Movimiento proyectilLa característica del movimiento proyectil que describe un objeto es que elmovimiento se da en dos dimensiones, con la particularidad de que el vectoraceleración es constante y una de sus componentes cartesianas es cero.

En el caso especial de considerar que la única contribución al vector aceleraciónproviene de la intensidad del campo gravitacional que ejerce la Tierra sobre todoobjeto con masa (aceleración de la gravedad), y estableciendo un espacioeuclidiano en el cual el eje cartesiano x apunta horizontalmente mientras el ejecartesiano y apunta verticalmente hacia arriba, entonces, el vector aceleracióntendrá componentes:

2 2 2

Por lo tanto, la componente vertical del vector velocidad será dependiente deltiempo mientras que la componente horizontal será constante.

Si recurrimos a la ecuación demostrada en clase para describir el vector posicióncomo función del tiempo y aplicamos las restricciones propias del movimientoproyectil, obtendremos :

2 2 2

𝑟 = 𝑟0 + �⃗�0 𝑡 + �⃗�𝑡2

2= (𝑥0, 𝑦0) + 𝑣0𝑥 , 𝑣0𝑦 𝑡 + (0, −9.81)

𝑡2

2

1

Movimiento proyectilRecordemos un poco a qué refiere cada elemento del vector posición comofunción del tiempo:

𝑟 = (𝑥0, 𝑦0) + 𝑣0𝑥 , 𝑣0𝑦 𝑡 + (0, −9.81)𝑡2

2

Coordenadas del vector posición en lasque inicia la descripción del movimiento.

El valor de estas coordenadas dependedirectamente del “origen” y la dirección

Coordenadas del vector velocidad con lasque inicia el movimiento.

El valor de estas coordenadas dependede la rapidez de lanzamiento, del ángulodirectamente del “origen” y la dirección

del espacio euclidiano elegido.de la rapidez de lanzamiento, del ángulode lanzamiento y de la dirección delespacio euclidiano elegido.

La forma más común de analizar el movimiento proyectil es descomponiendo alvector posición en sus respectivas componentes cartesianas para tratarlas deforma independiente, es decir:

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥 𝑡

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 − 9.81𝑡2

2

2

Movimiento proyectilEjercicio 1.Un gnomo es lanzado horizontalmente con rapidez de 9.0 m/s desde lo alto de unmonte. Determina el vector posición, el vector velocidad y el vector aceleraciónasociados con el gnomo cuando han pasado 5.0 s desde que fue lanzado.

Para iniciar la resolución del ejercicio, es obligado colocar el espacio euclidiano.Por comodidad se elegirá el espacio euclidiano “católico” con el origen en el puntode lanzamiento del gnomo, de tal forma que las coordenadas del vector posicióninicial serán (0, 0) m.

Ahora bien, como el lanzamiento es horizontal, entonces, la componente verticalAhora bien, como el lanzamiento es horizontal, entonces, la componente verticaldel vector velocidad inicial será cero y el valor de la rapidez se puede asociarúnicamente con la componente horizontal de la velocidad.

Dado lo anterior, las ecuaciones que describen la posicióndel gnomo como función del tiempo son:

V0

a

𝑥 = 9.0𝑡

𝑦 = −9.81𝑡2

2

3

Movimiento proyectil

Ya que se establecieron las ecuaciones para la posición como función del tiempo,es necesario derivarlas con respecto al tiempo para tener las ecuaciones de lascomponentes del vector velocidad.

Finalmente, se evalúa la condición temporal brindada (t = 5.0 s) para darsolución al ejercicio.

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡=

𝑑9.0 𝑡

𝑑𝑡= 9.0 𝑣𝑦 =

𝑑𝑦

𝑑𝑡=

𝑑 −9.81𝑡2

2

𝑑𝑡= −9.81𝑡

𝑥 = 9.0 (5.0) = 45.0 𝑚 𝑦 = −9.81(5.0)2

2= −122.6 𝑚

Vector posición: 𝑥 = 9.0 (5.0) = 45.0 𝑚 𝑦 = −9.81(5.0)

2= −122.6 𝑚

𝑟 (45.0, −122.6)𝑚 |𝑟| = 130.6 𝑚 𝜃 = 290.2 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Vector velocidad: 𝑣𝑥 = 9.0 𝑚/𝑠 𝑣𝑦 = −9.81(5.0) = −49.05 𝑚/𝑠

�⃗� (9.0, −49.05)𝑚/𝑠 |�⃗�| = 49.87 𝑚/𝑠 𝜃 = 280.4 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 Vector aceleración: 𝑎𝑥 = 0 𝑚/𝑠2 𝑎𝑦 = −9.81 𝑚/𝑠2

�⃗� (0, −9.81)𝑚/𝑠2 |�⃗�| = 9.81 𝑚/𝑠2 𝜃 = 270.0 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Recuerda que todas las características cinemáticas que sean vectoriales deberánexpresarse con coordenadas cartesianas, magnitud y dirección.

4

Movimiento proyectilEjercicio 2.Un hada situada en el piso, es pateada por un trol de forma que al hada saledisparada con rapidez de 10.0 m/s y ángulo de 54.0 grados sobre la horizontal.Determina, para el hada, el vector posición y el vector velocidad cuando éstaalcanza su altura máxima y justo antes de que regrese al piso.

Para iniciar la resolución del ejercicio, es obligado colocar el espacio euclidiano.Por comodidad se elegirá el espacio euclidiano “católico” con el origen en el puntode salida del hada, de tal forma que las coordenadas del vector posición inicialserán (0, 0) m.

Ahora bien, como el lanzamiento es con un ángulo respecto a la horizontal deAhora bien, como el lanzamiento es con un ángulo respecto a la horizontal de54.0 grados, es necesario obtener las componentes del vector velocidad inicial.

Dado lo anterior, las ecuaciones que describen la posicióndel hada como función del tiempo son:V0

a

𝑥 = 5.88 𝑡

𝑦 = 8.09 𝑡 − 9.81𝑡2

2

54.0 grados

𝑣0𝑥 = |�⃗�0|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 10.0𝑐𝑜𝑠54.0 = 5.88 𝑚/𝑠 𝑣0𝑦 = |�⃗�0|𝑠𝑒𝑛𝜃 = 10.0𝑠𝑒𝑛54.0 = 8.09 𝑚/𝑠

5

Movimiento proyectil

Ya que se establecieron las ecuaciones para la posición como función del tiempo,es necesario derivarlas con respecto al tiempo para tener las ecuaciones de lascomponentes del vector velocidad.

De esta forma, se tienen las ecuaciones que resuelven cualquier situacióncinemática del movimiento asociado con el hada.

Como el ejercicio solicita el vector posición y el vector velocidad del hada en laaltura máxima y justo antes de que el hada regrese al piso, entonces, los que nos

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡=

𝑑5.88 𝑡

𝑑𝑡= 5.88 𝑣𝑦 =

𝑑𝑦

𝑑𝑡=

𝑑 8.09𝑡 − 9.81𝑡2

2

𝑑𝑡= 8.09 − 9.81𝑡

altura máxima y justo antes de que el hada regrese al piso, entonces, los que noshace falta es determinar el tiempo que está asociado con cada evento.

Para el caso del evento “altura máxima” recordemos que esto representa unpunto de retorno, es decir, en la altura máxima la componente vertical de lavelocidad será cero, por lo que al igualar a cero la componente vy podremosobtener el tiempo asociado con el evento analizado.

Para el caso del evento “justo antes de regresar al piso” lo que sabemos es que lacomponente vertical del vector posición vuelve a tomar el valor asignado al puntode lanzamiento, es decir, el valor de la posición vertical, y, será nuevamente cero.

6

Movimiento proyectil

Resolviendo la ecuación que condiciona este evento:

Esto quiere decir que después de 0.82 s de que el hada fue pateada por el trol, elhada alcanza su altura máxima; por lo tanto, evaluaremos este tiempo, t = 0.82 s,en las ecuaciones del vector posición y el vector velocidad para encontrar lascaracterísticas cinemáticas asociadas con el hada en este evento:

𝑥 = 5.88 (0.82) = 4.82 𝑚 𝑦 = 8.09(0.82) − 9.81(0.82)2

2= 3.34 𝑚

Altura máxima, vy = 0 m/s

𝑣𝑦 = 8.09 − 9.81𝑡 0 = 8.09 − 9.81𝑡 … 𝑡 = 0.82 𝑠

𝑥 = 5.88 (0.82) = 4.82 𝑚 𝑦 = 8.09(0.82) − 9.81(0.82)2

2= 3.34 𝑚

𝑟 (4.82, 3.34)𝑚 |𝑟| = 5.86 𝑚 𝜃 = 34.7 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Vector velocidad: 𝑣𝑥 = 5.88 𝑚/𝑠 𝑣𝑦 = 8.09 − 9.81(0.82) = 0 𝑚/𝑠

�⃗� (5.88, 0)𝑚/𝑠 |�⃗�| = 5.88 𝑚/𝑠 𝜃 = 0 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Vector posición:

Recuerda que la componente de la velocidad en la horizontal es constante debido aque no existe aceleración en esta dirección, es por eso que la componente de lavelocidad vx es la misma al inicio del movimiento que durante cualquier punto de latrayectoria, es decir, su valor no cambia con el tiempo.

7

Movimiento proyectil

Resolviendo la ecuación que condiciona este evento:

Esto quiere decir que existen dos puntos temporales en los que la posición en yvale cero metros. Uno es a t = 0 s que es cuando empezó el movimiento y elsegundo, t = 1.64 s, es justo antes de regresar al piso; por lo tanto, evaluaremoseste segundo tiempo, t = 1.64 s, en las ecuaciones del vector posición y el vectorvelocidad para encontrar las características cinemáticas asociadas con el hada en

Justo antes de regresar al piso, y = 0 m.

𝑦 = 8.09𝑡 − 9.81𝑡2

2 0 = 8.09𝑡 − 9.81

𝑡2

2 … 𝑡1 = 0 𝑠, 𝑡2 = 1.64 𝑠

velocidad para encontrar las características cinemáticas asociadas con el hada eneste evento:

𝑥 = 5.88 (1.64) = 9.64 𝑚 𝑦 = 8.09(1.64) − 9.81(1.64)2

2= 0 𝑚

𝑟 (9.64, 0)𝑚 |�⃗�| = 9.64 𝑚 𝜃 = 0 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Vector velocidad: 𝑣𝑥 = 5.88

𝑚

𝑠 𝑣𝑦 = 8.09 − 9.81(1.64) = −8.00 𝑚/𝑠

�⃗� (5.88, −8.00)𝑚/𝑠 |�⃗�| = 9.93 𝑚/𝑠 𝜃 = 306 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Vector posición:

8

Movimiento proyectilEjercicio 3.Un gato es lanzado con rapidez de 19.6 m/s y ángulo de 30.0 grados sobre lahorizontal. Determina, para el gato, el vector posición y el vector velocidad cuandoalcanza la mitad de la altura máxima antes y después de alcanzar la alturamáxima.

Para iniciar la resolución del ejercicio, es obligado colocar el espacio euclidiano.Por comodidad se elegirá el espacio euclidiano “católico” con el origen en el puntode salida del gato, de tal forma que las coordenadas del vector posición inicialserán (0, 0) m.

Ahora bien, como el lanzamiento es con un ángulo respecto a la horizontal deAhora bien, como el lanzamiento es con un ángulo respecto a la horizontal de30.0 grados, es necesario obtener las componentes del vector velocidad inicial.

Dado lo anterior, las ecuaciones que describen la posicióndel gato como función del tiempo son:

V0

a

𝑥 = 17.0 𝑡

𝑦 = 9.8 𝑡 − 9.81𝑡2

2

30.0 grados

𝑣0𝑥 = |�⃗�0|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 19.6𝑐𝑜𝑠30.0 = 17.0 𝑚/𝑠 𝑣0𝑦 = |�⃗�0|𝑠𝑒𝑛𝜃 = 19.6𝑠𝑒𝑛30.0 = 9.8 𝑚/𝑠

9

Movimiento proyectil

Ya que se establecieron las ecuaciones para la posición como función del tiempo,es necesario derivarlas con respecto al tiempo para tener las ecuaciones de lascomponentes del vector velocidad.

De esta forma, se tienen las ecuaciones que resuelven cualquier situacióncinemática del movimiento asociado con el gato.

Como el ejercicio solicita el vector posición y el vector velocidad del gato cuandoalcanza la mitad de la altura máxima antes y después de alcanzar la altura

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡=

𝑑17.0 𝑡

𝑑𝑡= 17.0 𝑣𝑦 =

𝑑𝑦

𝑑𝑡=

𝑑 9.8𝑡 − 9.81𝑡2

2

𝑑𝑡= 9.8 − 9.81𝑡

alcanza la mitad de la altura máxima antes y después de alcanzar la alturamáxima, entonces, lo que nos hace falta es determinar el tiempo que estáasociado con cada evento.

Para ello, determinaremos primero el valor de la coordenada y del vector posiciónasociado con la altura máxima. Después dividiremos dicho valor a la mitad paratener la mitad de la altura máxima y determinaremos el tiempo que tarda el gatoen alcanzar esta coordenada y en el vector posición.

Como es de esperarse, aparecerán dos tiempo, uno asociado al evento “antes dela altura máxima” y otro asociado con el evento “después de la altura máxima”por lo que en su momento será necesario resolver una ecuación general desegundo grado con una variable, el tiempo.

10

Movimiento proyectil

Resolviendo la ecuación que condiciona este evento:

Esto quiere decir que después de 1.0 s de que fue lanzado el gato este alcanza sualtura máxima. Ahora evaluaremos este tiempo únicamente en la componente ydel vector posición para conocer el valor de la altura máxima.

Como se obtuvo, la altura máxima tiene un valor de 4.9 m pero a nosotros nos

𝑦 = 9.8(1.0) − 9.81(1.0)2

2= 4.9 𝑚

Altura máxima, vy = 0 m/s

Altura máxima:

𝑣𝑦 = 9.8 − 9.81𝑡 0 = 9.8 − 9.81𝑡 … 𝑡 = 1.0 𝑠

Como se obtuvo, la altura máxima tiene un valor de 4.9 m pero a nosotros nosinteresa la mitad de la altura máxima, es decir, 2.45 m.

Para encontrar el tiempo asociado a la mitad de la altura máxima, sustituiremos2.45 m en la ecuación que representa la componente y del vector posición y,mediante la ecuación general de segundo grado para una variable, encontraremoslos tiempos referentes al evento “alcanzar la mitad de la altura máxima”.

𝑦 = 9.8(1.0) − 9.812

= 4.9 𝑚

Debe observarse que el tiempo para alcanzar la mitad de la altura máxima no es lamitad del tiempo para alcanzar la altura máxima.

2.45 = 9.8𝑡 − 9.81𝑡 2

2 0 = −2.45 + 9.8𝑡 − 9.81

𝑡 2

2 … 𝑡1 = 0.29 𝑠, 𝑡2 = 1.71 𝑠

11

Movimiento proyectil

De esta forma, encontramos los dos tiempos asociados con los eventos “alcanzarla mitad de la altura máxima”. El tiempo menor, t = 0.29 s, está asociado con lacondición “antes de alcanzar la altura máxima” mientras que el tiempo mayor,t = 1.71 s está asociado con la condición “después de alcanzar la altura máxima”.Lo anterior es fácil de interpretar si se tiene presente que el tiempo para alcanzarla altura máxima es 1.0 s.

Finalmente, resta evaluar cada uno de los tiempos en las ecuaciones del vectorposición y del vector velocidad para encontrar las características cinemáticasasociadas con el gato en cada evento.

Antes de alcanzar la altura máxima, t = 0.29 s.

𝑟 (4.92, 2.45)𝑚 |𝑟| = 5.49 𝑚 𝜃 = 26.4 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Antes de alcanzar la altura máxima, t = 0.29 s.

Vector velocidad: �⃗� (17.0, 6.96)𝑚/𝑠 |�⃗�| = 18.4 𝑚/𝑠 𝜃 = 22.3 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

Vector posición:

Después de alcanzar la altura máxima, t = 1.71 s.

Vector velocidad:

Vector posición: 𝑟 (29.07, 2.45)𝑚 |𝑟| = 29.17 𝑚 𝜃 = 4.8 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 �⃗� (17.0, −6.97)𝑚/𝑠 |�⃗�| = 18.4 𝑚/𝑠 𝜃 = 337.7 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 12

Movimiento proyectilEjercicio 4.Un basquetbolista lanza un balón desde una altura de 1.8 m, con respecto al piso,con rapidez de 9.0 m/s, con la intención de encestar en una canasta que está auna distancia horizontal de 3.0 m y a una altura de 3.0 m con respecto al piso.Determina el ángulo de lanzamiento, con respecto a la horizontal, para encestar elbalón en la canasta.

Para iniciar la resolución del ejercicio, es obligado colocar el espacio euclidiano.En este caso, como existen dos puntos de referencia, el balón y la canasta,elegiremos el origen del espacio euclidiano en el punto de salida de balón, con eleje cartesiano y creciente verticalmente hacia arriba y el eje cartesiano xcreciente en dirección al poste que sostiene a la canasta. De esta forma, lascreciente en dirección al poste que sostiene a la canasta. De esta forma, lascoordenadas del vector posición inicial del balón serán (0, 0) m, mientras que lascoordenadas del vector posición de la canasta serán (3.0, 1.2) m.

Debe observarse que la coordenada del vector posición de la canasta en lavertical se obtiene de restar la altura de la canasta menos la altura desde la quese lanzó el balón. Este procedimiento se realizó porque el origen del espacioeuclidiano se sitúo en el balón y los valores de altura que brinda el ejercicio soncon respecto al piso.

Recuerda que las coordenadas del vector posición de los objetos de estudio dependedirectamente del origen y dirección del espacio euclidiano que elijas.

13

Movimiento proyectilUna vez establecido el espacio euclidiano, debemos notar que la solución alejercicio se alcanzará al determinar el ángulo q, con respecto a la horizontal, conel que se lanzó el balón para lograr encestar y esta información se encuentrainmersa en el vector velocidad inicial.

Debe tenerse cuidado de no cometer el error de considerar que el ánguloresultante de restar el vector posición final menos el vector posición inicial daráel ángulo de lanzamiento.

Con la finalidad de mostrar este error, a continuación determinaremos el ángulodel vector resultante de la resta mencionada anteriormente y se compara al finaldel vector resultante de la resta mencionada anteriormente y se compara al finaldel ejercicio con el valor correcto. CUIDADO, el siguiente cálculo no es elmecanismo correcto de solución ante la situación planteada, “encontrar unángulo de lanzamiento”.

Ten presente que el ángulo de lanzamiento de un objeto está asociadodirectamente con el vector velocidad inicial y no con algún otro vector.

𝑟0 (0, 0) 𝑚 𝑟 (3.0, 1.2) 𝑚 ∆𝑟 = 𝑟 − 𝑟0 = (3.0, 1.2) 𝑚

𝜃 = 21.8 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠

14

Movimiento proyectilAhora bien, para dar solución al ejercicio debemos expresar las componentes delvector velocidad inicial, tal y como se muestra a continuación:

De esta forma, las componentes del vector posición para cualquier instante deltiempo serán:

Como conocemos las coordenadas del vector posición asociadas con “encestar enla canasta”, (3.0, 1.2) m, estás serán evaluadas en las coordenadas cartesianasdel vector posición.

𝑣0𝑥 = |�⃗�0|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 9.0𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑣0𝑦 = |�⃗�0|𝑠𝑒𝑛𝜃 = 9.0𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑡 = 9.0𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑡 𝑦 = 𝑣0𝑥 𝑡 − 9.81𝑡2

2= 9.0𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑡 − 9.81

𝑡2

2

3.0 = 9.0𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑡 1.2 = 9.0𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑡 − 9.81𝑡2

2

del vector posición.

Las ecuaciones anteriores tienen la particularidad de tener dos incógnitas, eltiempo y el ángulo de lanzamiento, por lo que podemos resolver el sistema deecuaciones. Para ello, despejaremos el tiempo de la componente horizontal delvector posición y éste será sustituido en la componente vertical del vectorposición:

30.0 grados

3.0 = 9.0𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑡 1.2 = 9.0𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑡 − 9.81𝑡2

2

𝑡 = 3.0

9.0𝑐𝑜𝑠𝜃

1.2 = 9.0𝑠𝑒𝑛𝜃 3.0

9.0𝑐𝑜𝑠𝜃 −

9.81

2

3.0

9.0𝑐𝑜𝑠𝜃

2

… despeje de la componente horizontal.

… sustitución en la componente vertical.

15

Movimiento proyectilSi tomamos el resultado de la sustitución del tiempo en la componente verticaldel vector posición, entonces, tenemos una ecuación con una incógnita, la cuales el ángulo de lanzamiento, q.

Para resolver esta ecuación, quitaremos los paréntesis aplicando las operacionesrequeridas, lo cual nos lleva a tener:

1.2 = 9.0𝑠𝑒𝑛𝜃 3.0

9.0𝑐𝑜𝑠𝜃 −

9.81

2

3.0

9.0𝑐𝑜𝑠𝜃

2

1.2 = 3.0𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑐𝑜𝑠𝜃−

9.81

2(9.0)

1

𝑐𝑜𝑠2𝜃

Si ahora aplicamos las siguientes identidades trigonométricas:

Obtendremos una ecuación que tiene la forma:

Al eliminar los paréntesis e igual a cero se tiene:

1.2 = 3.0𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑐𝑜𝑠𝜃−

9.81

2(9.0)

1

𝑐𝑜𝑠2𝜃

𝑡𝑎𝑛𝜃 =𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑐𝑜𝑠𝜃

1

𝑐𝑜𝑠2𝜃= 𝑠𝑒𝑐2𝜃 = 1 + 𝑡𝑎𝑛2𝜃

1.2 = 3.0𝑡𝑎𝑛𝜃 −9.81

2(9.0)[1 + 𝑡𝑎𝑛2𝜃]

0 = −1.2 + 3.0𝑡𝑎𝑛𝜃 −9.81

2(9.0)−

9.81

2(9.0)𝑡𝑎𝑛2𝜃

16

Movimiento proyectilEsta última ecuación tiene la forma de una ecuación general de segundo gradocon una incógnita, que en esta ocasión es tanq, de forma que si sumamos lostérminos independientes (aquellos que no tienen tanq) y aplicamos los criteriospara resolver la ecuación cuadrática, obtenemos:

Si despejamos de cada resultado el valor de q, entonces veremos que existen dosopciones como solución al ángulo de lanzamiento que debe realizar el

0 = −1.745 + 3.0𝑡𝑎𝑛𝜃 − 0.545𝑡𝑎𝑛2𝜃

𝑡𝑎𝑛𝜃1 = 4.84 𝑡𝑎𝑛𝜃2 = 0.66

opciones como solución al ángulo de lanzamiento que debe realizar elbasquetbolista para encestar el balón en la canasta.

Estos ángulos son q = 78.3 grados y q = 33.4 grados.

Obsérvese que ninguno de los ángulos que resultan como solución correspondecon aquel que se calculó equivocadamente considerando la resta del vectorposición final menos el vector posición inicial, es decir, el ángulo de 21.8 grados.

17

Ejercicio para resolver.

1) Una moneda se lanza horizontalmente con la intención de golpear a otra moneda que estáen el piso. Si el disparo se realiza desde una altura, respecto al piso, de 1.2 m y la monedaque está en el piso se encuentra a una distancia horizontal de 5.5 m, determina la rapidezde lanzamiento para que las monedas choquen.

2) Te subes a una mesa y saltas. Si a 0.5 s, de iniciado el salto, alcanzas tu altura máximapero a 0.8 s, de iniciado el salto, tu alcance horizontal es 10.0 m y ya llegaste a tu destino¿qué velocidad tienes cuando llegaste a tu destino?

3) Una cabeza humana se lanza desde lo alto de un templo con rapidez inicial de 8.0 m/s yángulo de 20.0 grados sobre la horizontal. Si la cabeza golpea el suelo 3.0 s después,

Movimiento proyectil

ángulo de 20.0 grados sobre la horizontal. Si la cabeza golpea el suelo 3.0 s después,determina, para la cabeza, el vector posición y el vector velocidad cuando:

A) llega al suelo.B) alcanza la altura máxima.C) pasa nuevamente por la altura de lanzamiento.

4) Un objeto es lanzado describiendo un movimiento proyectil. Si después de 2.0 s deldisparo, el vector posición del objeto es (5.0, 2.0) m con respecto a su punto delanzamiento, ¿cuál fue el ángulo de disparo?

5) Una chica lanza un globo lleno de agua, con rapidez de 12.0 m/s y dirección de 50.0grados sobre la horizontal, en dirección de un automóvil que se aproxima linealmente a ellacon rapidez constante de 8.0 m/s. Si se desea que el globo golpee al automóvil a la mismaaltura en la que fue lanzado, ¿cuál es la distancia a la que debe de estar la chica delautomóvil en el instante del lanzamiento?

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