Aquí está el problema:
Un niño se para en la cima de una colina que desciende uniformemente en ánguloϕ
. en que anguloθ
desde la horizontal debe lanzar una piedra para que tenga el mayor alcance?
Me doy cuenta de que la misma pregunta se publica aquí: https://physics.stackexchange.com/questions/24235/trajectory-of-projectile-thrown-downhill , pero tengo algunas preguntas que no fueron respondidas en ese hilo:
- ¿Se puede resolver el problema sin una rotación del sistema de coordenadas? ¿Si es así, cómo?
- Traté de resolver el problema usando un sistema de coordenadas rotadas, pero no puedo encontrar la manera de terminarlo (vea el trabajo que se muestra a continuación).
Esto es lo que tengo hasta ahora:
- Establecemos el sistema de coordenadas de modo que el positivoX
El eje coincide con la pendiente descendente de la colina. Esto simplifica el problema al permitirnos relacionar fácilmenteϕ
yθ
, a través de la relaciónα = ϕ + θ
.
- v0x _=v0porqueα
- v0 años=v0pecadoα
- aX= - gramoporque( ϕ −π2) = − gramoporque( - (π2− ϕ ) ) = gramoporque(π2− ϕ ) = gramopecadoϕ
- ay= - gramopecado( ϕ −π2) = − gramopecado( - (π2− ϕ ) ) = − gramopecado(π2− ϕ ) = − gramoporqueϕ
- vX=v0x _+∫t0aX( t ′ ) ret ′ =v0porqueα +∫t0( gramopecadoϕ ) ret ′ =v0porqueα + t ( gramopecadoϕ )
- x =X0+∫t0vX( t ′ ) ret ′ =∫t0(v0porqueα + t ′ ( gramopecadoϕ ) ) ret ′ =t(v0porquea ) +12t2( gramopecadoϕ )
- vy=v0 años+∫t0ay( t ′ ) ret ′ =v0pecadoα +∫t0( - gramoporqueϕ ) ret ′ =v0pecadoα - t ( gramoporqueϕ )
- y=y0+∫t0vy( t ′ ) ret ′ =∫t0(v0pecadoα - t ′ ( gramoporqueϕ ) ) ret ′ =t(v0pecadoa ) -12t2( gramoporqueϕ )
- Para encontrar el tiempo de vuelo del proyectil, encontramos el tiempo en el que su trayectoria interseca el suelo (en este caso, elX
eje), ajustandoy= 0
y resolviendo parat
.
y= t (v0pecadoa ) -12t2( gramoporqueϕ ) = 0
v0pecadoα =12t ( gporqueϕ )
t =2v0pecadoαgramoporqueϕ
- Sustituyendot
en la ecuación paraX
nos da la distancia recorrida por el proyectil en función de los ángulosα
yϕ
.
x = t (v0porquea ) +12t2( gramopecadoϕ )
x = (2v0pecadoαgramoporqueϕ) (v0porquea ) +12(2v0pecadoαgramoporqueϕ)2( gramopecadoϕ )
x =2v20gramoporqueϕ( pecadoporque _a ) +2v20gramoporqueϕ(pecado2αpecadoϕporqueϕ)
x =2v20gramoporqueϕ( pecadoporque _α +pecado2bronceado _ϕ )
- Noté que la solución en el otro hilo procede de aquí diferenciandoX
con respecto aα
, tenenciaϕ
constante, lo que da
dXdα=2v20gramoporqueϕ(ddα(12( pecado( 2 a ) +pecado2bronceado _ϕ ) )
dXdα=2v20gramoporqueϕ( porque( 2 α ) + 2 pecadoporque _bronceado _ϕ )
dXdα=2v20gramoporqueϕ( porque( 2 α ) + pecado( 2 α ) bronceadoϕ )
Esta ecuación nos permite examinar cómoX
cambios con respecto aα
. Vemos esoX
aumenta a medida queα
aumenta, hasta cierto punto, y luego disminuye a medida queα
aumenta más allá de este valor. Esto significa que la gráfica deX
tiene un máximo relativo en el valor deα
que produce el rango máximo.
- Queremos encontrar el valor deα
que da como resultado el alcance máximo del proyectil. En otras palabras, debemos determinar el valor deα
para lo cual la gráfica deX
tiene un máximo relativo. Esto lo logramos estableciendo
dXdα= 0 =2v20gramoporqueϕ( porque( 2 α ) + pecado( 2 α ) bronceadoϕ )
Dividiendo cada lado por2v20gramoporqueϕ
produce
porque( 2 α ) + pecado( 2 α ) bronceadoϕ = 0
Aquí es donde me pierdo. Parece que esta debería ser la parte fácil, porque lo único que queda por hacer es resolver la ecuación anterior paraα
, pero no sé cómo hacerlo. ¿Alguien podría explicarme esta parte?
Además, me gustaría saber si el problema se puede resolver sin rotar el sistema de coordenadas. Originalmente me propuse resolverlo usando el sistema de coordenadas rectangulares estándar, pero me atasqué en algunas ecuaciones que parecían no conducir a ninguna parte. Gracias por tu ayuda.
gmz