Unidad 4Movimiento en dos dimensiones

Vectores desplazamiento y velocidad

Si desde un satélite geoestacionario se toman dos fotos de un auto en la carretera con 4s de diferencia y se hace un montaje fotográfico veríamos el cambio de posición del auto en dos ejes

¿Cuál es el desplazamiento en coordenadas polares? ri + r = rf

r = rf - ri

Por componentes

X=5-2=3Y=3-4=-1

(3x-1y)ul

√(32+12)=3,16ul

Tan-1(-1/3) = -18,43º o 161, 57º

¿Cuál es la velocidad en coordenadas rectangulares?

V = d = (3x-1y)ul = (3/4 x -1/4 y ) ul/s t 4

De igual manera, de haber tenido un cambio de velocidad sería posible calcular la aceleración en función del tiempo.

Ejemplo 4.1 Serway Sétima edición

Una partícula parte del origen en t=0s con una velocidad inicial que tiene una componente x de 20m/s y otra componente y de -15m/s. La partícula se mueve en el plano xy y acelera en x a 4m/s2

a) Encuentre la expresión de la velocidad en cualquier tiempo en coordenadas rectangulares

Vy = const = 15m/s

Vx inicial= 20m/sax = 4m/s2 Vf=Vix+a*tt=t Vf=20+4tvf=?

R/ ((20+4t)i+-15j)m/s

b) ¿Cuál es la velocidad a los 5s en coordenadas polares?

((20+4t)i+-15j)m/s ((20+4*5)i+-15j)m/s(40i-15j)m/s

r=√(402 + -152)=42,72m/s

ϴ=tan-1(-15/40) = -20,55º

El ángulo está en el cuarto cuadrante y es negativo

c) Determine la posición en cualquier tiempo

D= vi*t+1/2 a t2

Para x Para y

X= vix*t+1/2 ax t2 Y= viy*t+1/2 ay t2

X=20t+1/2*4*t2 Y=-15t+1/2*0*t2

X= 20t+2t2 Y=-15t

R/((20t+2t2)i+ -15tj )m

Movimiento de proyectil

Un proyectil presenta movimiento rectilíneo uniforme en el avance y movimiento uniformemente acelerado al subir y bajar

El alcance o rango, tiene un valor máximo cuando se lanza a 45º, los lanzamientos con ángulos cumplementarios permiten el mismo alcance

R = vi2 sen(2ϴ)/g

Esta fórmula para determinar el rango, únicamente es funcional para problemas en los que el cuerpo viaja desde el lanzamiento sobre una superficie horizontal.

Ejemplo

Un golfista golpea una pelota con una velocidad de 15m/s y un ángulo de 60° en un campo plano

SoluciónLa velocidad inicial debe descomponerse

Vy = V senθVy = 15 sen 60Vy = 12,99m/s

Vx = V cosθVx = 15 cos 60Vx = 7,5 m/s

a)¿Qué altura máxima alcanza?

Vf2=vi2 + a*t02=132+2*-9,8*d0 =169+-19,6*d -169/-19,6=d8,6m=d

Logra una altura máxima de 8,60 m

b)¿Cuánto tiempo está en el aire?

Para determinar el tiempo en el aire, debemos recordar que por el tipo de movimiento, la velocidad con la que sale es igual en magnitud a la velocidad con la que llega al suelo.

Vf = Vi + at Note que se trabaja con -12,99 = 12,99 + -9,8.t la velocidad en Y-12,99-12,99 = -9,8t-25,98=-9,8t-25,98/-9,8 = t2,65s = t

c)¿Qué alcance logra?El alcance es un movimiento horizontal con velocidad constante (Vx), puede

calcularse de dos formas distintas

d = V°td = 7,5.2,65 d = 19,87m

R = Vo 2 sen(2 ºθ) Este método no pierde9,8 decimales

R= 15 2 sen (2º60) = 19,88m 9,8

d)¿Cuáles son las componentes rectangulares de la posición de la pelota a los 2,0 segundos?

Para obtener los componente de la posición, requerimos calcular la altura que lleva la pelota los 2,0 segundos y su alcance.

alcance (t=2)d = V°td = 7,5.2 d = 15m

h (t=2)d = Vit + ½ a t2

d= 12,99.2+ ½ –9,8.22

d= 6,38m

Las componentes son (15m X+ 6,38m Y)

¿Cómo se puede aumentar el alcance?

Se puede mejorar el alcance aumentando la velocidad inicial de la pelota o utilizando un ángulo de disparo de 45°

f) ¿Cuáles son las componentes rectangulares de la velocidad a los 1,5s? La velocidad horizontal siempre es constante

Vx=7,5m/s

La velocidad vertical se calcula

Vf=Vi + aº t

Vf=12,99+-9,8º 1,5

Vf= -1,71m/s

Las componentes rectangulares de la velocidad son 7,5m/s X + -1,71m/s Y

Ej Desde un precipicio de 45m de altura se dispara un proyecti a 20m/s con un ángulo de elevación de 30º, determine

Vy = 20 sen 30 = 10m/sVx = 20 cos 30 = 17,32 m/s

a) La altura máxima medida desde la base

Vf2 = Vi2 + 2 a d

02 = 102 + 2*-9,8*d

-100/-19,6 = d

5,1m = d

45+5,1 = 50,1m desde la base

b) Componentes de la posición en el suelo

dx? dy=-45m ( es el suelo)

dy = Vit + ½ a t2

-45 = 10*t + ½ -9,8 t2

0 = 10*t + -4,9 t2 + 45

t=4,21s t = -2,17s (no es valido)

dx= Vx*t

dx = 17,32*4,21

dx=72,91m

c) Velocidad al llegar al suelo

Vx= 17,32m/s Vf2 = Vi2 + 2 a d

Vf2 = 102 + 2*-9,8*-45

Vf = √982

Vf = 31,33 m/s d) Angulo con el que golpea el suelo

el ángulo se obtiene a partir de las componentes de la velocidad, no de la posición

ϴ=tan-1 (Vy/Vx)

ϴ=tan-1 (31,33/17,32)

ϴ=61,06º

EjUna esfera que viaja a una velocidad desconocida sobre una superficie horizontal cae por un precipicio de 10 m de altura, si cae a 8m de la base del precipicio, ¿Cuál era la velocidad de la bola antes de salir por el precipicio

dy = Vit + ½ a t2 dx=Vx *t

10 = 0t + ½ -9.8 t2 8=Vx*1,42

0= -4.9t2 +0 t+10 5,63m/s = nVx

t=1,42s

Ej

Desde un precipicio de 6m de altura se lanza un proyectil a una velocidad de magnitud Vi con un ángulo ϴ, si tarda 2,5s en llegar al punto al 10m de la base, determine Vi y ϴ

Vy = Visen ϴVx = Vicos ϴ

dy = Vit + ½ a t2 dx=Vx*t

-6= Visen ϴ *2,5 + ½* -9,8* 2,52 10= Vicos ϴ*2,5

-6= Visen ϴ *2,5 +-30,625 10/ 2,5cos ϴ = Vi

-6= 10 * sen ϴ *2,5 +-30,625 2,5cos ϴ

-6=10 tan ϴ -30,625 10/ 2,5cos 67,89 = Vi

-6+30,625 = 10 tan ϴ 10,62m/s = Vi

24,625/10 = tan ϴ

2,46= tan ϴ

67,89 = ϴ

Movimiento circular uniforme

El móvil en este tipo de trayectoria, describe un trayectoria circular con rapidez constate, algunos conceptos importantes son:

Frecuencia= Es el número de vueltas que dé el móvil por unidad de tiempo, sus unidades en el sistema internacional son los hertz (Hz)

f=1/T

Periodo=Es el tiempo que tarda el móvil en dar una vuelta (s)

T=1/f

Velocidad tangencial=Es la velocidad que lleva el móvil viajando sobre la superficie de la circunferencia(m/s)

V=d/t V=2πr/T V=2πrf

Velocidad angular= Es el cambio en el desplazamiento angular por unidad de tiempo (rad/s)

w=2π/T w=2π*f V=w*r

Aceleración centrípeta= El cambio constante en la dirección de la velocidad tangencial origina la aceleración centrípeta, esta aceleración se dirige siempre al centro de la circunferencia

ac=V2/r ac=w2*r

Ej

¿Cuál es el diámetro de un circulo en el que un móvil gira en forma constate a 5 rad//s y 100m/s2?

ac=w2*r

100=52*r

100/25 =r

4=r Ø=8m

Movimiento circular uniformemente acelerado

Si el cuerpo gira cada vez a más velocidad significa que además de la aceleración centrípeta, aparece una aceleración tangencial. Esta aceleraciones se suman formando una aceleración resultante

aT= Vf-Vi t

Al existir un cambio en la velocidad angular asociado, se produce una aceleración angular α (rad/s2) , con fórmulas similares a las de la cinemática.

wf=wi+ α t

wf2 =wi2+2 α ϴ

ϴ= (wf+wi)t 2

ϴ=wi t + ½ α t2

La aceleración angular y la tangencial se relacionan entre si por medio del radio

aT= α*r

Una rueda de esmeril gira inicialmente con una velocidad angular de 6rad/s y recibe una aceleración constante de 2 rad/s2

a) ¿Cuál será su desplazamiento angular en 3s?

ϴ=wi t + ½ α t2

ϴ=6*3 + ½ *2*32

ϴ= 27 rad

b) ¿Cuántas revoluciones ha dado?

27 rad 1 rev = 4,3 rev 2π rad

c) ¿Cuál es la velocidad angular final?

wf=wi+ α t

wf=6+ 2*3

wf=12rad/s

d) Si el radio del esmeril es 10cm, a los 3s ¿Cuál es la aceleración total?

ar = aT + ac

aT= α*r ac=w2*raT=2rad/s2*0,1m ac=122*0,1aT=0,2 m/s2 ac=14,4m/s2

notese que ambas aceleraciones son perpendiculares

pol(0,2 ; 14,4)

14,4 m/s2 < 89,19°

Ejercicios recomendados cap 4

5, 13, 17, 21, 25, 27, 29

Problema 5 Un pez que nada en un plano horizontal tiene velocidad vi=(4i+1j)m/s en un punto en el océano donde la posición relativa a cierta roca es r1= (10i-4j)m. Después de que el pez nada con aceleración constante durante 20s su velocidad es vf=(20i-5j)m/s a)¿Cuáles son las componentes de la aceleración? b)¿Cuál es la dirección de la aceleración respecto a un vector unitario i c)Si el pez mantiene la aceleración constante, ¿Dónde está en t=25s y en qué dirección se mueve? (problema 5, pag 93, serway, sétima edición)

Solución

vi=(4i+1j)m/sx=r=(10i-4j)mt=20svf=(20i-5j)m/s

ax = vf-vi ay = vf-vi t t

ax = 20-4 ay = -5-1 20 20

ax=0,8m/s2 ay=-0,3m/s2

a= (0,8 i – 0,3j)m/s2

b)

pol(0,8 , 0,3) <-20,55°360-20,55=340°

c)dx = Vixt + ½ a t2 dy = Viyt + ½ a t2

dx = 4*25 + ½*0,8*252 dy = 1*25 + ½*-0,3*252

dx=350m dy=-68,75m

(350i-68,75j)+(10i-4j)=(360i+-72,75j)

Tan-1(-5/20) = -15°

Problema 13 Un proyectil se dispara en tal forma que su alcance horizontal es igual a tres veces su altura máxima. ¿Cuál es el ángulo de proyección? (problema 13, pag 93, serway, sétima edición)

t en subir es la mitad del tiempo total en el aireVx =d = 3x t t d=(vf+vi)t

2

x=(0+Vy) * t2 2

x=Vy t 4

4x = Vy t

ϴ=tan-1(4x / 3x) = tan-1(4/ 3) t t

ϴ=53,13°

Problema 17 Un pateador debe hacer un gol de campo desde un punto 36m de la zona de gol, y la mitad de los espectadores espera que la bola libre la barra transversal, que tiene 3,05m de alto. Cuando se patea la bola deja el suelo con una rapidez inicial de 20m/s y un ángulo de 53º de la horizontal. ¿Por cuánto resulta insuficiente para librar la barra? ¿La bola se aproxima a la barra horizontal mientras aúns se eleva o mientras va de caída? (problema 17, pag 94, serway, sétima edición)

x=20cos53=12,0363y=20sen3=15,9727

d=V*t dy = Vit + ½ a t2

36=12,03*t dy = 15,9727*2,9909 + ½ -9,8*2,99092

36/12,03=t dy=3,9398m2,9909s=t

3,9398-3,05=0,889m

Problema 19Un patio de juego está en el techo plano de una escuela, 6m arriba del nivel de la calle. La pared vertical del edificio tiene 7m de alto y forma una barda de 1m de alto alrededor del patio. Una bola cae en la calle y un peatón la regresa lanzándola en un ángulo de 53° sobre la horizontal a un punto 24m desde la base en la pared del edificio . La bola tarda 2,2s en llegar a un punto vertical sobre la pared. a) encuentre la rapidez a la que se lanzó la bola. b) Encuentre la distancia vertical sobre la que libra la pared c) Encuentre la distancia desde la pared al punto en el techo donde aterriza la bola. (problema 19, pag 94, serway, sétima edición)

Vx=Vcos53°

a)d=Vx*t

24=Vcos53*2,2

24/(cos53*2,2)=V

18,12= V

b) dy = Viy*t + ½ -9,8*t2

dy = 18,12sen53*2,2 + ½ -9,8*2,22

dy=8,12m

8,12-7=1,12m

c) dy = Viy*t + ½ -9,8*t2

6 = 18,12sen53*t + ½ -9,8*t2

0=-4,9*t2 + 14,47t-6

t=2,45s

d=Vx*t

d=18,12cos53*2,45

d=26,71m

26,71-24=2,71m

Problema 21 Un jugador de futbol patea una roca horizontalmente de un montículo de 40m de alto en un estanque. Si el jugador escucha el sonido del chapoteo 3s después ¿Cuál fue la rapidez inicial dada a la roca? Suponga que la rapidez del sonido es 343m/s. (problema 21, pag 94, serway, sétima edición)

dy = Viy*t + ½ -9,8*t2

-40 = 0*t + ½ -9,8*t2

t=2,857s

3-2,857=0,14s

T total=3s

V=d/t

343=d/0,14

49m=d

x=√(492-402)

x=√(801)

x=28,3m

v=d/t=28,3/2,85=9,90m/s

Problema 25El atleta rota un disco de 1kg a lo largo de una trayectoria circular de 1,06m de radio. La rapidez máxima del disco es 20m/s. Determine la magnitud de la aceleración radial máxima del disco. (problema 25, pag 94, serway, sétima edición)

r=1,06m m=1kg v=20m/s

ac=v2/r

ac=202/1,06

ac=377,35m/s2

Problema 27 El joven David, quien mató a Goliat, experimentó con hondas antes de derribar al gigante. Encontró que podría hacer girar una honda de 0,6m de longitud con una relación de 8 rev/s. Si aumentaba la longitud a 0,9m podría girar la honda sólo 6 veces por segundo. a) ¿Qué relación de rotación da la mayor rapidez a la piedra en el extremo de la honda? b) ¿Cuál es la aceleración centrípeta de la piedra a 8rev/s? c) ¿Cuál es la aceleración centrípeta a 6 rev/s?(problema 27, pag 95, serway, sétima edición)

r=0,6m v=2π*r*ff=8rev/s v=2π*0,6*8=30,15m/s

r=0,9m v=2π*r*ff=6rev/s v=2π*0,9*6=33,92m/s (mayor velocidad)

b) ac=v2/r

ac=30,152/0,6

ac=1515m/s2

c) ac=v2/r

ac=33,922/0,9

ac=1278,4 m/s2

Problema 29 Un tren frena mientras entra a una curva horizontal cerrada, y frena de 90km/h a 50km/h en los 15s que tarda en cubrir la curva. El radio de la curva es de 150m Calcule la aceleración en el momento en que la rapidez del tren alcanza 50km/h. Suponga que sigue frenando a este tiempo con la misma relación.

Vi=90km/h 25m/sVf=50km/h 13,88m/s

T=15sR=150m

ac=v2/r

ac=13,882/150

ac=1,28 m/s2

aT= vf-vi t

aT= 13,88-25 = 0,74 15

a=√(1,282 + 0,742) = 1,47m/s2

ϴ=tan-1(0,74/1,28) = 30° Preguntas teóricas adicionales

Coloque una F si la expresión es falsa y una V si es verdadera

Si se deja caer una piedra de un precipicio de 100m,

1) ( ) a la mitad de la caída lleva la mitad de la velocidad que tendrá en el fondo

2) ( ) Por cada segundo que pase su velocidad se incrementa en 9,8m/s

3) ( ) Al llegar al suelo su velocidad es cero

4) ( ) a la mitad de la caída lleva la mitad del tiempo que estará en el aire

5) ( ) el último segundo avanza más distancia que en cualquiera de los anteriores

6) ( ) Si se dejan caer de la misma altura una masa de 2kg y otra de 3kg llegan al suelo a la vez

7) ( ) Si se lanza hacia abajo una masa de 2kg a 2m/s y se deja caer otra de 3kg de la misma altura llega primero la de 3kg

8) ( ) Si se lanza un objeto al aire siempre en el punto más alto la aceleración es 0m/s

9) ( ) Si se lanza un objeto al aire a la misma altura la rapidez de subida tendrá la misma magnitud que la velocidad de bajada

10) ( ) Si en la luna se lanza un objeto al aire la aceleración con el que es atraído a la superficie es de -9,8m/s2

11) ( ) Si se lanza un proyectil a 100m/s con un ángulo de 20º, logra el mismo alcance que al ser lanzado a 70º

12) ( ) En el punto más alto la velocidad de un proyectil siempre es cero

13) ( ) En el eje horizontal la velocidad de un proyectil no se incrementa

14) ( ) Un proyectil que se dispara de una superficie horizontal tarda el mismo tiempo subiendo y bajando

15) ( ) Si un proyectil se dispara con un ángulo de 30º logra mayor altura que al ser dispara a 60º a la misma velocidad

16) ( ) Si un proyectil se dispara con un ángulo de 30º pasa menos tiempo en el aire que al se dispara a 60º a la misma velocidad

17) ( ) Si un proyectil se dispara desde una superficie horizontal, a la mitad del tiempo en el aire su componente de la velocidad vertical es cero

18) ( ) Si un proyectil se dispara desde una superficie horizontal con un ángulo de 30º, cae al suelo con el mismo ángulo en condiciones ideales

19) ( ) Si un proyectil se dispara desde una superficie horizontal con un ángulo de 45º , no hay modificación que permita mejorar el alcance

20) ( ) Para cualquier proyectil, en condiciones ideales, la componente horizontal de la velocidad siempre es constante

21) ( ) Un proyectil disparado desde una superficie horizontal, describe una trayectoria elíptica

22) ( ) Para un proyectil disparado desde una superficie horizontal, antes de la mitad

del tiempo en el aire, la magnitud de su velocidad vertical disminuye

23) ( ) Una bola rueda por una mesa horizontal y cae, el alcance de esta sólo depende de la altura de la mesa

24) ( ) Una bola rueda por una mesa horizontal y cae, la componente vertical de la velocidad inicial es cero

25) ( ) Si se dispara una flecha horizontalmente y desde la misma altura se deja caer una moneda a la vez, ambas llegan al suelo a la vez

26) ( ) La teoría de proyectiles puede utilizarse para resolver crímenes y accidentes de transito

27) ( ) Newton fue el primero en proponer que al dejarse caer dos objetos de diferente masa de la misma altura, caen a la vez

28) ( ) Una bola rueda por una mesa horizontal y cae, el tiempo en el aire sólo depende de la altura de la mesa

Respuestas 1) F 2) V 3) F 4) F 5) V 6) V 7) F 8) F 9) V 10) F 11) V 12) F 13) V 14) V 15) F 16) V 17) V 18) V 19) F 20) V 21) F 22) V 23) F 24) V 25) V 26) V 27) F 28) V

Ejercicios adicionales

EjemploSe lanza una bola al aire verticalmente hacia arriba con una velocidad de 10m/s.

Si esta regresa al mismo punto de lanzamiento. Determine a) el tiempo en el aire b) la altura máxima c) velocidad a los 0,3s de lanzada d) velocidad con la que regresa a la mano e) velocidad a 1m del suelo

a) el tiempo en el aire puede se calculado de inicio a fin o hasta el punto más alto

Vf = Vi + aº t-10 = 10 + -9,8 º t-20 = -9,8 º t-20/-9,8 = t2,04s = t (este es el tiempo total en el aire)

Vf = Vi + aº t0 = 10 + -9,8 º t-10 = -9,8 º t-10/-9,8 = t1,02s = t (este es el tiempo hasta el punto más alto, todo el tiempo en el aire es el doble)R= 1,02º 2 = 2,04s

b) la altura máxima también puede calcularse por dos métodosVf2 = V0

2 + 2ºaºd 0 = 102 + 2 º –9,8ºd-100 = -19,6ºd-100/-19,6 = d 5,1 m = d

Hmax = Voy 2 (fórmula de 19,6 proyectiles)

Hmax = 10 2 = 5,1m 19,6

c) velocidad a los 0,3s de lanzadaVf= Vi + aº tVf = 10 + -9,8º 0,3Vf=7,06m/s

d) Velocidad al regresar a la mano Es una pregunta teórica, vuelve a 10m/s hacia abajo

e) velocidad a un metro del suelo Vf2 = V0

2 + 2ºaºd Vf2 = 102 + 2º-9,8º1

Vf2 = √80,4 Vf = +/- 8,96m/s

En este caso ambas son respuestas ya que se la velocidad es (+)8,96m/s cuando sube y (-) 8,96m/s cuando baja.Ejemplo

Se lanza una piedra al aire verticalmente hacia arriba a 10m/s desde un precipicio de 100m. Determine a) el tiempo en subir b) el tiempo en el aire c) altura máxima medida de la base del precipicio d) la velocidad al llegar al suelo e) la velocidad a los 4s de lanzado

a) tiempo en subir

Vf = Vi + aº t0 = 10 + -9,8 º t-10 = -9,8 º t-10/-9,8 = t1,02s = t

b) tiempo en el aire

No podemos decir que es el doble del tiempo en subir ya que las distancias subida y bajada por la piedra no son las mismas

d = V0º t + ½º aº t2

-100=10º t + ½º -9,8º t2 (ecuación cuadrática, pararesolverla 0=100 +10º t + -4,9º t2 igualamos a cero y ordenamos)

C B A

0 = -4,9t2 +10t + 100 A B Ct= -3,61s t=5,65s descartamos el valor negativo

c) altura máxima medida desde la base del precipicio Hmax = Voy 2 (fórmula de 19,6 proyectiles)

Hmax = 10 2 = 5,1m 19,6 pero esta altura sería desde la cima del

precipicio

R/ 5,1 + 100 = 105,1m

d) Velocidad al llegar al suelo

Vf2 = Vi2 + 2ºaºdVf2 =(10)2 + 2º –9,8º -100Vf2 = √2060Vf = +/- 45,38m/s (tomamos la respuesta negativa, por moverse

hacia abajo)

R/ Llega al suelo con una velocidad de 45,38m/s hacia abajo

e) Velocidad a los 4s de lanzadoVf = Vi + aº tVf = 10 + -9,8 º 4Vf = -29,2m/s

R/ A los 4s viaja a 29,2m/s hacia abajo

Ejemplo

Un tanque de agua tiene un agujero por el cual sale agua horizontalmente, si este se encuentra a 5 m sobre el suelo y el agua sale a 6m/s. Determine: a)Las componentes rectangulares de la velocidad inicial b) el tiempo que le toma al agua caer c) el alcance logrado por el agua d) las componentes rectangulares del la velocidad al llegar al suelo e) el ángulo con el que impacta el suelo.

Solucióna)Las componentes rectangulares de la velocidad inicial

Este es caso el agua cae desde el punto de altura máxima, por lo tanto la velocidad inicial del agua en el eje Y es de 0 m/s. La velocidad horizontal siempre es constante, por lo que las componentes obtenidas por teoría son (6m/sX+0m/s Y)

b) el tiempo que le toma al agua caer

d = vit + ½ a t2

-5 = 0 + ½ . –9,8 t2

-5 = 0 + -4,9t2

-5/-4,9 = t2

√1,02 = t2

1,00 = tc) el alcance logrado por el agua

Con este tiempo y el alcance podemos determinar la velocidad Vx, que es constante en todo el movimiento.

d = Vx°td = 6º1 d = 6m (para este tipo de proyectil no se puede usar la otra fórmula)

d) las componentes rectangulares del la velocidad al llegar al sueloLa velocidad horizontal siempre es constante

Vx=6m/s

La velocidad vertical se calcula

Vf=Vi + aº t

Vf=0+-9,8º 1

Vf= -9,8m/se) el ángulo con el que impacta el suelo.

tan-1 θ =Vy Se calcula con base en las velocidades, no con las distancias Vx

tan-1 θ =( 9,8 ) = 58,52º 6