Movimiento curvilíneo

1.-Un barco se mueve hacia el norte con velocidad constante de 30 km/h, otro barco que dista 10 km, se mueve en la dirección N 60° O con velocidad constante de 20 km/h. Calcular la distancia de máximo acercamiento entre ambos

Solución

$\begin{array}{l} \vec{r_{1}} = 30 t \cdot \hat{j} \\ \vec{r_{2}} = (10 - 20 \cos 30 t) \cdot \hat{i} + 20 \sin 30 t \cdot \hat{j} \\ \vec{r} = \vec{r_{2}} - \vec{r_{1}} = 10 (1 - \sqrt{3} t) \cdot \hat{i} + (- 20) t \cdot \hat{j} \end{array}$

Calculamos la distancia r entre los dos barcos, se derivada de r con respecto al tiempo t y se iguala a cero.

$\begin{array}{l} r = 10 \sqrt{{(1 - \sqrt{3} t)}^{2} + 4 t^{2}} \\ \frac{d r}{d t} = 0 t = \frac{\sqrt{3}}{7} h \end{array}$

2.-Nos encontramos en la antigua Suiza, donde Guillermo Tell va a intentar ensartar con una flecha una manzana dispuesta en la cabeza de su hijo a cierta distancia d del punto de disparo (la manzana está 5 m por debajo del punto de lanzamiento de la flecha). La flecha sale con una velocidad inicial de 50 m/s haciendo una inclinación de 30º con la horizontal y el viento produce una aceleración horizontal opuesta a su velocidad de 2 m/s².

Calcular la distancia horizontal d a la que deberá estar el hijo para que pueda ensartar la manzana.
Hállese la altura máxima que alcanza la flecha medida desde el punto de lanzamiento. (g=9.8 m/s²)

Solución

Ecuaciones del movimiento

$\begin{array}{l} {\begin{cases} a_{x} = -2 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 50 \cos 30 + (- 2) t \\ v_{y} = 50 \sin 30 + (- 9.8) t \end{cases} {\begin{cases} x = 50 \cos 30 \cdot t + \frac{1}{2} (- 2) t^{2} \\ y = 50 \sin 30 t + \frac{1}{2} (- 9.8) t^{2} \end{cases} \end{array}$

Punto de impacto, x=d, y=-5 m

-5=25t-4.9t²

t=5.29 s, x=201.23 m

Máxima altura, v_y=0, 25-9.8t=0

t=2.55 s, y=31.89 m

3.-Un cuerpo baja deslizando por el plano inclinado de 30º alcanzando al final del mismo una velocidad de 10 m/s. A continuación, cae siendo arrastrado por un viento en contra que causa la aceleración horizontal indicada en la figura.

Cuánto vale el alcance?
Con qué velocidad llega a ese punto?

Solución

4.-Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo con la ley a_x=0, a_y=4cos(2t) m/s². En el instante t=0, el móvil se encontraba en x=0, y=-1 m, y tenía la velocidad v_x=2, v_y=0 m/s.

Hallar las expresiones de $\vec{r} (t)$ y $\vec{v} (t)$ .
Dibujar y calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=π/6 s.

Solución

Movimiento uniforme a lo largo del eje X

v_x=2, x=2·t

Movimiento a lo largo del eje Y

$\begin{array}{l} v_{y} - 0 = \int_{0}^{t} 4 \cos (2 t) d t v_{y} = 2 \sin (2 t) m/s \\ y - (- 1) = \int_{0}^{t} 2 \sin (2 t) d t y = - \cos (2 t) m \end{array}$

Aceleración tangencial y normal

$t = \frac{π}{6} {\begin{cases} v_{x} = 2 \\ v_{y} = \sqrt{3} \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = 2 \end{cases}$

$θ = \arctan \frac{v_{x}}{v_{y}} = 49.1 º {\begin{cases} a_{t} = a \cdot \cos θ = 1.31 {m/s}^{2} \\ a_{n} = a \cdot \sin θ = 1.51 {m/s}^{2} \end{cases}$

5.-El vector velocidad del movimiento de una partícula viene dado por $\vec{v} = (3 t - 2) \hat{i} + (6 t^{2} - 5) \hat{j}$ . Si la posición del móvil en el instante t=1 s es $\vec{r} = 3 \hat{i} - 2 \hat{j} m$ . Calcular

El vector posición del móvil en cualquier instante.
El vector aceleración.
Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=2 s. Dibujar el vector velocidad, el vector aceleración y las componentes tangencial y normal en dicho instante.

Solución

Vector aceleración

$a_{x} = \frac{d v_{x}}{d t} = 3 {m/s}^{2} a_{y} = \frac{d v_{y}}{d t} = 12 t {m/s}^{2}$

Vector posición

$\begin{array}{l} x - 3 = \int_{1}^{t} (3 t - 2) d t x = \frac{3}{2} t^{2} - 2 t + \frac{7}{2} m \\ y - (- 2) = \int_{1}^{t} (6 t^{2} - 5) d t y = 2 t^{3} - 5 t + 1 m \end{array}$

Componentes tangencial y normal de la aceleración

$\begin{array}{l} t = 2 s {\begin{cases} v_{x} = 4 m/s \\ v_{y} = 19 m/s \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 3 {m/s}^{2} \\ a_{y} = 24 {m/s}^{2} \end{cases} \\ a = \sqrt{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = 24.2 {m/s}^{2} \\ θ = \arctan \frac{a_{y}}{a_{x}} - \arctan \frac{v_{y}}{v_{x}} = 4.8 º \\ a_{t} = a \cos θ = 24.1 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 2.0 {m/s}^{2} \end{array}$

6.-La componentes de la velocidad de una partícula son v_x=2·sin(2t), v_y=4t m/s. En el instante t=0, su posición inicial es x=-1, y=0, m. Calcular

El vector posición y el vector aceleración en el instante t.
El vector velocidad y el vector aceleración en el instante t=π/8 s, las componentes tangencial y normal de la aceleración

Solución

$\begin{array}{l} a_{x} = \frac{d v_{x}}{d t} = 4 \cos (2 t) a_{y} = \frac{d v_{y}}{d t} = 4 \\ x - x_{0} = \int_{t_{0}}^{t} v_{x} d t x - (- 1) = \int_{0}^{t} (2 \sin (2 t)) d t x + 1 = {- \cos (2 t) |}_{0}^{t} \\ x = - \cos (2 t) \\ y - y_{0} = \int_{t_{0}}^{t} v_{y} d t y - 0 = \int_{t_{0}}^{t} (4 t) d t y = {2 t^{2} |}_{0}^{t} \\ y = 2 t^{2} \\ t = \frac{π}{8} s v (m/s) {\begin{cases} v_{x} = \sqrt{2} \\ v_{y} = \frac{π}{2} \end{cases} a ({m/s}^{2}) {\begin{cases} a_{x} = 2 \sqrt{2} \\ a_{y} = 4 \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} θ_{2} = atan \frac{v_{y}}{v_{x}} θ_{2} = 48 º \\ θ_{1} = atan \frac{a_{y}}{a_{x}} θ_{1} = 54.7 º \\ a = \sqrt{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = 2 \sqrt{6} \\ a_{t} = a \cos (θ_{1} - θ_{2}) = 4.87 {m/s}^{2} \\ a_{n} = a \sin (θ_{1} - θ_{2}) = 0.57 {m/s}^{2} \end{array}$

7.-Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo a la ley a_x=0, a_y=2cos(πt/2) m/s². En el instante inicial t=0, x=0, y=-8/π², v_x=2, v_y=0. Encontrar:

El vector posición y el vector velocidad en función del tiempo.
La ecuación de la trayectoria, representarla
Representar la aceleración, aceleración tangencial y normal sobre la trayectoria en los instantes t=1 y t=2s.

Solución

Movimiento uniforme a lo largo del eje X

x=2·t

Movimiento a lo largo del eje Y

$\begin{array}{l} v_{y} - 0 = \int_{0}^{t} 2 \cos (\frac{π}{2} t) d t v_{y} = \frac{4}{π} \sin (\frac{π}{2} t) \\ y - (- \frac{8}{π^{2}}) = \int_{0}^{t} \frac{4}{π} \sin (\frac{π}{2} t) d t y = - \frac{8}{π^{2}} \cos (\frac{π}{2} t) \end{array}$

Ecuación de la trayectoria

Se elimina t de las ecuaciones paramétricas

$y = - \frac{8}{π^{2}} \cos (\frac{π}{4} x)$

Componenentes de la aceleración

$\begin{array}{l} t = 1 {\begin{cases} x = 2 \\ y = 0 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 2 \\ v_{y} = 4 / π \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = 0 \end{cases} {\begin{cases} a_{t} = 0 \\ a_{n} = 0 \end{cases} \\ t = 2 {\begin{cases} x = 4 \\ y = 8 / π^{2} \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 2 \\ v_{y} = 0 \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 2 \end{cases} {\begin{cases} a_{t} = 0 \\ a_{n} = 2 \end{cases} \end{array}$

8.-Se lanza una pelota verticalmente hacia arriba con una velocidad de 20 m/s desde la azotea de un edificio de 50 m de altura. La pelota además es empujada por el viento, produciendo un movimiento horizontal con aceleración de 2 m/s², (tómese g=10 m/s²). Calcular:

La distancia horizontal entre el punto de lanzamiento y de impacto.
Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=3 s.

Solución

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 2 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 2 t \\ v_{y} = 20 + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = \frac{1}{2} 2 t^{2} \\ y = 50 + 20 t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto: y=0

t=5.7 s, x=39.2 m

Componentes de la aceleración

$\begin{array}{l} t = 3 s {\begin{cases} v_{x} = 6 \\ v_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 2 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} \\ a = \sqrt{a_{x}^{2} + a_{y}^{2}} = \sqrt{104} \\ θ = \arctan \frac{v_{x}}{| v_{y} |} - \arctan \frac{a_{x}}{| a_{y} |} = 19.7 º \\ a_{t} = a \cos θ = 9.60 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 3.43 {m/s}^{2} \end{array}$

Movimiento bajo la aceleración constante de la gravedad

9.-Un proyectil es disparado con una velocidad de 600 m/s, haciendo un ángulo de 60º con la horizontal. Tomar g=10 m/s². Calcular:

El alcance horizontal.
La altura máxima

Solución

10.- Un cañón está situado sobre la cima de una colina de 500 m de altura y dispara un proyectil con una velocidad de 60 m/s, haciendo un ángulo de 30º por debajo de la horizontal.

Calcular el alcance medido desde la base de la colina.
Las componentes tangencial y normalde la aceleración 3 s después de efectuado el disparo. Dibujar un esquema en los que se especifique los vectores velocidad, aceleración y sus componentes tangencial y normal en ese instante. (Tómese g=10 m/s²)

Solución

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 60 \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - 60 \cdot \sin 30 + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = 30 \sqrt{3} \cdot t \\ y = 500 - 30 t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Alcance, y=0

t=7.44 s, x=386.6 m

Componentes de la aceleración para t=3 s

$\begin{array}{l} θ = \arctan \frac{v_{x}}{| v_{y} |} = 40.9 º \\ a_{t} = a \cos θ = 7.56 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 6.55 {m/s}^{2} \end{array}$

11.- Se dispara un proyectil desde lo alto de una colina de 300 m de altura, haciendo un ángulo de 30º por debajo de la horizontal.

Determinar la velocidad de disparo para que el proyectil impacte sobre un blanco situado a una distancia horizontal de 119 m, medida a partir de la base de la colina.
Calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración cuando el proyectil se encuentra a 200 m de altura.

Solución

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - v \cdot \sin 30 + (- 9.8) t \end{cases} {\begin{cases} x = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ y = 300 - \frac{v}{2} t + \frac{1}{2} (- 9.8) t^{2} \end{cases}$

Impacto: y=0, x=119 m

t=6.87 s, v=20 m/s

Componentes de la aceleración para y=200 m

$\begin{array}{l} 200 = 300 - 10 \cdot t - 4.9 t^{2} t = 3.61 s \\ t = 3.61 s {\begin{cases} v_{x} = 10 \sqrt{3} \\ v_{y} = - 45.39 \end{cases} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} \\ θ = \arctan \frac{v_{x}}{| v_{y} |} = 20.9 º \\ a_{t} = a \cos θ = 9.16 {m/s}^{2} a_{n} = a \sin θ = 3.49 {m/s}^{2} \end{array}$

12.-Queremos disparar un proyectil que pasa por dos huecos hechos en paredes opuestas de un edificio, el primer hueco dista 5 m del tirador y está a una altura de 5 m, el segundo hueco está a una altura de 2 m y la distancia entre las paredes es de 6 m.

Calcular la velocidad de disparo v₀ y el ángulo de tiro θ

Solución

Ecuaciones del movimiento

$\vec{a} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - g \end{cases} \vec{v} {\begin{cases} v_{x} = v_{0} \cos θ \\ v_{y} = v_{0} \sin θ + (- g) t \end{cases} \vec{r} {\begin{cases} x = v_{0} \cos θ \cdot t \\ y = v_{0} \sin θ \cdot t + \frac{1}{2} (- g) t^{2} \end{cases}$

Eliminamos t para obtener la ecuación de la trayectoria

$y = x \tan θ - \frac{1}{2} g \frac{x^{2}}{v_{0}^{2} \cos^{2} θ}$

Para x=5, y=5 y para x=11, y=2. Con estos datos despejamos las incógnitas v₀ y θ

${\begin{cases} 5 = 5 \cdot \tan θ - 4.9 \frac{5^{2}}{v_{0}^{2} \cos^{2} θ} \\ 2 = 11 \cdot \tan θ - 4.9 \frac{11^{2}}{v_{0}^{2} \cos^{2} θ} \end{cases}$

θ=59.3°, v₀=14.8 m/s

12.-Un patinador desciende por una pista helada, alcanzando al finalizar la pista una velocidad de 45 m/s. En una competición de salto, debería alcanzar 90 m a lo largo de una pista inclinada 60º respecto de la horizontal. (Tómese g=10 m/s²)

¿Cuál será el ángulo (o los ángulos) a que debe formar su vector velocidad inicial con la horizontal?.
¿Cuánto tiempo tarda en aterrizar?

Solución

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 45 \cdot \cos θ \\ v_{y} = 45 \cdot \sin θ + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = 45 \cdot \cos θ \cdot t \\ y = 90 \cdot \sin 60 + 45 \cdot \sin θ t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto: y=0, x=90·cos60=45 m

Eliminando el tiempo t, obtenemos la ecuación

$0 = 45 \sqrt{3} + 45 \cdot \sin θ \frac{1}{\cos θ} - 5 \frac{1}{\cos^{2} θ}$

Teniendo en cuenta la relación trigonométrica

$\begin{array}{l} \frac{1}{\cos^{2} θ} = 1 + \tan^{2} θ \\ \tan^{2} θ - 9 \tan θ + 1 - 9 \sqrt{3} = 0 {\begin{cases} θ_{1} = 84.5 º \\ θ_{1} = - 54.5 º \end{cases} {\begin{cases} t_{1} = 10.45 s \\ t_{1} = 1.72 s \end{cases} \end{array}$

13.-Un patinador comienza a descender por una pendiente inclinada 30º respecto de la horizontal.

Calcular el valor mínimo de la distancia x al final de la pendiente de la que tiene que partir para que pueda salvar un foso de 5 m de anchura.

El coeficiente de rozamiento entre el patinador y la pista es μ=0.2

Solución

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - v \cdot \sin 30 + (- 9.8) t \end{cases} {\begin{cases} x = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ y = 10 - \frac{v}{2} t + \frac{1}{2} (- 9.8) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto: x=5 m, y=0

t=1.20 s, v₀=4.79 m/s

Aplicamos el balance energético para calcular la distancia x a lo largo del plano inclinado desde la que parte el patinador.

En A la energía es potencial, en B la energía es cinética

$\begin{array}{l} E_{A} = m \cdot 9.8 \cdot x \cdot \sin 30 E_{B} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} \\ W = - F_{r} x = - μ \cdot N x = - 0.2 \cdot m \cdot 9.8 \cdot \cos 30 \cdot x \\ W = E_{B} - E_{A} x = 3.58 m \end{array}$

14.- Un bloque de 0.5 kg de masa de radio comienza a descender por una pendiente inclinada 30º respecto de la horizontal hasta el vértice O en el que deja de tener contacto con el plano. El coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano inclinado es 0.2. (Tómese g=10 m/s²)

Determinar la velocidad del bloque en dicha posición.
Hallar el punto de impacto del bloque en el plano inclinado 45º, situado 2 m por debajo de O, tal como se indica en la figura.
Hallar el tiempo de vuelo T del bloque (desde que abandona el plano inclinado hasta el punto de impacto).

Solución

Movimiento en el plano inclinado.

Aplicamos el balance energético para calcular la velocidad final v del bloque cuando abandona el plano inclinado.

En A la energía es potencial, en B la energía es cinética

$\begin{array}{l} E_{A} = 0.5 \cdot 10 \cdot 20 \cdot \sin 30 E_{B} = \frac{1}{2} 0.5 v^{2} \\ W = - F_{r} \cdot 20 = - μ \cdot N \cdot 20 = - 0.2 \cdot 0.5 \cdot 10 \cdot \cos 30 \cdot 20 \\ W = E_{B} - E_{A} v = 11.43 m/s \end{array}$

Ecuaciones del movimiento

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 10 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v \cdot \cos 30 \\ v_{y} = - v \cdot \sin 30 + (- 10) t \end{cases} {\begin{cases} x = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ y = - \frac{v}{2} t + \frac{1}{2} (- 10) t^{2} \end{cases}$

Punto de impacto x=d·cos45, y=-2-d·sin45

${\begin{cases} d \frac{\sqrt{2}}{2} = v \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \\ - 2 - d \frac{\sqrt{2}}{2} = - \frac{v}{2} t - 5 t^{2} \end{cases} {\begin{cases} t = 1.18 s \\ d = 16.5 m \end{cases}$

15.-Un objeto desliza sobre el suelo con velocidad constante v₀. Cae por una escalera cuyos peldaños tienen la misma anchura y altura a.

Determinar la posición de impacto sobre el escalón n.

Datos: v₀=1.6 m/s, a=20 cm

Solución

La solución como vemos más abajo, en la figura, n=3

a=0.2; %anchura y altura del escalón
v0=1.6; %velocidad inicial
hold on
for k=1:4
    line([(k-1)*a,k*a],[-k*a,-k*a])
    line([(k-1)*a,(k-1)*a],[-(k-1)*a,-k*a])
end
n=3;
fplot(@(x) -4.9*x.^2/v0^2,[0,3*a])
t=sqrt(2*n*a/9.8);
x=v0*t;
plot(x,-n*a,'ro','markersize',3,'markerfacecolor','r')
hold off
axis equal
grid on
xlabel('x')
ylabel('y')
title('Tiro parabólico')

La ecuación del movimiento es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - g \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v_{0} \\ v_{y} = - g t \end{cases} {\begin{cases} x = v_{0} \cdot t \\ y = - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

El punto de impacto se produce en el escalón n para y=-na

$\begin{array}{l} - n a = - \frac{1}{2} g \frac{x^{2}}{v_{0}^{2}} \\ (n - 1) a < x < n a \end{array}$

La segunda inecuación se convierte en

$\begin{array}{l} n - 1 < v_{0} \sqrt{\frac{2 n}{g a}} < n \\ {(n - 1)}^{2} < v_{0}^{2} \frac{2 n}{g a} < n^{2} \\ \frac{{(n - 1)}^{2}}{n} < \frac{2 v_{0}^{2}}{g a} < n \\ \frac{{(n - 1)}^{2}}{n} < 2.6122 < n \end{array}$

El resultado es el escalón n=3, tal como se muestra en la figura

El tiempo que tarda en llegar a este escalón y la posición de impacto es es

$\begin{array}{l} - 3 a = - \frac{1}{2} g t^{2}, t = 0.35 s \\ x = v_{0} t, x = 0.56 m \end{array}$

que está comprendida entre 2a=40 cm y 3a=60 cm

16.-Un barco va a cruzar un río de 10 m de anchura, cuyas aguas llevan una velocidad constante de 18 km/h. La masa del barco es de 150 kg y la fuerza impulsora del motor es de 5 N, siempre apuntando en dirección perpendicular a la orilla. Calcular:

El tiempo que tardará el barco en cruzar el río.
El desplazamiento del barco.
Dibuja la trayectoria.

Solución

$\begin{array}{l} {\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = \frac{F}{m} = \frac{5}{150} \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 5 \\ v_{y} = \frac{1}{30} t \end{cases} {\begin{cases} x = 5 \cdot t \\ y = \frac{1}{2} \frac{1}{30} t^{2} \end{cases} \\ y = 10 m t = \sqrt{600} s x = 50 \sqrt{6} m \end{array}$

17.-Una pelota se lanza con velocidad inicial de v₀=7 m/s haciendo un ángulo de θ=60°, desde la posición O situado a una altura de h=1.5 m y a una distancia d=3 m de un frontón. La pelota rebota elásticamente con la pared en A (la componente x de su velocidad en el punto de impacto A cambia de signo, la componente y permanece inalterada).

la altura del punto de impacto A
la distancia del punto B de choque con el suelo al frontón

Solución

Situamos el origen y los ejes: X en el suelo, Y en el frontón

La ecuación del movimiento de la pelota hasta su impacto en A es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = - 7 \cos 60 \\ v_{y} = 7 \sin 60 - 9.8 t \end{cases} {\begin{cases} x = 3 - 7 \cos 60 \cdot t \\ y = 1.5 + 7 \sin 60 \cdot t - \frac{1}{2} 9.8 t^{2} \end{cases}$

El choque con el frontón se produce cuando x=0, en el instante

$t_{1} = \frac{3}{3.5} = 0.857 s$

La posición y velocidad de la pelota en A son

$t_{1} {\begin{cases} u_{x} = - 3.5 \\ u_{y} = - 2.34 \end{cases} {\begin{cases} x_{A} = 0 \\ y_{A} = 3.096 \end{cases}$

La pelota rebota en el frontón. La componente vertical de la velocidad no cambia, v_y=u_y, la componente horizontal de la velocidad cambia de signo, v_x=-u_x

Esta es la velocidad inicial de la pelota después de rebotar en A. La ecuación del movimiento de la pelota desde P hasta que llega al suelo en B es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - 9.8 \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = 3.5 \\ v_{y} = - 2.34 - 9.8 t \end{cases} {\begin{cases} x = 3.5 \cdot t \\ y = 3.096 - 2.34 \cdot t - \frac{1}{2} 9.8 t^{2} \end{cases}$

La pelota llega al suelo en B en el instante t₂, cuando y=0

t₂=0.591 s, x_B=2.07 m

18.-Se disparan proyectiles con velocidad inicial de v₀=8 m/s en todas las direcciones 0<θ<π/2 desde un punto P situado a h₁=0.6 m por debajo del techo y h₂=3 m por encima del suelo. Los proyectiles que llegan al techo rebotan elásticamente. Cuando llegan al suelo las colisiones son completamente inelásticas.

Determinar el ángulo crítico de disparo θ_m para la trayectoria justamente roze con el techo
Determinar el punto de impacto en el suelo de un proyectil cuyo ángulo de tiro θ<θ_m
Determinar el punto de impacto en el suelo de un proyectil cuyo ángulo de tiro θ>θ_m

En color amarillo, la trayectoria correspondiente al ángulo crítico de disparo, θ_m

Physics Challenge for Teachers and Students. A fall with a bang. The Physics Teacher, Vol. 58. September 2020, pp. 443
Solution to the September, 2020 Challenge. Phys. Teach. 58, A686 (2020)

Solución

La ecuaciones del movimiento de un proyectil disparado desde el origen con velocidad v₀ haciendo un ángulo θ es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{x} = - g \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = v_{0} \cos θ \\ v_{y} = v_{0} \sin θ - g t \end{cases} {\begin{cases} x = v_{0} \cos θ \cdot t \\ y = v_{0} \sin θ \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

Angulo crítico θ_m

La componente vertical v_y de la velocidad cuando el proyectil llega al techo y=h₁ es nula

$\begin{array}{l} {\begin{cases} 0 = v_{0} \sin θ - g t_{1} \\ h_{1} = v_{0} \sin θ \cdot t_{1} - \frac{1}{2} g t_{1}^{2} \end{cases} \\ \sin θ_{m} = \frac{\sqrt{2 g h_{1}}}{v_{0}} \end{array}$

con h₁=0.6 m y v₀=8 m/s, obtenemos θ_m=25.38°

El proyectil impacta en el suelo y=-h₂ en la posición

$\begin{array}{l} - h_{2} = v_{0} \sin θ_{m} \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \\ t = \frac{v_{0} \sin θ_{m} + \sqrt{v_{0}^{2} \sin^{2} θ_{m} + 2 g h_{2}}}{g} \\ x = v_{0} \cos θ_{m} \cdot t \end{array}$

Obtenemos t=1.207 s y x=8.724 m

Angulo θ<θ_m, por ejemplo θ=π/9 (20°)

El tiempo que tarda en llegar al suelo y=-h₂ y la posición del punto de impacto son

$\begin{array}{l} {\begin{cases} x = v_{0} \cos θ \cdot t \\ - h_{2} = v_{0} \sin θ \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases} \\ t = \frac{v_{0} \sin θ + \sqrt{v_{0}^{2} \sin^{2} θ + 2 g h_{2}}}{g} \\ x = v_{0} \cos θ \cdot t \end{array}$

Obtenemos, t=1.110 s y x=8.344 m

Angulo θ>θ_m, por ejemplo θ=π/3 (30°)

El proyectil llega al techo en el instante t₁

$\begin{array}{l} h_{1} = v_{0} \sin θ \cdot t_{1} - \frac{1}{2} g t_{1}^{2} \\ t_{1} = \frac{v_{0} \sin θ - \sqrt{v_{0}^{2} \sin^{2} θ - 2 g h_{1}}}{g} \end{array}$

La posición del punto de impacto en el techo y=h₁ es x₀=v₀cosθ·t₁

Las componentes de la velocidad del proyectil en este instante t₁ son

${\begin{cases} v_{0 x} = v_{0} \cos θ \\ v_{0 y} = v_{0} \sin θ - g t_{1} \end{cases}$

Si el choque contra el techo es elástico, la componente vertical de la velocidad v_y cambia de sentido

${\begin{cases} v_{0 x} = v_{0} \cos θ \\ v_{0 y} = - v_{0} \sin θ + g t_{1} \end{cases}$

Las ecuaciones del movimiento del proyectil desde el punto de partida en el techo hasta que llega al suelo son

${\begin{cases} x = x_{0} + v_{0 x} \cdot t \\ y = h_{1} + v_{0 y} t - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

Llega al suelo y=-h₂ en el instante t₁+t₂ tal que

$\begin{array}{l} - h_{2} = h_{1} + v_{0 y} t_{2} - \frac{1}{2} g t_{2}^{2} \\ t_{2} = \frac{v_{0 y} + \sqrt{v_{0 y}^{2} + 2 g (h_{1} + h_{2})}}{g} \end{array}$

El punto de impacto en el suelo y=-h₂ es x=x₀+v_0x·t₂

El tiempo desde que parte del techo y llega al suelo, t₂=0.672 s, el punto de impacto en el suelo, x=6.031 m

El código para representar las tres trayectorias es

h1=0.6; %posición del techo
h2=3; %posición del suelo
v0=8; %velocidad inicial
th_m=asin(sqrt(2*9.8*h1)/v0); %ángulo crítico
hold on
line([0,9],[h1,h1],'lineWidth',1.5) %techo
th=pi/6; %choca con el techo  
t1=(v0*sin(th)-sqrt(v0^2*sin(th)^2-2*9.8*h1))/9.8; %llega al techo
x=@(t) v0*cos(th)*t;
y=@(t) v0*sin(th)*t-4.9*t.^2;
fplot(x,y,[0,t1],'color','k');
v0x=v0*cos(th);
v0y=-v0*sin(th)+9.8*t1; %cambia de sentido de la vy
t2=(v0y+sqrt(v0y^2+2*9.8*(h1+h2)))/9.8; %llega al suelo
x=@(t) v0*cos(th)*t1+v0x*t;
y=@(t) h1+v0y*t-4.9*t.^2;
fplot(x,y,[0,t2],'color','k');
for th=[th_m,pi/9]
    x=@(t) v0*cos(th)*t;
    y=@(t) v0*sin(th)*t-4.9*t.^2;
    t2=(v0*sin(th)+sqrt(v0^2*sin(th)^2+2*9.8*h2))/9.8;
    fplot(x,y,[0,t2]);
end
hold off
xlabel('x')
ylabel('y')
grid on
title('Rebota en el techo')