Presentacion de tiro parabolico

1. Clase No. 5
TIRO PARABÓLICO
UNIVERSIDAD MARIANO GÁLVEZ DE
GUATEMALA
CURSO: FÍSICA 1
CATEDRÁTICO: MSc. ING. FABIO SANABRIA

2. TIRO PARABOLICO
Es un movimiento compuesto, en otras palabras en un plano XY.
El tiro parabólico se puede considerar como la combinación de dos
movimientos que son: un movimiento horizontal uniforme y un
movimiento vertical rectilíneo uniformemente acelerado.
Movimiento en el eje “Y” con 𝑎𝑦 = 𝑔
Movimiento en el eje “X” con 𝑎𝑥 = 0

3. Tipos de tiro parabólico
Existen dos tipos
Horizontal
oblicuo

4. ¿Cómo es el movimiento en el eje X?
En el eje X se da un movimiento horizontal con velocidad constante.
El desplazamiento del cuerpo en este eje se llama alcance.
∆𝒙 = 𝒗𝒙∆𝒕
La velocidad en el eje X permanece constante; no existe aceleración.
𝒗𝟎𝒙 = 𝒗𝒇𝒙 = 𝒗𝒙 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆

5. ¿Cómo es el movimiento en el eje Y?
En el eje Y se da un movimiento vertical con aceleración constante.
Aquí se da el movimiento en caída libre.
𝒗𝟎𝒚 ≠ 𝒗𝒇𝒚
La aceleración posee una magnitud igual a la gravedad.
𝒂𝒚 = 𝒈 = − 𝟗. 𝟖 𝒎/𝒔²

6. ¿Cómo se comporta la velocidad en el eje “Y”?
Se inicia con una valor inicial conforme el cuerpo asciende esta disminuye hasta
llegar a cero en el punto más alto tal cual se estudió en caída libre.
𝒗𝒇𝒚 = 𝟎
∆𝒚= 𝒉𝒎𝒂𝒙

7. ¿Cómo se comporta la velocidad en el eje “Y”?
Se inicia con una valor inicial conforme el cuerpo asciende, esta disminuye hasta
llegar a cero en el punto más alto tal cual se estudió en caída libre.

8. ¿Cómo se comporta la velocidad en el eje “Y”?
Las velocidades que se encuentran al mismo nivel son iguales en magnitud y
diferentes a las de otros niveles. 𝒗𝟏𝒚 = 𝒗𝟑𝒚

9. ¿Cómo calculamos el tiempo, ∆𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙?
El tiempo que le toma al cuerpo ir de su posición inicial al punto más alto, es el
mismo de regreso.
∆𝑡𝐴𝐵= ∆𝑡𝐵𝐶= ∆𝑡
∆𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= ∆𝑡𝐴𝐵 + ∆𝑡𝐵𝐶= 2∆𝑡
∆𝑦 = ℎ𝑚𝑎𝑥
Punto inicial
Punto final en
el eje “Y”, B
Punto final en
el eje “X”, C
B
C
A

10. La velocidad inicial como vector,𝒗𝟎
Como todo vector puede descomponerse en los componentes del plano XY.
𝒗𝟎𝒙 = 𝒗𝟎𝒄𝒐𝒔𝜽
𝒗𝒐𝒚 = 𝒗𝟎𝒔𝒆𝒏𝜽
𝜽 = 𝒕𝒂𝒏−𝟏
𝒗𝒐𝒚
𝒗𝟎𝒙
𝜃
X
Y
𝒗𝟎𝒙
𝒗𝟎𝒚
𝒗𝟎

11. ¿Cuales son las ecuaciones que se utilizan?
En el eje “X”
∆𝒙 = 𝒗𝒙∆𝒕
En el eje “Y”
𝒗𝒇𝒚 = 𝒗𝟎𝒚 + 𝒈∆𝒕
𝒗𝒇𝒚
𝟐
= 𝒗𝒐𝒚
𝟐
+ 𝟐𝒈 𝒚𝒇 − 𝒚𝟎
𝒚𝒇 = 𝒚𝟎 + 𝒗𝒐𝒚∆𝒕 +
𝟏
𝟐
𝒈∆𝒕𝟐
Donde
𝒈 = −𝟗. 𝟖 𝒎/𝒔²

12. Ejemplo
Laura lanza bolas de papel a la papelera. Efectúa los
lanzamientos con una velocidad inicial de 2 m/s y un ángulo de
30° sobre la horizontal. Si la altura desde la que lanza es de 1 m
y 15 cm:
a)¿Dónde debe estar situada la papelera para que Laura
enceste sus lanzamientos, la altura de la papelera es de 50 cm
y su diámetro es de 20 cm?
b) ¿Con qué velocidad entrará la bola en la papelera?

13. Ejemplo
Esquema del problema

14. Ejemplo
Esquema del problema
𝑦𝑓 = 0.5 𝑚
𝑦0 = 1.15 𝑚
∆𝑥
30°
𝒗𝒙
𝒗𝒚

15. Ejemplo: Solución
Es necesario expresar la velocidad en sus componentes
𝑣0 = 2 𝑚/𝑠
𝑣0𝑥 = 2 𝑚/𝑠 𝑐𝑜𝑠30
𝒗𝟎𝒙 = 𝟏. 𝟕𝟑 𝒎/𝒔
𝑣0𝑦 = 2 𝑚/𝑠 𝑠𝑒𝑛30
𝒗𝟎𝒚 = 𝟏 𝒎/𝒔

16. Ejemplo: Solución
Inciso a) Los datos del problema son
𝑣0𝑥 = 1.73 𝑚/𝑠
𝑣0𝑦 = 1 𝑚/𝑠
𝑦0 = 1.15 𝑚
𝑦𝑓 = 0.5 𝑚
∆𝑥 =?
Con los datos podemos obtener el tiempo que le lleva a la bola ir de la altura
inicial a la final, con la ecuación
𝑦𝑓 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦∆𝑡 +
1
2
𝑔∆𝑡2

17. Ejemplo: Solución
Ahora al sustituir
𝑦𝑓 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦∆𝑡 +
1
2
𝑔∆𝑡2
0.5 = 1.15 + 1 ∆𝑡 +
1
2
−9.8 ∆𝑡2
Operando
−4.9∆𝑡2 + ∆𝑡 + 0.65 = 0
Resolviendo
∆𝑡1=
− 1 + 1 2 − 4(−4.9) 0.65
2 −4.9
∆𝑡1= −0.28 𝑠

18. Ejemplo: Solución
Resolviendo
∆𝑡2=
− 1 − 1 2 − 4(−4.9) 0.65
2 −4.9
∆𝑡1=
−1 − 1 + 12.74
−9.8
∆𝑡2=
−1 − 3.71
−9.8
∆𝒕𝟐= 𝟎. 𝟒𝟖 𝒔
Este es el tiempo correcto ya que no existen tiempos negativos

19. Ejemplo: Solución
Con este tiempo podemos determinar la distancia horizontal que debe
existir entre el punto de lanzamiento hasta la posición de la papelera.
∆𝑥 = 𝑣0𝑥∆𝑡
Sustituyendo
∆𝑥 = 1.73 𝑚/𝑠 0.48 𝑠
∆𝑥 = 0.83 𝑚
Entonces, como la papelera tiene un diámetro de 20 cm (0.20 m)
∆𝑥′= 0.83 𝑚 − 0.20 𝑚 = 0.63 𝑚
𝑫𝒆𝒃𝒆 𝒆𝒔𝒕𝒂𝒓 𝒔𝒊𝒕𝒖𝒂𝒅𝒂 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝟎. 𝟔𝟑𝒎 𝒚 𝟎. 𝟖𝟑 𝒎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒐𝒅𝒆𝒓 𝒆𝒏𝒄𝒆𝒔𝒕𝒂𝒓.

20. Ejemplo: Solución
Inciso b) la velocidad con la que entra la bola a la papelera
𝑦𝑓 = 0.5 𝑚
𝑦0 = 1.15 𝑚
∆𝑥
30°
𝒗𝒙
𝒗𝒚
𝒚𝒎𝒂𝒙 = ?

21. Ejemplo: Solución
Primero determinamos la altura máxima de la bola,
partiendo de la velocidad inicial en Y
𝑣𝑓𝑦
2
= 𝑣0𝑦
2
+ 2𝑔 𝑦𝑚𝑎𝑥 − 𝑦0
Sustituyendo
0 = 1 2
+ 2 −9.8 𝑦𝑚𝑎𝑥 − 1.15
0 = 1 − 19.6 𝑦𝑚𝑎𝑥 − 1.15
0 = 1 − 19.6𝑦𝑚𝑎𝑥 + 22.54
𝑦𝑚𝑎𝑥 =
1 + 22.54
19.6
=
23.54 𝑚/𝑠
19.6 𝑚/𝑠²
= 1.20 𝑚

22. Ejemplo: Solución
Con esta altura podemos determinar la velocidad en “Y”
con la que la bola llega a la papelera
𝑣𝑓𝑦
2
= 𝑣0𝑦
2
+ 2𝑔 𝑦𝑓 − 𝑦𝑚𝑎𝑥
Sustituyendo
𝑣𝑓𝑦
2
= 0 2
+ 2 −9.8 0.5 − 1.20
𝑣𝑓𝑦
2
= 0 − 19.6 −0.70
𝑣𝑓𝑦 = 13.72
𝑣𝑓𝑦 = 3.70 𝑚/𝑠

23. Ejemplo: Solución
Con la velocidad encontrada podemos determinar la magnitud de la
velocidad total con la que la bola entra a la papelera.
𝑣𝑓𝑦 = 3.70 𝑚/𝑠
𝑣0𝑥 = 𝑣𝑥 = 1.73 𝑚/𝑠
𝑣→ = 𝑣𝑓𝑦
2
+ 𝑣𝑥
2
𝑣→ = 3.70 2 + 1.73 2
𝒗→ = 𝟏𝟔. 𝟔𝟖 = 𝟒. 𝟎𝟖 𝒎/𝒔

24. Problema No. 1
Un avión que vuela a 2000 m de altura con una
velocidad de 800 km/h suelta una bomba cuando se
encuentra a 5000 m del objetivo. Determinar:
a) ¿A qué distancia del objetivo cae la bomba?.
b) ¿Cuánto tarda la bomba en llegar al suelo?.
c) ¿Dónde está el avión al explotar la bomba?.
Exámen Corto No. 3

25. Problema No. 2
La esfera mostrada se lanza horizontalmente con v = 20 m/s.
Hallar la longitud del plano inclinado, la distancia x y “y”
recorridas y el tiempo que tarda en hacerlo.