problema 9: Chorros de agua

Fig 1

De tres tubos que se encuentran en el suelo salen sendos chorros de agua con la misma rapidez, formando respectivamente ángulos de 60º, 45 y 30º con el horizonte. Hallar la relación entre las alturas máximas a que llegan los chorros y la relación de las distancias a la que caen los chorros sobre el suelo.

SOLUCIÓN

Fig 3

Fig 2

 Los chorros seguirán una trayectoria parabólica. Se demuestra que en todo movimiento parabólico la altura máxima que alcanza un cuerpo es $${ H }_{ máx }=\frac { { v }^{ 2 }sin^{ 2 }\left( \alpha  \right)  }{ 2g }$$ Donde alfa es el ángulo que forman los chorros  con el horizonte  al ser lanzados (ver figuras). Las velocidades de los chorros son diferentes, pero tienen la misma magnitud (rapidez) según el problema, es decir $$\left| \overrightarrow { { v }_{ 1 } }  \right| =\left| \overrightarrow { { v }_{ 2 } }  \right| =\left| \overrightarrow { { v }_{ 3 } }  \right| =v$$ donde v es la rapidez de los chorros. 

Sean H1,  H2,  H3  las alturas máximas de los chorros, tenemos para cada chorro, según lo anterior: $${ H }_{ 1 }=\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } sin^{ 2 }\left( 60º \right) =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } \left( \cfrac { 3 }{ 4 }  \right)$$ $${ H }_{ 2 }=\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } sin^{ 2 }\left( 45º \right) =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } \left( \cfrac { 1 }{ 2 }  \right)$$ $${ H }_{ 3 }=\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } sin^{ 2 }\left( 30º \right) =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ 2g } \left( \cfrac { 1 }{ 4 }  \right)$$

La proporción de las alturas será $$\frac { 4 }{ 3 } { H }_{ 1 }=2{ H }_{ 2 }=4{ H }_{ 3 }$$ $$\\ \rightarrow \quad \frac { { H }_{ 1 } }{ 3 } =\frac { { H }_{ 2 } }{ 2 } =\frac { { H }_{ 3 } }{ 1 }$$ 

Las distancia máxima horizontal o alcance máximo de un movimiento parabólico está dada por $${ d }_{ máx }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { 2\alpha  }  }{ g }$$ Para los chorros tenemos: $${ d }_{ 1 }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { (2\times 60º) }  }{ g } =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ g } \left( \cfrac { \sqrt { 3 }  }{ 2 }  \right)$$ $${ d }_{ 2 }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { (2\times 45º) }  }{ g } =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ g }$$ $${ d }_{ 3 }=\cfrac { { v }^{ 2 }\sin { (2\times 30º) }  }{ g } =\cfrac { { v }^{ 2 } }{ g } \left( \cfrac { \sqrt { 3 }  }{ 2 }  \right)$$ Por tanto las proporciones serán $$\frac { { d }_{ 1 } }{ \sqrt { 3 }  } =\frac { { d }_{ 2 } }{ 2 } =\frac { { d }_{ 3 } }{ \sqrt { 3 }  }$$

problema 11: "Movimiento parabólico" en un río

En un río, a la distancia L=90m de la orilla, está anclada una balsa. La velocidad de la corriente del río junto a la orilla es uo=0 y crece proporcionalmente a la distancia de ella de tal manera que a la distancia L la velocidad del río es uL=2m/s . Una canoa automóvil se dirige desde la orilla hasta la balsa. Respecto del agua la canoa desarrolla la velocidad v=7.2km/h ¿Cómo debe el motorista orientar la canoa al desatracar para que, sin tener que corregir después la velocidad, ésta atraque a la balsa exactamente enfrente al punto de partida? ¿Qué tiempo T demorará la canoa en recorrer el camino en estas condiciones?

SOLUCIÓN

Para analizar la situación, establezcamos primero dos sistemas de referencia; el sistema S ligado a la orilla, y el sistema S` ligado al río (ver imagen). 

Según el enunciado del problema y de acuerdo a los sistemas establecidos, la velocidad  u del río se mide respecto al sistema S y la velocidad v de la canoa se mide respecto al sistema S` .

Por tanto la velocidad Vs de la canoa medida por un observador desde la orilla (respecto al sistema S )  será: $$\overrightarrow { { V }_{ S } } =\overrightarrow { u } +\overrightarrow { v } \quad \quad \quad (1)$$

Donde, según el problema, la velocidad v es constante y la velocidad u varía en función de la distancia L. Si en el sistema S establecemos las coordenadas XY como se muestra en la imagen :

, tenemos para u: $$u=kL\quad \quad \quad (2)$$

$$\overrightarrow { u } =-kL\hat { i } \quad \quad \quad (3)$$ donde k es una constante de proporcionalidad cuyo valor podemos hallar reemplazando los valores L=90m y u=2m/s en la ecuación (2): $$2m/s=k(90m)$$

$$k=\frac { 1 }{ 45 } { s }^{ -1 }$$

Escribiendo el vector v en términos de sus componentes en los ejes X y Y , tenemos de acuerdo a la ecuación (1) y (3): $$\overrightarrow { { V }_{ S } } =-u\hat { i } +{ v }_{ x }\hat { i } +{ v }_{ y }\hat { j }$$ $$\overrightarrow { { V }_{ S } } =(-kL+{ v }_{ x })\hat { i } +{ v }_{ y }\hat { j } \quad \quad \quad (4)$$ 

Debemos notar que la distancia L de la canoa hacia la orilla viene dada por  $$L={ v }_{ y }t$$ ya que Vy es la componente vertical de Vs (ecuación cuatro) y es constante. Por tanto derivando L respecto del tiempo t : $$\frac { dL }{ dt } ={ v }_{ y }\quad \quad \quad (5)$$ 

Hallemos la aceleración del movimiento derivando Vs respecto al tiempo: $$\vec { a } =\frac { d\overrightarrow { { V }_{ S } }  }{ dt } =\frac { d }{ dt } (-kL+{ v }_{ x })\hat { i } +\frac { d{ v }_{ y } }{ dt } \hat { j }$$ $$\overrightarrow { a } =-k\frac { dL }{ dt } \hat { i }$$ $$\overrightarrow { a } =-k{ v }_{ y }\hat { i } \quad \quad \quad (6)$$

Según la ecuación (6) la aceleración es horizontal (ver imagen anterior) y tiene un valor constante kVy. En todo movimiento con aceleración constante se cumple: $$\Delta \overrightarrow { r } =\overrightarrow { v } t+\cfrac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { a } { t }^{ 2 }\quad \quad \quad (7)$$  donde $$\Delta \overrightarrow { r } :\quad vector\quad desplazamiento$$ es claro que, según las condiciones del problema (ver imagen): $$\Delta \overrightarrow { r } =\overrightarrow { { r }_{ f } } -\overrightarrow { { r }_{ 0 } } =L\hat { j }\quad \quad \quad (8)$$
Sea "theta" el ángulo que forma la canoa con la orilla al partir hacia la balsa entonces tenemos para Vx Y Vy : $${ v }_{ x }=v\cos { \theta  } \quad \quad y\quad \quad { v }_{ y }=v\sin { \theta  } \quad \quad \quad (9)$$
Reemplazando (6),(8) y (9) en (7),  tenemos: $$L\hat { j } =(v\cos { \theta  } { \hat { i }  }+v\sin { \theta  } \hat { j } )t+\cfrac { 1 }{ 2 } (-kv\sin { \theta  } \hat { j } ){ t }^{ 2 }$$ $$L\hat { j } =(v\cos { \theta  } t-\cfrac { 1 }{ 2 } kv\sin { \theta  } { t }^{ 2 })\hat { i } +v\sin { \theta  } t\hat { j }$$ de donde $$v\cos { \theta  } t-\cfrac { 1 }{ 2 } kv\sin { \theta  } { t }^{ 2 }=0\quad \quad y\quad \quad L=v\sin { \theta  } t$$ Resolviendo las dos ecuaciones anteriores: $$t=\cfrac { L }{ v\sin { \theta  }  } \quad \quad y\quad \quad \cos { \theta  } =\cfrac { kL }{ 2v }$$
Remplazando datos (tomar en cuenta que 7.2km/h=2m/s), primero resolviendo para el ángulo "theta" y luego para el tiempo t: $$\cos { \theta  } =\cfrac { \cfrac { 1 }{ 45 } { s }^{ -1 }\times 90m }{ 2\times 2m/s } =0.5\quad \rightarrow \quad \theta =60º$$ $$t=\cfrac { 90m }{ 2m/s\sin { 60º }  } \approx 52s$$

Por tanto el motorista de la canoa deberá orientarla formando un anguló de 60º con la orilla en dirección contraria a la corriente del rió (ver imagen inicial). El tiempo que tardará en llegar a la balsa es aprox. 52 segundos.