Tiro parabólico con desnivel

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 15:02 29 dic 2013

Contenido

1 Enunciado
2 Introducción
3 Solución sin barrera
4 Solución con barrera
5 Exceso de velocidad

1 Enunciado

En una partida de los Angry Birds se debe lanzar un pájaro para alcanzar a un cerdo, siendo el movimiento del pájaro debido únicamente a la acción de la gravedad (se desprecia el rozamiento con el aire).

El tirachinas con el que se lanza el pájaro se encuentra a una altura de 5 m respecto al suelo en el que se halla el cerdo. Éste se encuentra a una distancia sobre la horizontal horizontal de 7 m del lanzador.

Entre el pájaro y el cerdo se encuentra una barrera de 5 m de altura, situada a 4 m del punto de lanzamiento.

Suponiendo que tanto el pájaro como el cerdo son objetos puntuales y que la barrera es de pequeño espesor, pero absolutamente rígida, calcule la rapidez y el ángulo de elevación respecto a la horizontal con los que debe lanzarse el pájaro, si la rapidez debe ser mínima. ¿Qué rapidez tiene el pájaro en el momento en que impacta con el cerdo? ¿Cuánto tarda en hacerlo? Tómese $g=9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ .

Suponga ahora que, por error, le comunicamos una rapidez mayor en un 5% a la que debería tener, pero manteniendo correcto el ángulo. ¿Cuánto más lejos o más cerca impacta el pájaro?

2 Introducción

A la hora de resolver este problema puede darse por sentado, demasiado a la ligera, que la trayectoria óptima es la que pasa rasante por la barrera, pero esto no tiene por qué ser así.

Imaginemos que la barrera, en lugar de estar a 4 m estuviera a solo 1 m. Es claro entonces que la mejor trayectoria esquivaría la barrera, pasando por encima de ella y sería lo mismo que si no estuviera.

Tenemos entonces que calcular la trayectoria de mínima rapidez y ver si pasa por encima de la barrera o choca con ella. Si es lo primero, ya habremos acabado, si es lo segundo habrá que calcular de nuevo empleando la trayectoria que pasa rasante.

3 Solución sin barrera

Supongamos, para hacerlo general, que el pájaro se encuentra a una altura $z = h$ , y el cerdo a una distancia horizontal $x = b$ del punto de lanzamiento.

Una vez que el pájaro es lanzado describe un movimiento parabólico

$\vec{r}(t)=\vec{r}_0+\vec{v}_0t+\frac{1}{2}\vec{g}t^2$

con las condiciones iniciales

$\vec{r}_0=h\vec{k}\qquad\qquad\vec{v}_0=v_0\cos(\alpha)\vec{\imath}+v_0\,\mathrm{sen}(\alpha)\vec{k}$

Separando en componentes nos quedan las ecuaciones horarias

$\left\{\begin{array}{rcl} x & = & v_0\cos(\alpha) t \\ && \\ z & = & h +v_0\,\mathrm{sen}(\alpha)t-\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\end{array}\right.$

siendo $v 0$ la rapidez inicial y $α$ el ángulo de lanzamiento respecto a la horizontal.

Podemos eliminar el tiempo entre estas dos ecuaciones despejando en la primera y sustituyendo en la segunda. Queda la ecuación de la trayectoria parabólica

$z = h + \mathrm{tg}(\alpha) x - \frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}$

puesto que esta parábola debe pasar por el punto en que se halla el cerdo ( $x = b$ , $z = 0$ ), debe cumplirse

$0 = h + \mathrm{tg}(\alpha) b - \frac{gb^2}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}$

Tenemos infinitas parábolas que llevan del pájaro al cerdo, cada una con un ángulo de lanzamiento y una velocidad inicial correspondiente.

Podemos ver que hay un ángulo mínimo, que correspondería a que fuera en línea recta, tal que

$\mathrm{tg}(\alpha_\mathrm{min})=-\frac{h}{b}$

y uno máximo, que sería de 90°. Despejando de aquí, podemos obtener una relación entre la rapidez inicial y el ángulo de lanzamiento

$v_0^2=\frac{gb^2}{2(h + b\,\mathrm{tg}(\alpha))\cos^2\alpha}=\frac{gb^2}{2(h\cos^2(\alpha)+b\,\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha))}$

Podemos representar la rapidez inicial frente al ángulo de lanzamiento

Esta gráfica muestra que la rapidez alcanza un valor mínimo.

Podemos ver por qué. Para conseguir que el pájaro vaya en línea recta hasta el cerdo, debe dispararse con tanta velocidad, que el efecto sea despreciable. Para alcanzarlo con un lanzamiento de casi 90° también debe comunicarse una gran rapidez, ya que si no caería casi al lado del punto de lanzamiento. Entre estos dos valores infinitos, habrá un valor mínimo.

Podemos hallar el ángulo para el cual rapidez es mínima derivando la expresión anterior

$0=\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}\alpha}(v_0^2)=\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}\alpha}\left(\frac{gb^2}{2(h\cos^2(\alpha)+b\,\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha))}\right)$

Aplicamos la regla para la derivada de un cociente

$0 = -\frac{gb^2}{2(h\cos^2(\alpha)+b\,\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha))^2}\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}\alpha}\left(h\cos^2(\alpha)+b\,\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha)\right)$

El cálculo se reduce a que se anule la última derivada, lo que da

$-2h\,\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha)+b(\cos^2(\alpha)-\mathrm{sen}^2(\alpha))=0$

Podemos simplificar esta ecuación empleando las relaciones trigonométricas del ángulo doble

$-h\,\mathrm{sen}(2\alpha)+b\cos(2\alpha)=0\qquad\Rightarrow\qquad \mathrm{tg}(2\alpha)=\frac{b}{h}$

Finalmente, el ángulo de rapidez mínima es

$\alpha=\frac{1}{2}\mathrm{arctg}\left(\frac{b}{h}\right)$

Para este ángulo, el cuadrado de la rapidez inicial cumple

$v_{0\mathrm{min}}^2 = \frac{gb^2}{2(h+b\,\mathrm{tg}(\alpha))\cos^2(\alpha)}$

con

$h = \frac{b}{\mathrm{tg}(2\alpha)}=\frac{b(1-\mathrm{tg}^2(\alpha))}{2\mathrm{tg}(\alpha)}$

Sustituyendo esta relación en la ecuación anterior queda el resultado sencillo

$v_{0\mathrm{min}}^2 = gb\,\mathrm{tg}(\alpha)$

A modo de comprobación podemos ver qué ocurre si no hay desnivel, es decir si h = 0. Para este caso

$(h=0)\qquad \mathrm{tg}(2\alpha)\to\infty\qquad\rightarrow\qquad 2\alpha=\frac{\pi}{2}\qquad\rightarrow\qquad\alpha=\frac{\pi}{4}=45^\circ$

y

$v_{0\mathrm{min}}^2=gb$

que son las relaciones para el tiro parabólico horizontal.

En nuestro caso práctico

$\alpha=\frac{1}{2}\mathrm{arctg}\left(\frac{7}{5}\right)=0.475 = 27.23^\circ$

siendo la rapidez mínima

$v_{0\mathrm{min}}=\sqrt{gb\,\mathrm{tg}(\alpha)} = 5.94\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$

Ahora bien, para esta rapidez mínima, ¿se choca con la barrera?

Calculamos la altura cuando pasa por x = 4 m

$z = h + \mathrm{tg}(\alpha)x -\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2(\alpha)} = 4.25\,\mathrm{m}$

que es menor que la altura de la barrera. Por tanto se chocaría con ella y esta solución no es la mínima posible. La trayectoria de menor rapidez que pasa por encima de la barrera será una con un valor mayor de la rapidez inicial, de forma que pase rasante por la barrera.

4 Solución con barrera

hemos demostrado que si el pájaro siguiera la trayectoria de rapidez mínima hacia el cerdo chocaría con la barrera, aunque si la barrera hubiera estado más cerca habría pasado por encima.

La mejor trayectoria posible entonces es una de mayor rapidez inicial que pasa rasante por la barrera. Esto se expresa matemáticamente imponiendo que la parábola

$z = h + \mathrm{tg}(\alpha)x-\frac{g x^2}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}$

pase por el punto $x=d=4\,\mathrm{m}$ , $z=h=5\,\mathrm{m}$ , es decir, tenemos el sistema de ecuaciones

$\left\{\begin{array}{rcl} 0 & = & h + Ab + Bb^2 \\ h & = & h + Ad+Bd^2\end{array}\right.$

con A y B los coeficientes de la parábola que queremos determinar

$A = \mathrm{tg}(\alpha)\qquad\qquad B = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}$

Del sistema de ecuaciones para A y B obtenemos

$A=\frac{hd}{b(b-d)}\qquad\qquad B = -\frac{h}{b(b-d)}$

De aquí calculamos el ángulo de lanzamiento como

$\mathrm{tg}(\alpha)=A=\frac{hd}{b(b-d)}\qquad\Rightarrow\qquad \alpha=\mathrm{arctg}\left(\frac{hd}{b(b-d)}\right)$

y la rapidez inicial la obtenemos de que

$v_0^2 = -\frac{g}{2B\cos^2(\alpha)}= -\frac{g}{2B}\left(1+ \mathrm{tg}^2(\alpha)\right)=\frac{g \left(b^2(b-d)^2+d^2 h^2\right)}{2 b (b-d) h}$

Numéricamente, para nuestro caso particular, esto da,

$\alpha=\mathrm{arctg}\left(\frac{20}{21}\right)=0.761\,\mathrm{rad}=43.6^\circ$

y para la rapidez obtenemos

$v_0^2 = 39.29\,\frac{\mathrm{m}^2}{\mathrm{s}^2}\qquad\Rightarrow\qquad v_0=6.27\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$

Una vez que tenemos la rapidez inicial y el ángulo de lanzamiento podemos hallar el tiempo de impacto, ya que

$x = v_0\cos(\alpha) t\,$

y esto alcanza el valor $x=b = 7\,\mathrm{m}$ en

$t =1.54\,\mathrm{s}$

la rapidez de impacto la podemos hallar calculando la velocidad y hallando su módulo, o aplicando que en un movimiento con aceleración constante

$|\vec{v}|=\sqrt{v_0^2+2gh}=11.72\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$

5 Exceso de velocidad

Si manteniendo el ángulo de lanzamiento se le comunica al pájaro una rapidez inicial mayor, describirá una parábola más abierta y caerá más allá del cerdo

la nueva posición de impacto la calculamos con la ecuación de la parábola

$0 = h + \mathrm{tg}(\alpha) x - \frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}$

siendo la nueva rapidez inicial

$v_0=1.05v_{0\mathrm{min}}=6.58\,ºfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$

Esto da una ecuacion de segundo grado en x, con soluciones

$x_1= -3.09\,\mathrm{m}\qquad\qquad x_2= 7.498\,\mathrm{m}$

La primera solución la descartamos por ser negativa y queda un incremento en la distancia de

$\Delta x = (7.498-7)\,\mathrm{m}=49.8\,\mathrm{cm}$

@@ Línea 174: / Línea 174: @@
 <center>[[Archivo:dos.parabolas-angry-02.png]]</center>
+la nueva posición de impacto la calculamos con la ecuación de la parábola
+<center><math>0 = h + \mathrm{tg}(\alpha) x - \frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}</math></center>
+siendo la nueva rapidez inicial
+<center><math>v_0=1.05v_{0\mathrm{min}}=6.58\,ºfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}</math></center>
+Esto da una ecuacion de segundo grado en x, con soluciones
+<center><math>x_1= -3.09\,\mathrm{m}\qquad\qquad x_2= 7.498\,\mathrm{m}</math></center>
+La primera solución la descartamos por ser negativa y queda un incremento en la distancia de
+<center><math>\Delta x = (7.498-7)\,\mathrm{m}=49.8\,\mathrm{cm}</math></center>
 [[Categoría:Problemas de cinemática de la partícula (GIE)]]

Tiro parabólico con desnivel

De Laplace

Revisión de 15:02 29 dic 2013

Contenido

1 Enunciado

2 Introducción

3 Solución sin barrera

4 Solución con barrera

5 Exceso de velocidad

Herramientas:

Buscar

Vistas

Herramientas

Herramientas personales

Navegación

SEARCH

TOOLBOX

LANGUAGES