¡Deslizamiento de tierra!

a) Divida el problema en dos etapas: la primera es la piedra que cae desde la altura inicial, donde es fácil encontrar la velocidad final (es decir, la velocidad inicial del rebote). Luego, necesitará encontrar el tiempo \(t \) de la ecuación de movimiento a lo largo de X, reemplazarlo en la ecuación de movimiento Y y obtener una ecuación cuadrática para la distancia \(R \).

b) Como ya sabe, es posible optimizar una relación entre dos variables utilizando la derivada. En este caso, las dos variables son \(R \) y \(\theta \), por lo que podemos derivar la función actual con respecto a \(\theta \).

a) Para la primera etapa, donde la piedra cae libremente desde la altura dada, tenemos:

\begin{equation*}
v_f^2=v_i^2-2g(y_f-y_i),
\end{equation*}

donde podemos obtener \(v_f\), que es:

\begin{equation*}
v_f\approx 31.3\,\text{m/s}.
\end{equation*}

Para la segunda etapa,

\begin{equation*}
x=v_x t,
\end{equation*}

donde \(x = R\) y \(v_x = v \cos \theta\). Para el movimiento en Y, tenemos:

\begin{equation*}
\vec{y}_f=\vec{y}_i+\vec{v}_{yi}t+\frac{1}{2}\vec{a}t^2,
\end{equation*}

donde \(v_{yi}= v_i \sin \theta \). Al despejar \(t\) en la ecuación de movimiento X y reemplazarla en la anterior, obtenemos:

\begin{equation*}
y_f=y_i+v_i\sin(\theta)\left(\frac{R}{v_i\cos(\theta)}\right)-\frac{1}{2}g\left(\frac{R}{v_0\cos(\theta)}\right)^2.
\end{equation*}

Después de algo de álgebra, podemos obtener:

\begin{equation*}
\left(\frac{1}{2} \right)R^2+\left(-\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{2g}\right)R+\left(-\frac{y_iv_0^2(1+\cos(2\theta))}{2g}\right)=0.
\end{equation*}

Tomando solo la respuesta positiva, esto da como resultado:

\begin{equation*}
R=136.60\,\text{m}.
\end{equation*}

b) Para optimizar, debemos tomar la primera derivada de \(R (\theta) \) y hacerla igual a cero, como sigue:

\begin{equation*}
\frac{dR}{d\theta}=\frac{v_0^2\cos(2\theta)}{g}+\dfrac{\frac{v_0^4\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{g}-\frac{2y_iv_0^2\sin(2\theta)}{g}}{\sqrt{\frac{v_0^4\sin^2(2\theta)}{4g^2}+\frac{y_iv_0^2(1+\cos(\theta))}{g}}}=0.
\end{equation*}

Definiendo \(\alpha = \frac {2y_i g} {v_0 ^ 2} \), y después de algo de álgebra, obtenemos:

\begin{equation*}
\alpha^2\tan^4(2\theta)+(\alpha^2-2\alpha)\tan^2(2\theta)-2\alpha=2\alpha(1+\tan^2(2\theta))\sqrt{1+\tan^2(2\theta)}.
\end{equation*}

Despejando \(\theta\), usando la expresión explícita para \(\alpha\):

\begin{equation*}
\theta=\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2y_i g}{v_0^2}}}\right),
\end{equation*}

la cual es:

\begin{equation*}
\theta \approx 10^\circ.
\end{equation*}

Este resultado nos da:

\begin{equation*}
R \approx 150m.
\end{equation*}

Para obtener una explicación más detallada de cualquiera de estos pasos, haga clic en “Solución detallada”.

(a) La primera parte del problema nos pide que encontremos la distancia horizontal cubierta por la piedra si rebota en un ángulo de 45 grados. Dividiremos la solución del problema en dos pasos:

• Usando una ecuación escalar que relaciona las velocidades, la aceleración y la distancia, encontraremos la velocidad inicial a la que la roca golpea el borde ubicado en \(y = 50 \, \text{m} \). Asumiremos que esta es la velocidad inicial del movimiento parabólico subsiguiente.
• Usando la velocidad que encontramos antes, escribiremos la ecuación de trayectoria para el movimiento parabólico y encontraremos el ángulo que maximiza la distancia horizontal recorrida por la roca. Una vez que se encuentra este ángulo, podemos encontrar la distancia horizontal máxima \(R \).

Primero, escribimos la ecuación escalar que relaciona las velocidades inicial y final, la aceleración y la distancia recorrida en caída libre, a saber

\begin{equation}
\label{vf}
v_f^2=v_i^2-2g(y_f-y_i)
\end{equation}

donde las variables \(y_f\) y \(y_i\) representan la posición final e inicial respectivamente, \(v_f\) y \(v_i\) son las rapideces final e inicial , y \(g=9.8\,\text{m/s}^2\) es la aceleración gravitacional de la Tierra. Poniendo nuestro sistema de coordenadas en el suelo, encontramos que \(y_i = 100 \, \text{m} \) y \(y_f = 50 \, \text{m} \), como se muestra en la figura 1.

Usando la ecuación \eqref{vf} y el hecho de que la rapidez inicial sea cero, podemos despejar \(v_f \) para obtener

\begin{equation}
v_f=\sqrt{-2g(y_f-y_i)}.
\end{equation}

Numéricamente, según el sistema elegido, esto es

\begin{equation}
v_f=\sqrt{-2(9.8\,\text{m/s}^2)(50\,\text{m}-100\,\text{m})}.
\end{equation}

Es decir,

\begin{equation}
v_f\approx 31.3\,\text{m/s}.
\end{equation}

Esta será la velocidad inicial \(v_0 \) del movimiento parabólico (recuerde que nos pidieron que asumiéramos que la velocidad de la piedra justo después de que golpea la roca es la misma que la velocidad cuando golpea la roca).

Seguimos con el segundo paso de la solución: tenemos que escribir las ecuaciones para el movimiento parabólico. Recuerde que un movimiento parabólico consiste en un movimiento con aceleración vertical constante (a lo largo del eje Y) y un movimiento con velocidad horizontal constante (a lo largo de X). Dado que la piedra se mueve en la dirección X positiva, la ecuación de movimiento a lo largo de X para la piedra es

\begin{equation}
x_f\,\hat{\textbf{i}}=x_i\,\hat{\textbf{i}}+v_{0x}t\,\hat{\textbf{i}},
\end{equation}

donde \(v_{0x}\) es la rapidez inicial a lo largo de X, y \(x_f\) y \(x_i\) las posiciones X final e inicial, respectivamente. Ahora, podemos ver fácilmente que \(v_{0x}=v_0\cos(\theta)\), como se muestra en la figura 2.

Por tanto, podemos escribir la ecuación anterior como

\begin{equation}
x_f\,\hat{\textbf{i}}=x_i\,\hat{\textbf{i}}+v_0\cos(\theta)t\,\hat{\textbf{i}},
\end{equation}

o, centrándonos solo en las magnitudes, obtenemos

\begin{equation}
x_f=x_i+v_0\cos(\theta)t
\end{equation}

Ahora, del sistema de coordenadas usado, vemos que \(x_i = 0 \) y \(x_f = R \) son las posiciones inicial y final de la roca a lo largo del eje X, y así obtenemos

\begin{equation}
\label{kinemx}
R=v_0\cos(\theta)t.
\end{equation}

¡Observe que \(R\) es en realidad la distancia que queremos encontrar! Pero para encontrarla, aún necesitamos encontrar el tiempo \(t \). entonces, necesitamos más ecuaciones. Considere el movimiento a lo largo del eje Y. En general, este es el movimiento de un objeto con aceleración constante:

\begin{equation}
\vec{y}_f=\vec{y}_i+\vec{v}_{yi}t+\frac{1}{2}\vec{a}t^2,
\end{equation}

donde \(\vec{y} _f \) y \(\vec{y} _i \) son las posiciones final e inicial en Y, \(\vec{v} _{yi} \) es la velocidad inicial a lo largo de Y, y \(\vec{a} \) es la aceleración (en este caso, la aceleración gravitacional). Ahora, reescribamos esta ecuación usando el sistema de coordenadas que elegimos arriba. Entonces, la velocidad inicial a lo largo de Y es positiva según el sistema, la aceleración gravitacional es negativa y la posición inicial es positiva:

\begin{equation}
y_f\,\hat{\textbf{j}}=y_i\,\hat{\textbf{j}}+v_{yi}t\,\hat{\textbf{j}}-\frac{1}{2}gt^2\,\hat{\textbf{j}}.
\end{equation}

Ahora, de la última figura utilizada, está claro que \(v_{yi} =v_i\sin(\theta)\), por lo que podemos escribir

\begin{equation}
y_f\,\hat{\textbf{j}}=y_i\,\hat{\textbf{j}}+v_i\sin(\theta)t\,\hat{\textbf{j}}-\frac{1}{2}gt^2\,\hat{\textbf{j}}.
\end{equation}

Centrándonos solo en las magnitudes, tenemos

\begin{equation}
\label{kinemy}
y_f=y_i+v_i\sin(\theta)t-\frac{1}{2}gt^2.
\end{equation}

Por lo tanto, encontramos una nueva ecuación donde la única incógnita es el tiempo \(t\). Dado que tenemos dos ecuaciones en las que solo se desconoce el tiempo, podremos encontrar el tiempo. Despejando \(t\) en la ecuación \eqref{kinemx} , tenemos

\begin{equation}
v_0\cos(\theta) t=R.
\end{equation}

Luego,

\begin{equation}
t=\frac{R}{v_0\cos(\theta)}.
\end{equation}

Usando esta expresión para el tiempo en la ecuación \eqref{kinemy} , obtenemos

\begin{equation}
y_f=y_i+v_i\sin(\theta)\left(\frac{R}{v_i\cos(\theta)}\right)-\frac{1}{2}g\left(\frac{R}{v_0\cos(\theta)}\right)^2.
\end{equation}

Pero sabemos que \(y_f = 0 \, \text{m} \) (la posición final a lo largo de Y es el nivel del suelo, que es cero según el sistema de coordenadas). Por lo tanto,

\begin{equation}
\label{traj0}
0=y_i+v_i\sin(\theta)\left(\frac{R}{v_i\cos(\theta)}\right)-\frac{1}{2}g\left(\frac{R}{v_0\cos(\theta)}\right)^2.
\end{equation}

Para simplificar aún más, usemos las identidades trigonométricas \(\sin(\theta)/\cos(\theta)=\tan(\theta)\) y \(1/\cos^2(\theta)=\sec^2(\theta)\):

\begin{equation}
\label{traj}
0=y_i+R\tan(\theta)-\frac{1}{2}g\frac{R^2\sec^2(\theta)}{v_0^2}.
\end{equation}

Observe que hemos obtenido una ecuación cuadrática para \(R\). Multiplicando todos los términos por \(\left(-\frac{v_0^2}{g\sec^2(\theta)}\right)\), obtenemos

\begin{equation}
\frac{R^2}{2}-\frac{v_0^2\tan(\theta)}{g\sec^2(\theta)}R-\frac{y_iv_0^2}{g\sec^2(\theta)}=0.
\end{equation}

Usemos más identidades trigonométricas para simplificar aún más. Usemos \(\tan(\theta)/\sec^2(\theta)=\sin(\theta)\cos(\theta)\) y \(1/\sec^2(\theta)=\cos^2(\theta)\) para obtener

\begin{equation}
\frac{R^2}{2}-\frac{v_0^2\sin(\theta)\cos(\theta)}{g}R-\frac{y_iv_0^2\cos^2(\theta)}{g}=0.
\end{equation}

Y una vez más, usemos estas ecuaciones trigonométricas: \(\sin(\theta)\cos(\theta)=\sin(2\theta)/2\) y \(\cos^2(\theta)=(1+\cos(2\theta))/2\). Finalmente conseguimos

\begin{equation}
\left(\frac{1}{2} \right)R^2+\left(-\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{2g}\right)R+\left(-\frac{y_iv_0^2(1+\cos(2\theta))}{2g}\right)=0.
\end{equation}

Observe que esta es una ecuación cuadrática para la variable \(R\) de la forma \(ax^2+bx+c=0\), donde \(a,b,c\) son constantes. La solucion sera

\begin{equation}
R=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}.
\end{equation}

En nuestro caso, con los valores de \(a,b,c\), obtenemos

\begin{equation}
\label{req}
R=\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{2g}\pm\sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{2g}\right)^2-4\left(\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{y_iv_0^2(1+\cos(2\theta))}{2g}\right)},
\end{equation}

que se simplifica a

\begin{equation}
\label{req2} R=\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{2g}+\sqrt{\frac{v_0^4\sin^2(2\theta)}{4g^2}+\frac{y_iv_0^2(1+\cos(2\theta))}{g}}.
\end{equation}

Observe que elegimos la raíz positiva para que \(R\) sea positivo (la distancia debe ser positiva). Usando los valores numéricos, incluyendo que \(\theta=45^{\circ}\), obtenemos

\begin{equation}
R=\frac{(31.3\,\text{m/s})^2}{2(9.8\,\text{m/s}^2)}+\sqrt{\frac{(31.3\,\text{m/s})^4\sin^2(2(45^{\circ}))}{4(9.8\,\text{m/s}^2)^2}+\frac{(50\,\text{m})(31.3\,\text{m/s})^2(1+\cos(2(45^{\circ})))}{9.8\,\text{m/s}^2}}.
\end{equation}

Esto produce

\begin{equation}
R=136.60\,\text{m}.
\end{equation}

(b) La parte final del problema requiere que calculemos la distancia horizontal máxima posible suponiendo que la piedra rebota en un ángulo óptimo. Como queremos el valor máximo de \(R \), tendremos que tomar la derivada con respecto a \(\theta \) e igualarla a cero, es decir

\begin{equation}
\frac{dR}{d\theta}=0.
\end{equation}

Calculando la derivada explícitamente de \eqref{req2} , obtenemos

\begin{equation}
\frac{dR}{d\theta}=\frac{v_0^2\cos(2\theta)}{g}+\dfrac{\frac{v_0^4\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{g}-\frac{2y_iv_0^2\sin(2\theta)}{g}}{\sqrt{\frac{v_0^4\sin^2(2\theta)}{4g^2}+\frac{y_iv_0^2(1+\cos(\theta))}{g}}}=0.
\end{equation}

Tomando el término con la raíz cuadrada al lado derecho, y elevando ambos lados a la potencia 2, obtenemos

\begin{equation}
\frac{v_0^4\cos^2(2\theta)}{g^2}=\frac{\left(\frac{v_0^4\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{2g^2}-\frac{y_iv_0^2\sin(2\theta)}{g}\right)^2}{\frac{v_0^4\sin^2(2\theta)}{4g^2}+\frac{y_iv_0^2(1+\cos(2\theta))}{g}}.
\end{equation}

Tomando el factor común del término \(\frac{v_0^4\sin(2\theta)}{2g^2}\) en el numerador de la derecha, obtenemos la expresión

\begin{equation}
\frac{v_0^4\cos^{2}(2\theta)}{g^2}=\frac{\left(\frac{v_0^4\sin(2\theta)}{2g^2}\right)^2\left(\cos(2\theta)-\frac{2y_i g}{v_0^2}\right)^2}{\frac{v_0^4\sin^2(2\theta)}{4g^2}+\frac{y_iv_0^2(1+\cos(2\theta))}{g}}.
\end{equation}

Factorizando el término \(\frac{v_0^4}{4g^2}\) en el denominador, terminamos con

\begin{equation}
\frac{v_0^4\cos^2(2\theta)}{g^2}=\frac{\left(\frac{v_0^4\sin(2\theta)}{2g^2}\right)^2\left(\cos(\theta)-\frac{2y_i g}{v_0^2}\right)^2}{\left(\frac{v_0^4}{4g^2}\right)\left(\sin^2(2\theta)+\frac{4y_ig(1+\cos(2\theta))}{v_0^2}\right)}.
\end{equation}

Simplificando el término \(\frac{v_0^4}{g^2}\) en toda la expresión y definiendo \(\alpha=\frac{2y_ig}{v_0^2}\), podemos escribir

\begin{equation}
\cos^2(2\theta)=\frac{\sin^2(2\theta)(\cos(\theta)-\alpha)^2}{(\sin^2(2\theta)+2\alpha(1+\cos(2\theta)))}.
\end{equation}

Dividiendo ambos lados por \(\cos^2(2\theta)\), obtenemos

\begin{equation}
1=\frac{\tan^2(2\theta)(\cos(\theta)-\alpha)^2}{\sin^2(2\theta)+2\alpha(1+\cos(2\theta))}.
\end{equation}

Multiplicamos todo por el término en el denominador del lado derecho para obtener

\begin{equation}
\sin^2(2\theta)+2\alpha(1+\cos(2\theta))=\tan^2(2\theta)(\cos(2\theta)-\alpha)^2.
\end{equation}

Dividiendo ambos lados de nuevo por \(\cos ^ 2 (\theta) \), podemos escribir todo en términos de tangente y secante, explícitamente

\begin{equation}
\tan^2(2\theta)+2\alpha(\sec^2(2\theta)+\sec(2\theta))=\tan^2(2\theta)(1-\alpha\sec(2\theta))^2.
\end{equation}

Ahora usemos la identidad trigonométrica \(\sec ^ 2 (2 \theta) = 1 + \tan ^ 2 (2 \theta) \) para que podamos dejar toda la expresión en términos de \(\tan (2 \theta ) \):

\begin{equation}
\tan^2(2\theta)+2\alpha\left(1+\tan^2(2\theta)+\sqrt{1+\tan^2(2\theta)}\right)=\tan^2(2\theta)\left(1-\alpha\sqrt{1+\tan^2(2\theta)}\right)^2.
\end{equation}

Expandiendo todos los términos a la derecha e izquierda de la expresión, obtenemos

\begin{equation}
\tan^2(2\theta)+2\alpha+2\alpha\tan^2(2\theta)+2\alpha\sqrt{1+\tan^2(2\theta)}
\end{equation}

para el lado izquierdo y

\begin{equation}
\tan^2(2\theta)\left(1-2\alpha\sqrt{1+\tan^2(2\theta)}+ \alpha^2(1+\tan^2(2\theta))\right)\end{equation}

para el lado derecho. Dado que estos dos lados son iguales, llegamos a

\begin{equation}
\alpha^2\tan^4(2\theta)+(\alpha^2-2\alpha)\tan^2(2\theta)-2\alpha=2\alpha(1+\tan^2(2\theta))\sqrt{1+\tan^2(2\theta)}.
\end{equation}

Elevando ambos lados a la potencia de 2, obtenemos una ecuación cúbica para la variable \(\tan^2(\theta)\). El lector puede verificar que la solución real de esta ecuación cúbica es

\begin{equation}
\tan^2(2\theta)=\frac{4(1+\alpha)}{\alpha^2}.
\end{equation}

Usando la identidad de doble ángulo

\begin{equation}
\tan(2\theta)=\frac{2\tan(\theta)}{1-\tan^2(\theta)},
\end{equation}

llegamos a

\begin{equation}
\tan(\theta)=\frac{1}{\sqrt{1+\alpha}}.
\end{equation}

Por lo tanto, la solución para \(\theta\) es (usando la expresión explícita para \(\alpha\))

\begin{equation}
\theta=\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2y_i g}{v_0^2}}}\right),
\end{equation}

que numéricamente es

\begin{equation}
\theta=\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2(50\,\text{m})(9.8\,\text{m/s}^2)}{(31.3\,\text{m/s}^2)}}}\right).
\end{equation}

Es decir,

\begin{equation}
\theta\approx 10^{\circ}.
\end{equation}

Usando el valor numérico para el ángulo \(\theta\) y el resto de los valores numéricos en la ecuación \eqref{req} , obtenemos

\begin{equation}
R\approx150\,\text{m}.
\end{equation}

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