distancia horizontal.

03Cómo hallar el tiempo de vuelo cuando la altura de aterrizaje es diferente

Parte de

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

y reordena:

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

Esta es una ecuación cuadrática en \(t\). Al utilizar la fórmula cuadrática obtenemos

\[
t=\frac{u_y\pm\sqrt{u_y^2-2g\Delta y}}{g}
\]

Esta forma concreta supone que hacia arriba es positivo y, por tanto, \(a_y=-g\). Es más seguro comprender de dónde procede la ecuación que memorizar los signos sin pensar.

La expresión situada bajo la raíz cuadrada,

\[
u_y^2-2g\Delta y
\]

también nos proporciona información físicamente útil.

Aterrizaje por debajo del punto de lanzamiento

Si \(\Delta y<0\), entonces

\[
-2g\Delta y>0
\]

por lo que el término de la raíz cuadrada es mayor que \(|u_y|\).

Esto produce un tiempo positivo y otro negativo cuando \(t=0\) corresponde al instante de lanzamiento. El valor positivo describe el impacto futuro. El valor negativo pertenece a la prolongación matemática de la parábola antes de que se lanzara el proyectil, por lo que lo descartamos.

Por tanto, un nivel de aterrizaje más bajo proporciona al proyectil un tiempo de vuelo adicional.

Aterrizaje al mismo nivel

Si \(\Delta y=0\),

\[
t=\frac{u_y\pm u_y}{g}
\]

para un lanzamiento hacia arriba.

Las dos soluciones son

\[
t=0
\]

y

\[
t=\frac{2u_y}{g}
\]

La primera corresponde al propio lanzamiento. La segunda corresponde al regreso a la altura de lanzamiento.

Aterrizaje por encima del punto de lanzamiento

Este caso requiere más reflexión.

Supón que \(\Delta y>0\). Antes de resolver nada, pregúntate: ¿asciende el proyectil lo suficiente como para alcanzar ese nivel?

En la altura máxima, la velocidad vertical es cero. Utilizando

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

con \(v_y=0\) y \(a_y=-g\),

\[
0=u_y^2-2g\Delta y_{\max}
\]

por lo que

\[
\Delta y_{\max}=\frac{u_y^2}{2g}
\]

Para un lanzamiento hacia arriba:

• si la \(\Delta y\) requerida es mayor que \(\Delta y_{\max}\), el proyectil nunca alcanza ese nivel;
• si es igual a \(\Delta y_{\max}\), el proyectil toca ese nivel una sola vez, en el punto más alto;
• si es menor, normalmente el proyectil pasa por esa altura dos veces: una mientras asciende y otra mientras desciende.

Este último caso es aquel en el que elegir sin pensar una de las raíces de la ecuación cuadrática causa problemas.

04Dos tiempos positivos pueden ser matemáticamente correctos

Supón que un proyectil se lanza desde un punto situado por debajo de una plataforma elevada.

Un estudiante obtiene dos respuestas positivas para \(t\) y supone que algo ha salido mal con la ecuación cuadrática.

No es así.

Un proyectil puede pasar dos veces por la misma altura.

Imagina lanzar una pelota de modo que pase frente a una ventana del segundo piso. Pasa por delante de la ventana una vez al subir, desaparece por encima de ella y después vuelve a pasar por la misma ventana al bajar. Misma altura, tiempos distintos.

La ecuación sabe cuándo se encuentra el proyectil a esa altura. No sabe dónde empieza realmente la plataforma, qué anchura tiene ni si existe allí algún objeto sólido.

Esa geometría debe obtenerse del enunciado.

05Los errores más tentadores

La quinta fila es sutil. En la mayoría de los problemas de lanzamiento del HSC, \(t=0\) es explícitamente el instante de lanzamiento, por lo que un tiempo negativo queda fuera del movimiento físico que se está modelando. Sin embargo, esa regla depende de dónde comienza el reloj. La Pregunta 5 de abajo se centra precisamente en ese punto.

06Un método fiable para alturas de aterrizaje diferentes

Para un proyectil que aterriza por encima o por debajo de su nivel de lanzamiento, trabaja en este orden:

1. Elige un origen y una convención de signos. Normalmente, tomar hacia arriba como positivo es lo más sencillo.
2. Descompón la velocidad de lanzamiento en \(u_x\) y \(u_y\).
3. Calcula el desplazamiento vertical real, \(\Delta y=y_f-y_i\).
4. Si el nivel de aterrizaje está por encima del lanzamiento, comprueba si esa altura es alcanzable.
5. Resuelve la ecuación vertical para hallar \(t\).
6. Interpreta cada raíz utilizando la situación física en lugar de descartar raíces mecánicamente.
7. Utiliza el tiempo apropiado en \(\Delta x=u_x t\).
8. Si se requiere la velocidad de impacto, calcula \(v_y=u_y-gt\) y combínala con \(v_x=u_x\), que permanece constante.

Esta es también la idea central de el tiempo de vuelo de un proyectil para aterrizajes al mismo nivel y a distinto nivel: resuelve correctamente primero el movimiento vertical, porque el movimiento horizontal está esperando el tiempo correcto.

07Preguntas y soluciones

Pregunta 1

Una pelota sale rodando horizontalmente desde el borde de un acantilado de \(12.0\text{ m}\) de altura a \(8.00\text{ m s}^{-1}\). Ignora la resistencia del aire.

Halla:

a. el tiempo que tarda en llegar al suelo
b. la distancia horizontal recorrida.

Solución 1

La pelota permanece en el aire durante \(1.56\text{ s}\) y recorre \(12.5\text{ m}\) horizontalmente.

El error tentador es utilizar \(12.0\text{ m}\) como desplazamiento vertical positivo. Si hacia arriba es positivo, el suelo está por debajo del punto de lanzamiento, por lo que

\[
\Delta y=-12.0\text{ m}
\]

La pelota se lanza horizontalmente, así que

\[
u_y=0
\]

Utiliza primero el movimiento vertical:

\[
\begin{aligned}
\Delta y&=u_y t-\frac12gt^2\\
-12.0&=0-4.90t^2\\
t^2&=\frac{12.0}{4.90}\\
t&=1.56\text{ s}
\end{aligned}
\]

Solo es relevante el tiempo positivo porque \(t=0\) es el instante de lanzamiento.

Horizontalmente,

\[
\begin{aligned}
\Delta x&=u_x t\\
&=(8.00)(1.56)\\
&=12.5\text{ m}
\end{aligned}
\]

Por tanto, la caída de \(12.0\text{ m}\) determina cuánto tiempo permanece el proyectil en el aire, mientras que la velocidad horizontal de \(8.00\text{ m s}^{-1}\) determina qué distancia recorre durante ese tiempo.

Pregunta 2

Un proyectil se lanza a \(18.0\text{ m s}^{-1}\), \(35.0^\circ\) por encima de la horizontal, desde un saliente situado \(8.00\text{ m}\) por encima de un terreno llano.

Halla:

a. el tiempo hasta el impacto
b. la distancia horizontal recorrida
c. la magnitud y dirección de su velocidad inmediatamente antes del impacto.

Solución 2

El proyectil alcanza el suelo después de \(2.71\text{ s}\), a \(40.0\text{ m}\) horizontalmente del punto de lanzamiento, con una rapidez de \(21.9\text{ m s}^{-1}\) a \(47.7^\circ\) por debajo de la horizontal.

El atajo tentador consiste en tratar el movimiento como una caída libre de \(8.00\text{ m}\). Eso ignoraría que el proyectil se desplaza inicialmente hacia arriba antes de caer por debajo de la altura de lanzamiento.

Primero descompón la velocidad inicial:

\[
\begin{aligned}
u_x&=18.0\cos35.0^\circ\\
&=14.74\text{ m s}^{-1}
\\[4pt]
u_y&=18.0\sin35.0^\circ\\
&=10.32\text{ m s}^{-1}
\end{aligned}
\]

El suelo está por debajo del punto de lanzamiento, así que

\[
\Delta y=-8.00\text{ m}
\]

Utiliza el movimiento vertical:

\[
\begin{aligned}
-8.00&=10.32t-4.90t^2\\
4.90t^2-10.32t-8.00&=0
\end{aligned}
\]

La fórmula cuadrática da un valor positivo y otro negativo. El impacto futuro se produce en

\[
t=2.71\text{ s}
\]

Por tanto, el desplazamiento horizontal es

\[
\begin{aligned}
\Delta x&=u_xt\\
&=(14.74)(2.71)\\
&=40.0\text{ m}
\end{aligned}
\]

La velocidad horizontal permanece

\[
v_x=14.74\text{ m s}^{-1}
\]

La velocidad vertical final es

\[
\begin{aligned}
v_y&=u_y-gt\\
&=10.32-(9.8)(2.71)\\
&=-16.23\text{ m s}^{-1}
\end{aligned}
\]

El signo negativo significa que el proyectil se desplaza hacia abajo.

Su rapidez final es

\[
\begin{aligned}
v&=\sqrt{v_x^2+v_y^2}\\
&=\sqrt{(14.74)^2+(16.23)^2}\\
&=21.9\text{ m s}^{-1}
\end{aligned}
\]

Para la dirección,

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

por lo que

\[
\phi=\tan^{-1}\left(\frac{16.23}{14.74}\right)=47.7^\circ
\]

Por tanto, la velocidad de impacto es \(21.9\text{ m s}^{-1}\), a \(47.7^\circ\) por debajo de la horizontal.

Pregunta 3

Un proyectil se lanza desde \(y=0\) a \(16.0\text{ m s}^{-1}\), \(55.0^\circ\) por encima de la horizontal.

Una superficie de plataforma horizontal y delgada está en \(y=+5.00\text{ m}\) y se extiende desde \(x=19.0\text{ m}\) hasta \(x=22.0\text{ m}\). Ignora el grosor de la plataforma y cualquier cara frontal vertical.

¿Aterriza el proyectil sobre la plataforma? Si es así, indica dónde aterriza y si se mueve hacia arriba o hacia abajo.

Solución 3

Sí. El proyectil aterriza sobre la plataforma en \(x=20.3\text{ m}\), aproximadamente \(2.21\text{ s}\) después del lanzamiento, mientras se desplaza hacia abajo.

El procedimiento tentador consiste en hallar el primer tiempo positivo en el que el proyectil alcanza \(5.00\text{ m}\) y detenerse ahí. La restricción que cambia la respuesta es la posición horizontal de la plataforma.

Descompón la velocidad:

\[
\begin{aligned}
u_x&=16.0\cos55.0^\circ\\
&=9.18\text{ m s}^{-1}
\\[4pt]
u_y&=16.0\sin55.0^\circ\\
&=13.11\text{ m s}^{-1}
\end{aligned}
\]

A la altura de la plataforma,

\[
\Delta y=+5.00\text{ m}
\]

por lo que

\[
5.00=13.11t-4.90t^2
\]

o

\[
4.90t^2-13.11t+5.00=0
\]

Al resolver obtenemos

\[
t_1=0.461\text{ s}
\]

y

\[
t_2=2.21\text{ s}
\]

Ambos tiempos corresponden a cruces físicamente posibles del nivel de \(5.00\text{ m}\).

Ahora comprueba dónde se producen.

Para el primer cruce,

\[
\begin{aligned}
x_1&=u_xt_1\\
&=(9.18)(0.461)\\
&=4.23\text{ m}
\end{aligned}
\]

No hay ninguna plataforma allí.

Para el segundo cruce,

\[
\begin{aligned}
x_2&=(9.18)(2.21)\\
&=20.3\text{ m}
\end{aligned}
\]

Esto se encuentra dentro del intervalo de la plataforma, desde \(19.0\text{ m}\) hasta \(22.0\text{ m}\).

Para comprobar la dirección del movimiento,

\[
\begin{aligned}
v_y&=u_y-gt\\
&=13.11-(9.8)(2.21)\\
&=-8.59\text{ m s}^{-1}
\end{aligned}
\]

por lo que el proyectil se mueve hacia abajo.

La primera raíz positiva no era «incorrecta». Describía un suceso real en una posición horizontal equivocada. La geometría selecciona el segundo cruce como el aterrizaje.

Pregunta 4

Un objetivo está a \(30.0\text{ m}\) horizontalmente del punto de lanzamiento y \(5.00\text{ m}\) por debajo de él. Un proyectil debe lanzarse exactamente a \(20.0\text{ m s}^{-1}\).

Halla todos los ángulos de lanzamiento entre \(0^\circ\) y \(90^\circ\) que permiten alcanzar el objetivo.

Después determina el tiempo de vuelo y la rapidez de impacto para cada trayectoria.

Un estudiante sostiene que la trayectoria más inclinada debe impactar con mayor rapidez porque la gravedad actúa sobre ella durante más tiempo. Evalúa esa afirmación.

Solución 4

Hay dos ángulos de lanzamiento, aproximadamente \(12.3^\circ\) y \(68.2^\circ\). Sus tiempos de vuelo son \(1.54\text{ s}\) y \(4.04\text{ s}\), respectivamente, pero ambos alcanzan el objetivo con la misma rapidez, \(22.3\text{ m s}^{-1}\).

El argumento del estudiante resulta tentador porque el proyectil de trayectoria más inclinada pasa mucho más tiempo en el aire. La restricción que falta es que también pasa parte de ese tiempo adicional moviéndose hacia arriba y perdiendo rapidez. Sin resistencia del aire, ambos proyectiles comienzan con la misma rapidez y terminan \(5.00\text{ m}\) por debajo del mismo nivel de lanzamiento.

Sea \(\theta\) el ángulo de lanzamiento.

Horizontalmente,

\[
30.0=(20.0\cos\theta)t
\]

por lo que

\[
t=\frac{30.0}{20.0\cos\theta}
\]

Verticalmente,

\[
-5.00=(20.0\sin\theta)t-4.90t^2
\]

Sustituye la expresión de \(t\):

\[
-5.00
=
30.0\tan\theta
–
11.025\sec^2\theta
\]

Utilizando

\[
\sec^2\theta=1+\tan^2\theta
\]

y definiendo

\[
T=\tan\theta
\]

obtenemos

\[
-5.00=30.0T-11.025(1+T^2)
\]

por lo que

\[
11.025T^2-30.0T+6.025=0
\]

La fórmula cuadrática da

\[
T=0.2184
\]

o

\[
T=2.503
\]

Por tanto,

\[
\theta_1=\tan^{-1}(0.2184)=12.3^\circ
\]

y

\[
\theta_2=\tan^{-1}(2.503)=68.2^\circ
\]

Para la trayectoria más baja,

\[
\begin{aligned}
t_1
&=\frac{30.0}{20.0\cos12.3^\circ}\\
&=1.54\text{ s}
\end{aligned}
\]

Para la trayectoria más alta,

\[
\begin{aligned}
t_2
&=\frac{30.0}{20.0\cos68.2^\circ}\\
&=4.04\text{ s}
\end{aligned}
\]

Los tiempos de vuelo son muy diferentes.

Ahora compara las velocidades de impacto sin realizar dos cálculos largos por componentes.

Verticalmente,

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

Para cualquiera de las dos trayectorias,

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

y

\[
\Delta y=-5.00\text{ m}
\]

por lo que

\[
v_y^2=u_y^2+98.0
\]

La rapidez final total cumple

\[
v^2=v_x^2+v_y^2
\]

Por tanto,

\[
\begin{aligned}
v^2
&=u_x^2+u_y^2+98.0\\
&=u^2+98.0\\
&=(20.0)^2+98.0\\
&=498
\end{aligned}
\]

por lo que

\[
v=22.3\text{ m s}^{-1}
\]

para ambas trayectorias.

Las direcciones de impacto son diferentes, pero la rapidez de impacto es la misma. En el modelo ideal de proyectiles, el mayor tiempo de vuelo de la trayectoria alta no produce por sí solo una mayor rapidez final.

Pregunta 5

Un proyectil se lanza desde un terreno llano. Más tarde, mientras asciende a través de un sensor situado \(5.00\text{ m}\) por encima del suelo, se miden sus componentes de velocidad como

\[
v_x=12.0\text{ m s}^{-1}
\]

y

\[
v_y=+8.00\text{ m s}^{-1}
\]

El sensor pone su reloj en \(t=0\) en ese instante y define su posición como \(x=0,\ y=0\).

Ignora la resistencia del aire.

Halla:

a. todos los tiempos, relativos al reloj del sensor, en los que el proyectil está al nivel del suelo
b. la posición horizontal de cada cruce con el suelo respecto al sensor
c. el alcance horizontal total del proyectil desde el lanzamiento hasta el aterrizaje.

Un estudiante obtiene un tiempo negativo y lo descarta inmediatamente. ¿Es válido ese razonamiento en este caso?

Solución 5

Los cruces con el suelo se producen en \(t=-0.482\text{ s}\) y \(t=2.12\text{ s}\). El tiempo negativo no debe descartarse: representa el lanzamiento real, que ocurrió antes de que el sensor eligiera \(t=0\). El alcance total de suelo a suelo es \(31.2\text{ m}\).

Este es el punto clave: un tiempo negativo no significa «no físico». Significa «antes del suceso que se haya etiquetado como \(t=0\)». En los problemas de lanzamiento habituales, ambas cosas suelen coincidir, porque el reloj comienza en el lanzamiento. Aquí se han hecho deliberadamente diferentes.

Respecto al sensor, el suelo está en

\[
\Delta y=-5.00\text{ m}
\]

En \(t=0\), la velocidad vertical del proyectil es

\[
u_y=+8.00\text{ m s}^{-1}
\]

para esta nueva coordenada temporal.

Utiliza la ecuación del movimiento vertical:

\[
\begin{aligned}
-5.00&=8.00t-4.90t^2\\
4.90t^2-8.00t-5.00&=0
\end{aligned}
\]

La fórmula cuadrática da

\[
t=\frac{8.00\pm\sqrt{(-8.00)^2-4(4.90)(-5.00)}}{9.80}
\]

por lo que

\[
t=-0.482\text{ s}
\]

y

\[
t=2.12\text{ s}
\]

Ambas raíces describen sucesos reales del movimiento indicado.

La velocidad horizontal es constante e igual a

\[
v_x=12.0\text{ m s}^{-1}
\]

porque no existe aceleración horizontal.

Por tanto, el cruce anterior con el suelo se encuentra en

\[
\begin{aligned}
x_{\text{launch}}
&=(12.0)(-0.482)\\
&=-5.79\text{ m}
\end{aligned}
\]

respecto al sensor.

El cruce posterior se encuentra en

\[
\begin{aligned}
x_{\text{landing}}
&=(12.0)(2.12)\\
&=25.4\text{ m}
\end{aligned}
\]

El alcance horizontal total es la diferencia entre esas posiciones:

\[
\begin{aligned}
R
&=25.4-(-5.79)\\
&=31.2\text{ m}
\end{aligned}
\]

La regla tentadora era «descartar el tiempo negativo». La regla correcta es más precisa: descarta los tiempos que queden fuera del intervalo físico que se está modelando.

Como el sensor reinició el reloj a mitad del vuelo, el propio lanzamiento tiene legítimamente una marca de tiempo negativa.

08Lo que esto te permite hacer a continuación

Una vez que puedes manejar correctamente \(\Delta y\) e interpretar físicamente las raíces de una ecuación cuadrática, los proyectiles lanzados desde acantilados, fosas, balcones y plataformas elevadas dejan de ser tipos de problemas distintos. Son el mismo modelo con coordenadas finales diferentes.

El siguiente paso útil es relacionar ese tiempo de vuelo con el alcance, la dirección de impacto y la rapidez final. Las matemáticas suelen ser sencillas una vez tomada la decisión más difícil: identificar el desplazamiento vertical correcto y el tiempo correcto.