Autor Tema: El guardabosques y el mono

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17 Noviembre, 2019, 09:50 pm
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Marcos Castillo

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Hola
Un guardabosques con una cerbatana intenta disparar un dardo tranquilizante a un mono que cuelga de una rama (figura adjunta). El guardabosques apunta directamente al mono sin tener en cuenta que el dardo seguirá una trayectoria parabólica y pasará, por lo tanto, por debajo del mono. Sin embargo, éste, viendo salir el dardo de la cerbatana, se suelta de la rama y cae del árbol, esperando evitar el dardo. Demostrar que el mono será alcanzado independientemente de cuál sea la velocidad inicial del dardo, con tal de que ésta sea lo suficientemente grande para que el dardo recorra la distancia horizontal que hay hasta el árbol antes de dar contra el suelo. Suponer que el tiempo de reacción del mono es despreciable.



PLANTEAMIENTO
En este ejemplo tanto el mono como el dardo describen un movimiento de proyectil. Para mostrar que el dardo alcanza al mono, debemos demostrar que en un cierto tiempo \( t \), el dardo y el mono tienen las mismas coordenadas, independientemente de la velocidad inicial del dardo.
SOLUCIÓN
1- Se aplica la ecuación al mono en el tiempo \( t \): \( \Delta{\vec{\mathbf{r}}_m}=\dfrac{1}{2}\vec{\mathbf{g}}t^2 \). (La velocidad inicial del mono es nula.)
2- Se aplica la ecuación al dardo en el tiempo \( t \):\( \Delta{\vec{\mathbf{r}}_d}=\vec{\mathbf{v}}_{d0}t+\dfrac{1}{2}\vec{\mathbf{g}}t^2 \), donde \( \vec{\mathbf{v}}_{d0} \) es la velocidad inicial del dardo cuando sale de la cerbatana.
3- La figura adjunta refleja un esquema del mono, el dardo y la cerbatana. Se muestra el dardo y el mono en sus posiciones en el instante inicial y en el tiempo \( t \). Los vectores muestran los diferentes términos de los pasos 1 y 2.
Las dudas son:
No veo la demostración de que el mono será alcanzado independientemente de cuál sea la velocidad del dardo (con tal de que ésta sea lo suficientemente grande para que el dardo recorra la distancia horizontal que hay hasta el árbol antes de dar contra el suelo).
2- No veo cómo se muestra el dardo y el mono en sus posiciones en el instante inicial y en el tiempo \( t \).
3- No veo que demuestre que demuestre que en un cierto tiempo \( t \), el dardo y el mono tienen las mismas coordenadas, independientemente de la velocidad inicial del dardo.
Un saludo
No man is an island (John Donne)

17 Noviembre, 2019, 10:36 pm
Respuesta #1

Juan Pablo Sancho

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Una forma que no es la del libro, tomas como origen de coordenadas la punta del rifle y  proyectas hacia el árbol una linea recta que mide \( x \) y luego del árbol hacia el mono otra que mide h \( \tan(\theta) = \dfrac{h}{x}  \).
Sea la velocidad del dardo \( v_d \)  tenemos que \( v_{dx} = \cos(\theta) \cdot v_d  \) y \( v_{dy} = \sen(\theta) \cdot v_d  \).
El tiempo que tarda en recorrer la distancia \( x \) es  \(  x = v_{dx} \cdot t \) entonces \( t = \dfrac{x}{v_{dx}} = \dfrac{h}{v_{dy}} \)
En ese tiempo el dardo esta en :
\( (x,v_{dy} \cdot \dfrac{h}{v_{dy}} - \dfrac{1}{2} \cdot g \cdot t^2 ) = (x,h-\dfrac{1}{2} \cdot g \cdot t^2)  \)
El mono estará en \( (x,h-\dfrac{1}{2} \cdot g \cdot t^2)  \) que es la misma posición.

17 Noviembre, 2019, 10:59 pm
Respuesta #2

feriva

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Hola, Marcos, tranquilo que vengo yo y verás como... ya no entiendes nada.

No, en serio, éste es un problema que en su día me llamó mucho la atención, venía en mi libro de Tipler, de físca general, y es un más clásico, aparece siempre en los libros.

Spoiler
Antes, piensa en un problema mucho más simple, el cual es evidente por sí mismo. El mono en el árbol (supongamos que en una rama baja) de tal manera que el hombre levanta con la mano el dardo o lo que sea y queda a la misma altura que el mono; dardo a “y” metros, mono a “y” metros pero todo lo lejos que quieras.

Si ambos se dejan caer a la vez (que es lo que pasa el en problema) pero sin lanzar el dardo, es obvio que los dos caerán al mismo tiempo independientemente de la masa del mono y el dardo; si despreciamos resistencia del aire y las fuerzas no conservativas que sea; claro. La fórmula de tiempo para los dos es la misma, porque recorren la misma altura:

\( y=\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \); ahí no hay nada particular del mono ni del dardo, la gravedad es igual para ambos, la altura y el tiempo también.

Pero como el dardo se ha lanzado cero metros, “x=0”, cae a los pies del hombre, pues no alcanza al mono, caen a la vez pero obviamente no lo alcanza porque no se mueve de ahí. Y llegan al suelo al mismo tiempo.

Ahora, dado que la velocidad en un eje es independiente de la otra, si lo tira con la suficiente fuerza como para que llegue hasta donde está el mono apuntando hacia él, va cayendo a la vez que va cayendo el mono, exactamente a la vez; porque eso no cambia, la velocidad “y” es igual para los dos, cuando ambos llegan al suelo , el tiempo es igual para los dos


Y eso es así porque es así, porque las velocidades son independientes, se demuestra experimentalmente; había un vídeo de un profesor que lo hacía en clase con un peluche; luego después de cenar te lo busco.

[cerrar]

El dibujo era muy malo, lo he quitado pongo otro




Imagina el dardo a velocidad prácticamente instantánea; entonces la trayectoria es una recta y como es instantánea (tarda cero segundos) al mono no le da tiempo a moverse y le da.

Imagina que la velocidad es un poquitín menor. El dardo describe casi una recta, al mono le da tiempo a caer muy poco, porque el tiempo sigue siendo muy corto, y le alcanza el dardo...

¿Qué es lo que hace que esas flechas se vayan doblando hacia abajo cada vez más? Como la velocidad horizontal es independiente, sólo puede ser debido a la velocidad de caída libre que te también tiene el dardo; y que no es otra que la del mono porque ambos “salen” al mismo tiempo.



Saludos.

17 Noviembre, 2019, 11:17 pm
Respuesta #3

Juan Pablo Sancho

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17 Noviembre, 2019, 11:17 pm
Respuesta #4

Abdulai

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Es un experimento clásico de física.    Googleando  con "shoot the monkey"  o "el mono y el cazador"  vas a encontrar  infinidad de desarrollos y videos. Algunos con variantes como hacer pasar el proyectil por dos argollas , que también están cayendo , antes de golpear al mono.

17 Noviembre, 2019, 11:19 pm
Respuesta #5

feriva

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Mira estos ejemplos:
https://www.youtube.com/watch?v=UB8gAdpsQ3A
https://www.youtube.com/watch?v=ctE7CJD3Fv4
https://www.youtube.com/watch?v=6FdXBGIg8Qs
¡No había visto los videos antes de poner la solución, los acabo de buscar!  ;D

Muchas gracias, Juan Pablo, voy a verlos, que ya no me acordaba bien de los detalles.

Saludos.

17 Noviembre, 2019, 11:58 pm
Respuesta #6

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
Hola Marcos

Visualiza el mismo problema  sin que exista gravedad , que debe hacerse para acertarle al mono, solo bastara apuntar en dirección a el , el dardo  ira en linea recta e impactara.

Supón una velocidad de lanzamiento v y una separación espacial d , el tiempo que tarda en llegar el dardo es \( t_a=\frac{d}{v} \)

puede analizar el movimiento del dardo en dos direccione la horizontal y la vertical  si \( \theta \) es el ángulo respecto de la horizontal del disparo la cinemática del movimiento en esas direcciones es

\( x_d=x_o+v\cos\theta\, t \)

\( y_d=y_o+v\sin\theta\, t \)

 analicemos  que pasa con el mono su posición no varia con el tiempo pues al no haber gravedad no puede caer luego su ecuación de movimiento es

\( x_m=x_{rama}=cte_1 \)

\( y_m=y_{rama}=cte_2 \)

evidentemente si ha apuntado  correctamente el encuentro se produce cuando

\( x_m=x_d=x_o+v\cos\theta\, t_a \)

\( y_m=y_d=x_o+v\sin\theta\, t_a \)


Bien ahora pensemos  que es lo que pasa cuando hay gravedad...

todo lo que suceda en la dirección horizontal, no sufre cambio ya que la gravedad es una aceleración  que tiene lugar solo en la dirección vertical

luego  el tiempo de alcance en del dardo con o sin gravedad es el mismo \( t_a \)

como el mono cae su coordenada horizontal es única , el dardo con solo tener una componente de velocidad no nula , al cabo del suficiente tiempo llegara a la posición \( x_m \)

ahora llegamos al nudo de la cosa, cual es la aceleración  en la vertical del dardo  y cual es la aceleración  del mono, pues la misma es g , todos los objetos en caída libre están sujetos a la misma aceleración de la gravedad.

Entonces que términos debemos agregar a la ecuación de la cinemática del dardo y del mono pues el desplazamiento que producido por la aceleración durante el tiempo de caída \( t_a \) , y como veras lo que cae el dardo es exactamente la misma distancia que cae el mono, luego si ha apuntado bien, y el mono se lanza xacamente en el mismo momento que parte elk dado , ambos caen \( \dfrac12gt_a^2 \)

reemplazamos las ecuaciones sin gravedad por las de ahora con gravedad

para el dardo

\( y_d=y_o+v\sin\theta\, t-\dfrac12gt^2 \)

y para el mono

\( y_m=y_o-\dfrac12gt^2 \)

como hecho dicho el encuentro sucede cuando \( y_m=y_d
 \)

igualemos entonces

\( y_d=y_o+v\sin\theta\, t-\dfrac12gt^2=y_o-\dfrac12gt^2=y_m \)

si observas los términos en los que la gravedad afecta a la ecuación de movimiento, en ambos la expresión es la misma por lo que son magnitudes cancelables, o bien puedes pasarla de miembro con el signo cambiado, y restarlas entre si


\( y_o+v\sin\theta\, t\cancel{-\dfrac12gt^2}=y_o\cancel{-\dfrac12gt^2} \)


luego te queda

\( y_m=y_d=x_o+v\sin\theta\, t \)

la misma ecuación que sin gravedad por lo que también tendrá entonces la igualdad cuando \( t=t_a \)


Espero  haberte aclarado algo mas el panorama

ah!  como ves siempre que haya componente en la horizontal  habrá alcance ,no importa cuánto será el tiempo, siempre el dardo termina alcanzándolo, así que no importa el módulo de la velocidad en la horizontal incluso puede ser nulo si el tiro es netamente vertical, solo es necesario que la componente vertical de la velocidad del dardo tampoco sea nula.

Si fuera nula el dardo y el mono siempre mantendrían la misma distancia vertical \( y_m-y_d=h \)
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

18 Noviembre, 2019, 05:15 am
Respuesta #7

Marcos Castillo

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Hola, perdonar que sea cabeza cuadrada :banghead:
feriva me ha proporcionado un dato fundamental. Mi pregunta era: demostrar que el mono será alcanzado por el dardo independientemente de cuál sea la velocidad del dardo, con tal de que ésta sea lo suficientemente grande para que el dardo recorra la distancia horizontal que hay hasta el árbol antes de dar contra el suelo. feriva ha dicho que \( v_{d0} \) (por seguir con la notación del libro de Tipler y Mosca, que es el que yo tengo y mencionaba feriva) debía ser mayor o igual que \( \sqrt{2gh} \). Bien, voy a hacer números a partir de las ecuaciones proporcionadas en las ecuaciones escritas en la solución del libro. Tardaré un poco.
Un saludo
No man is an island (John Donne)

18 Noviembre, 2019, 10:18 am
Respuesta #8

Marcos Castillo

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Hola, Marcos, tranquilo que vengo yo y verás como... ya no entiendes nada.

No, en serio, éste es un problema que en su día me llamó mucho la atención, venía en mi libro de Tipler, de físca general, y es un más clásico, aparece siempre en los libros.

Spoiler
Antes, piensa en un problema mucho más simple, el cual es evidente por sí mismo. El mono en el árbol (supongamos que en una rama baja) de tal manera que el hombre levanta con la mano el dardo o lo que sea y queda a la misma altura que el mono; dardo a “y” metros, mono a “y” metros pero todo lo lejos que quieras.

Si ambos se dejan caer a la vez (que es lo que pasa el en problema) pero sin lanzar el dardo, es obvio que los dos caerán al mismo tiempo independientemente de la masa del mono y el dardo; si despreciamos resistencia del aire y las fuerzas no conservativas que sea; claro. La fórmula de tiempo para los dos es la misma, porque recorren la misma altura:

\( y=\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \); ahí no hay nada particular del mono ni del dardo, la gravedad es igual para ambos, la altura y el tiempo también.

Pero como el dardo se ha lanzado cero metros, “x=0”, cae a los pies del hombre, pues no alcanza al mono, caen a la vez pero obviamente no lo alcanza porque no se mueve de ahí. Y llegan al suelo al mismo tiempo.

Ahora, dado que la velocidad en un eje es independiente de la otra, si lo tira con la suficiente fuerza como para que llegue hasta donde está el mono apuntando hacia él, va cayendo a la vez que va cayendo el mono, exactamente a la vez; porque eso no cambia, la velocidad “y” es igual para los dos, cuando ambos llegan al suelo , el tiempo es igual para los dos


Y eso es así porque es así, porque las velocidades son independientes, se demuestra experimentalmente; había un vídeo de un profesor que lo hacía en clase con un peluche; luego después de cenar te lo busco.

[cerrar]

El dibujo era muy malo, lo he quitado pongo otro




Imagina el dardo a velocidad prácticamente instantánea; entonces la trayectoria es una recta y como es instantánea (tarda cero segundos) al mono no le da tiempo a moverse y le da.

Imagina que la velocidad es un poquitín menor. El dardo describe casi una recta, al mono le da tiempo a caer muy poco, porque el tiempo sigue siendo muy corto, y le alcanza el dardo...

¿Qué es lo que hace que esas flechas se vayan doblando hacia abajo cada vez más? Como la velocidad horizontal es independiente, sólo puede ser debido a la velocidad de caída libre que te también tiene el dardo; y que no es otra que la del mono porque ambos “salen” al mismo tiempo.



Saludos.

Hola. ¿Cómo se deduce que la velocidad mínima de lanzamiento es \( \sqrt{2gh} \)?. Es la única duda que me queda.
Un saludo
No man is an island (John Donne)

18 Noviembre, 2019, 12:45 pm
Respuesta #9

feriva

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Hola. ¿Cómo se deduce que la velocidad mínima de lanzamiento es \( \sqrt{2gh} \)?. Es la única duda que me queda.
Un saludo

Hola, Marcos.

Muy sencillo. Suponiendo que el mono cae del todo, que toca el suelo, el dardo tarda el mismo tiempo en llegar al pie del árbol que el mono en caer; por lo que se ve en el dibujo; momento en el que tenemos la velocidad final en caída libre del mono.
 Ahora bien, nada impide que el dardo toque el suelo a la vez que el mono pero sin llegar al árbol, haciendo un recorrido distinto.
La cuestión está en que el dardo se lanza hacia arriba, en sentido y dirección al mono; entonces, primero sube y después baja en el mismo tiempo en que cae el mono; no es imprescindible que llegue al árbol para caer a la vez que el mono, sí es imprescindible para que se le clave, al pobre. En cualquier caso, llegue el dardo o no al pie del árbol, la velocidad final de caída del mono no cambia.

El dardo, al subir y bajar, tiene un desplazamiento positivo y negativo, se contrarresta de tal manera que podríamos decir que la suma es igual al desplazamiento del mono; y como el tiempo es igual.., pues ahí está la razón.

Por contraste, imagina que se apunta más alto; el mono puede caer al mismo tiempo que el dardo, no hay inconveniente, y sin llegar a darle; pero sólo cuando el angulo es el que apunta al mono, y si llega al árbol, entonces le da








Saludos.

18 Noviembre, 2019, 02:54 pm
Respuesta #10

Marcos Castillo

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¡Hola feriva!
A mi me sale que esa velocidad mínima es cierta sólo para 30° de inclinación. He considerado un triángulo rectángulo con el cateto de la base \( R \), y el otro cateto la altura \( h \) a la que se encuentra el mono en \( t=0 \). \( R \) es el alcance de un proyectil en función de su velocidad inicial y del ángulo de lanzamiento con respecto al eje horizontal, \( \theta \). Entonces:
\( R=\dfrac{v_0^2}{g}\sen{(2\theta)}=\dfrac{v_0^2}{g}2\sen{(\theta)}\cos{(\theta)} \);
\( R=\dfrac{h}{\tan{(\theta)}} \);
\( \dfrac{h}{\tan{(\theta)}}=\dfrac{v_0^2}{g}2\sen{(\theta)}\cos{(\theta)} \);
\( \dfrac{gh}{2\tan{(\theta)}\sen{(\theta)}\cos{(\theta)}}=v_0^2 \);
\( \dfrac{gh}{2\sen^2{(\theta)}}=v_0^2 \);
\( \dfrac{1}{2\sen^2{(\theta)}} \) es 2 sólo cuando \( \theta=30° \).
¿Están bien están bien estos cálculos?. Intuyo que no, pero tu explicación no la he entendido, feriva. :-[
Un saludo

No man is an island (John Donne)

18 Noviembre, 2019, 03:49 pm
Respuesta #11

feriva

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¡Hola feriva!
A mi me sale que esa velocidad mínima es cierta sólo para 30° de inclinación. He considerado un triángulo rectángulo con el cateto de la base \( R \), y el otro cateto la altura \( h \) a la que se encuentra el mono en \( t=0 \). \( R \) es el alcance de un proyectil en función de su velocidad inicial y del ángulo de lanzamiento con respecto al eje horizontal, \( \theta \). Entonces:
\( R=\dfrac{v_0^2}{g}\sen{(2\theta)}=\dfrac{v_0^2}{g}2\sen{(\theta)}\cos{(\theta)} \);
\( R=\dfrac{h}{\tan{(\theta)}} \);
\( \dfrac{h}{\tan{(\theta)}}=\dfrac{v_0^2}{g}2\sen{(\theta)}\cos{(\theta)} \);
\( \dfrac{gh}{2\tan{(\theta)}\sen{(\theta)}\cos{(\theta)}}=v_0^2 \);
\( \dfrac{gh}{2\sen^2{(\theta)}}=v_0^2 \);
\( \dfrac{1}{2\sen^2{(\theta)}} \) es 2 sólo cuando \( \theta=30° \).
¿Están bien están bien estos cálculos?. Intuyo que no, pero tu explicación no la he entendido, feriva. :-[
Un saludo




El ángulo, unido a la velocidad mínima, dependerá de la distancia del cazador al árbol; sólo dibuja distintos triángulos; en general no tiene por qué apuntar al mono a 30º. Ahora bien, si lo que dices es en cuanto al problema particular... ahora no sé; en cuanto a las cuentas ya las miro luego despacio y si acaso te digo; si acaso,  porque últimamente es que ya no me atrevo ni a sumar 2+2, por si me equivoco :D

Saludos.

18 Noviembre, 2019, 06:36 pm
Respuesta #12

Richard R Richard

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Hola le dado un par de vueltas al tema y la velocidad horizontal para que alcance al mono sobre la horizontal

la puedes calcular sabiendo que la velocidad vertical de ascenso dardo es igual a la de vertical descenso al momento de impactar al mono solo que con signo contrario

\( -v\sin\theta=v\sin\theta - g t_a  \)

luego el tiempo de alcance es el tiempo en que el mono alcanz el suelo

\( 0=h-\frac12 gt_a^2 \)

luego \( t_a=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} \)

reordenamos la primera

\( 2v\sin\theta=gt_a \)

reemplazamos \( t_a \)

\( 2v\sin\theta=g\sqrt{\dfrac{2h}{g}} \)

luego \( v\sin\theta=\sqrt{\dfrac{gh}{2}}
 \)
sabemos por diseño de problema que \( \sin\theta =\dfrac{h}{\sqrt{h^2+(\Delta x)^2}} \)

luego

\( v=\sqrt{\dfrac{g(h^2+(\Delta x)^2)}{2h}} \)

pero esa no es la mínima velocidad, si el mono estaba en una rama saliente desde un precipicio, es posible que el dardo también lo siga cayendo(si es lanzado desde el filo) por debajo de la horizontal y lo alcance con una velocidad de salida tendiendo a nula , muchísimos metros por debajo de la línea horizontal tendiendo a \( (-\infty) \)idealmente
 hablando
...







Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

19 Noviembre, 2019, 12:02 am
Respuesta #13

Marcos Castillo

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¡Brillante, Richard R Richard!
Muchas gracias, un saludo
No man is an island (John Donne)

19 Noviembre, 2019, 01:22 am
Respuesta #14

feriva

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Hola, Marcos.

Los cálculos que decías están bien, pero la deducción no puede estarlo, creo.


Spoiler
Piensa que y=0 cuando la velocidad es la mínima posible, por fuerza, si no, se queda corto

Si “y=0”, que es el caso de cuando el dardo toca el suelo al pie del árbol, tienes entonces

\( 0=sen(\alpha)v_{0}t+\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \)

\( -\dfrac{1}{2}gt^{2}=sen(\alpha)v_{0}t
  \)

Y algo hay que considerar negativo ahí, si todo es positivo no es posible; pongo un ejemplo con números.


Sea un mono estándar a una altura de 4 metros y un cazador a una distancia de 4 metros; éste disparará entonces a 45 grados.

Consideremos que llega el dardo justo al tocar el suelo el mono; entonces, en ese momento la altura “y” del dardo es cero:

\( 0=sen(\alpha)v_{0}t+\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \)

\( t=\sqrt{\dfrac{8}{9,8}}=0,90
  \)

\( sen(45\text{º})=0,70
  \)

\( h=\dfrac{1}{2}gt^{2}=3,969
  \)

Sustituyendo en la fórmula \( 0=sen(\alpha)v_{0}t+\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \):

\( 0=sen(\alpha)v_{0}t+h
  \)

\( \dfrac{-h}{sen(\alpha)t}=\dfrac{-3,969}{0,70\cdot0,9}=v_{0}
  \)

\( v_{0}=-6,3
  \)

No digo que la velocidad sea negativa, pero algo tendrá que serlo, no sé.

Ah, no que, me he olvidado del eje X, mañana lo miro
[cerrar]

Saludos.

19 Noviembre, 2019, 02:11 am
Respuesta #15

Richard R Richard

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Si “y=0”, que es el caso de cuando el dardo toca el suelo al pie del árbol, tienes entonces

\( 0=sen(\alpha)v_{0}t+\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \)

....

Y algo hay que considerar negativo ahí, si todo es positivo no es posible; .

Exacto en ese sistema de referencia cuando consideras que la aceleración de la gravedad tiene el mismo sentido que la velocidad vertical de ascenso del dardo (es decir consideras g positiva) el resultado que obtengas  tiene poco que ver con la realidad, pero si cuando haces cálculos le asignas su valor pensando vectorialmente o respetas la convención de signo  \( g \) entonces tienes que tomarlo con valor \( g=-9.81m/s^2 \)

recuerda

- define un sistema de referencia (ej todo vector que vaya hacia la derecha es positivo , todo lo que apunta hacia arriba es positivo)
- si positivo es hacia arriba y pones el signo +en la formula de cinemática al considerar a la aceleración de la gravedad entonces el valor de g tendrá que ser negativo cuando lo introduzcas en los cálculos.
- si una velocidad la supones como un vector hacia la izquierda es lógico que esté restando en las ecuaciones, de ese modo el valor resultado de esa velocidad es positivo (su modulo siempre es positivo, su dirección puede ser negativa respecto del sistema de referencia), pero si insistes en la ecuación sumarla, y si a la vez es cierto que la velocidad resultante tiene dirección a la izquierda el valor de dicha velocidad te saldrá negativo, indicandote el sentido opuesto al supuesto es decir apunta haca las x decrecientes.


si asignas signo + a toda magnitud vectorial que creas tiene sentido que coincide  con el sentido positivo del sistema de referencia y asignas negativo a todo lo que vaya en contra.
Si el resultado calculado de posiciones, velocidades aceleraciones , te da negativo, lo que ha fallado es tu presunción de dirección del vector en cuyo caso apunta en sentido contrario al que has supuesto.
Y si por el contrario el tiempo te da negativo, el evento ha sucedido antes que el  tiempo 0 que has supuesto.


Ejemplo la ecuacion de caida del mono

si la pones de la forma

\( 0=h+\frac{1}{2}gt^2 \)

tienes que tener especial cuidad de saber que la aceleración g es \( -9.81m/s^2
 \)

pero si ya le asigna el sentido diciendo todo vector que apunta hacia arriba es positivo

como la aceleracion de la gravedad es un vector que apunta hacia el centro de la tierra debes asignarle el signo negativo

la altura h esta por encima del 0 luego es positiva

por lo que debes plantear

\( 0=h-\frac{1}{2}gt^2 \)

de ese modo los tiempos no te dan imaginarios y los resultado calculables de h , g y t seran directamente igual a su modulo es decir positivos.

de ese modo si lanzas hacia la derecha es correcto decir \( \Delta x=+v\cos\theta\, t \), pero si el mono esta a la izquierda, la posición del mono será negativa , por debajo de 0

luego \( -\Delta x=-v\cos\theta\, t \) cuyo resultado te tiene obligadamente darte un \( \Delta x \) de valor positivo , diciendote que tu elección de signo negativo (decir que esta a la izquierda del 0) es correcta. Y si con ello pretendes despejar v su modulo será positivo, y si te da negativo en realidad  estaras seguro  que se lanzó hacia abajo.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

19 Noviembre, 2019, 09:36 am
Respuesta #16

feriva

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Si “y=0”, que es el caso de cuando el dardo toca el suelo al pie del árbol, tienes entonces

\( 0=sen(\alpha)v_{0}t+\dfrac{1}{2}gt^{2}
  \)

....

Y algo hay que considerar negativo ahí, si todo es positivo no es posible; .

Exacto en ese sistema de referencia cuando consideras que la aceleración de la gravedad tiene el mismo sentido que la velocidad vertical de ascenso del dardo (es decir consideras g positiva) el resultado que obtengas  tiene poco que ver con la realidad, pero si cuando haces cálculos le asignas su valor pensando vectorialmente o respetas la convención de signo  \( g \) entonces tienes que tomarlo con valor \( g=-9.81m/s^2 \)


Muchas gracias, Richard. Totalmente De acuerdo con lo que dices.

Saludos.

01 Septiembre, 2020, 01:56 pm
Respuesta #17

sedeort

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Este problema de cinemática es todo un clásico. Yo lo encontré en el también clásico "Lecciones de Física" de M.R. Ortega (1982).
Es curioso, porque los "errores a priori" de apuntar directamente por parte de indio y el de soltarse por parte del mono acaban siendo la clave para el acierto.
Se comenta que existe una velocidad mínima por debajo de la cuál el proyectil cae al suelo delante del mono, que se libraría entonces. En cambio si los movimientos siguiesen por debajo de suelo el proyectil seguiría dándole.

Éste es el planteamiento sencillo del problema en el que el campo gravitatorio lo suponemos constante en dirección e intensidad (cosa que ocurre muy aproximadamente cuando los desplazamientos no son muy grandes).

Pero yo me he preguntado si el mono es también alcanzado si pasamos a una gravedad más genérica, con dirección radial e intensidad inversamente proporcional al cuadrado de la distancia a un Origen.
Alguien se anima?

01 Septiembre, 2020, 03:38 pm
Respuesta #18

martiniano

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Hola.

Este problema de cinemática es todo un clásico. Yo lo encontré en el también clásico "Lecciones de Física" de M.R. Ortega (1982).
Es curioso, porque los "errores a priori" de apuntar directamente por parte de indio y el de soltarse por parte del mono acaban siendo la clave para el acierto.
Se comenta que existe una velocidad mínima por debajo de la cuál el proyectil cae al suelo delante del mono, que se libraría entonces. En cambio si los movimientos siguiesen por debajo de suelo el proyectil seguiría dándole.

Éste es el planteamiento sencillo del problema en el que el campo gravitatorio lo suponemos constante en dirección e intensidad (cosa que ocurre muy aproximadamente cuando los desplazamientos no son muy grandes).

Pero yo me he preguntado si el mono es también alcanzado si pasamos a una gravedad más genérica, con dirección radial e intensidad inversamente proporcional al cuadrado de la distancia a un Origen.

Pero... ¿Qué le pasa al mono cuando llegue a ese Origen? Su aceleración no va a estar definida...

Un saludo.

01 Septiembre, 2020, 03:52 pm
Respuesta #19

sedeort

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Je je, ya estamos con los infinitos ..?

No, hombre. Antes de que llegue a ese Origen ya deberíamos saber si es alcanzado por el proyectil o no. Digo yo ...

El problema no es nada sencillo ya que hay que trabajar con coordenadas polares, integrar para obtener la ecuacion de movimiento (una cónica) del proyectil. Incluso la ecuación de movimiento del mono, que es un movimiento rectilíneo es ya bastante complicada (por cierto, deber la misma que la que yo obtuve aquí cuando el problema de la caída de la Luna)
Casi mejor dejarlo.