MOVIMIENTO DE UN PROYECTIL

MOVIMIENTO DE UN PROYECTIL FISICA EXPERIMENTAL I

1. OBJETIVO

 Establecer una expresión matemática que describe la trayectoria de un móvil,
cuando es disparado horizontalmente desde el extremo de una rampa.

2. FUNDAMENTO TEORICO
Se denomina proyectil a cualquier objeto al que se le da una velocidad inicial y a
continuación sigue una trayectoria determinada por la fuerza gravitacional que

actúa sobre él y por la resistencia de la atmósfera. El camino seguido por un
proyectil se denomina trayectoria.

Consideremos solo trayectorias suficientemente cortas para que la fuerza

gravitacional se pueda considerar constante en magnitud y dirección. El
movimiento se referirá a ejes fijos respecto al a tierra. Esta no es precisamente un

sistema inercial, pero para trayectorias de corto alcance, el error que se comete al
considerarla como tal es muy pequeño. Por último, no se tendrán en cuenta los

efectos de la resistencia del aire; de este modo, nuestros resultados solo serán
exactos par el movimiento en el vacío, de una tierra plana sin rotación. Estas

hipótesis simplificadoras constituyen la base de un modelo idealizado del
problema físico, en el cual se desprecian detalles sin importancia y se centra la

atención en los aspectos más importantes del fenómeno.

Toribio Córdova / Job Abanto / Juan Aquino 1


Como, en este caso idealizado, la única fuerza que actúa sobre el proyectil es su
peso considerado constante en magnitud y dirección, es mejor referir el

movimiento a un sistema de ejes de coordenadas rectangulares. Tomaremos el eje
x horizontal y el eje y vertical. La componente x de la fuerza que actúa sobre el

proyectil es nula, y la componente y es el peso del proyectil. -mg.

𝑎 𝑥 = 𝐹𝑥 = 0, 𝑎 𝑦 = 𝐹𝑦 = −𝑚𝑔 = −𝑔

o bien: a = -gj

Esto es, la componente horizontal de la aceleración es nula, y la componente

vertical, dirigida hacia abajo, es igual a la de un cuerpo que cae libremente. Puesto

que aceleración nula significa velocidad constante, el movimiento puede definirse
como una combinación de movimiento horizontal con velocidad constante y

movimiento vertical con aceleración constante.
La clave para el análisis del movimiento de proyectiles reside en el hecho de que

todas las relaciones vectoriales que se necesitan, incluidas la segunda ley de
Newton y las definiciones de velocidad y aceleración, pueden expresarse por

separado mediante las ecuaciones de las componentes x e y de las cantidades
vectoriales. Además la ecuación vectorial F = ma equivale a las dos ecuaciones de

componentes:

𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 𝑥 𝑦 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 𝑦

De igual forma, cada componente de la velocidad es la variación por unidad de
tiempo de la coordenada correspondiente, y de cada componente de la

aceleración es la variación por unidad de tiempo de la componente de la velocidad
correspondiente. En este aspecto los movimientos en x e y son independientes y

pueden analizarse por separado. El movimiento real es, entonces, la superposición
de estos movimientos separados.



Supongamos que en el instante t = 0 nuestra partícula está situada en el punto (x0,

componentes de la aceleración son 𝑎 𝑥 = 0 y 𝑎 𝑦 = −𝑔. La variación de cada
y0) y que las componentes de la velocidad son vx y vy. Como ya se ha visto, las

utilizarse directamente sus ecuaciones; sustituyendo 𝑉0𝑥 por 𝑉0 y 0 por 𝑎 𝑥 tenemos
coordenada con el tiempo es la de un movimiento uniforme acelerado, y pueden

para x.

Las ecuaciones que permiten obtener las coordenadas instantáneas del vector
posición de un proyectil.

x = xo + vox t e-1

y = yo+ voy t - ½ g t2 e-2

Despejando t de la ecuación e-1 y sustituyendo en e-2 obtenemos la ecuación de

la trayectoria del proyectil.

y-yo = voy
(x − x0 ) − 1 g (x − x0 ) e-3
2
vox 2 v0 x
→
Como el vector velocidad esta dado por V = (V0, θ0); por lo tanto sus

componentes son:

V0x = V0 cos θ0 y V0y = V0 sin θ0. Reemplazando en la ecuación e-3 obtenemos la

ecuación e-4.

(x − x0 )
y-yo = ( x − x0 ) tan θ 0 −
1
g 2 e-4
2 v0 cos 2 θ 0



Las ecuaciones que permiten obtener las coordenadas instantáneas del vector

posición de un proyectil.

x = xo + vox t e-1

y = yo+ voy t - ½ g t2 e-2

Despeje t de la ecuación e-1 y sustitúyalo en e-2 para demostrar que obtenemos
la ecuación de la trayectoria del proyectil.

y-yo = voy
(x − x0 ) − 1 g (x − x0 ) e-3
2
v ox 2 v0 x
→
Como el vector velocidad esta dado por V = (V0, θ0); por lo tanto sus componentes
son:

V0x = V0 cosθ0 y V0y = V0 sin θ0. Sustituyendo los componentes en e-3 obtenemos

e-4.

(x − x0 )
y-yo = ( x − x0 ) tan θ 0 −
1
g 2 e-4
2 v0 cos 2 θ 0



3. MATERIALES

1 HOJA DE PAPEL
1 RAMPA ACANALADA 1 REGLA CARBÓN

1 PRENSA
1 HOJA DE PAPEL
BLANCO

1 BOLA DE ACERO 1 PLOMADA



4. PROCEDIMIENTO

1. Arme el equipo como se muestra en la figura (1)

2. Coloque a una altura “y”, la rampa acanalada del tablero. Mida con la regla.



3. Coloque en el tablero la hoja de papel carbón sobre la hoja de papel blanco.

4. Escoja un punto de la rampa acanalada. La bola se soltará desde ese punto.

Ese punto, así escogido, debe ser el mismo para todos los lanzamientos.



5. Suelte la bola de la regla acanalada. El impacto de esta dejará una marca sobre
el papel blanco. Repita éste paso 5 veces

6. Mida a partir de la plomada la distancia x1 del primer impacto, después la
distancia x2 del segundo impacto, etc. Tome el valor promedio de las

coordenadas “x” de estos puntos

7. Coloque el tablero a otra distancia “y” de la rampa acanalada y repita los pasos

(5) y (6).
8. Repita el ítem (7), 5 veces y complete la tabla I.


�
MOVIMIENTO DE UN PROYECTIL

𝐱
FISICA EXPERIMENTAL I

y (cm) x1 x2 x3 x4 x5

y1 = 33,0 cm 31,50 cm 32,5 cm 31,7 cm 31,6 cm 32,2 cm 31,9 cm

y2 = 41,5 cm 36,0 cm 35,8 cm 35, 5 cm 36, 3 cm 35, 5 cm 35,82 cm




5. CUESTIONARIO

1. Demuestre y justifique la expresión matemática.

La demostración de la expresión matemática se da integrando dicha expresión.

dv
Como a= y como la aceleración es constante, tenemos integrando la
dt
expresión anterior tenemos:

 (α )
dv = ∫ adt = a ∫ dt = a (t − t 0 )
v t t
∫
v0 t0 t0

Donde v0 es la velocidad para t = t0. Luego, teniendo en cuenta que:

v
∫v0
dv = v - v 0 (β )
Reemplazando (β ) en (α ) tenemos lo siguiente:



v = v 0 + a(t − t 0 ) (θ )

sustituimos (θ ) en la
dr
Que nos da la velocidad en función del tiempo. Como v =
dt
expresión anterior, obteniendo lo siguiente:

dr = ∫ [v 0 + a(t − t 0 )]dt = v 0 ∫ dt + a ∫ (t − t 0 )dt
r t t t
∫r0 t0 t0 t0 , donde r0 da la posición en el

tiempo t0. Por lo tanto:

r = r0 + v 0 (t − t 0 ) + a (t − t 0 )
1 2 (φ )
2

Nos da la posición de la partícula en

cualquier instante. Para nuestro caso

a = g = aceleración de la gravedad .

Escogeremos el plano XY coincidente

con el plano definido por v0 y a=g; el
eje Y hacia arriba de modo que

→
g= − g j , y el origen O coincidente

con v0 como se muestra en la figura:
Cuando la aceleración es constante la
trayectoria es una parábola.

Entonces, descomponiendo a la velocidad en sus componentes rectangulares X e Y
tenemos que:

→ →
v 0 = v0 x i + v0 y j  (ω )



Donde:
v 0 x = v 0 cos α , v 0 y = v 0 senα  (ψ )

La ecuación (θ ) puede separarse en sus componentes (si t0 = 0) escribiendo

→
 →
→ →
 →
v = v x i + v y j =  v0 x i + v0 y j  − gt j
 

v x = v0 x , v y = v0 y − gt  (1)
Ó

Similarmente, la ecuación (φ ) con r0 = 0 y t0 = 0, cuando se separa en sus
componentes, se transforma

→ →
 → →
 1 → →
 1 →
r = x i + y j =  v0 x i + v0 y j t − gt 2 j = v0 x t i +  v0 y t − gt 2  j
  2  2 
Igualando componentes tendremos lo siguiente:

1
x = v0 x t , y = v0 y t − gt 2  (2)
2
La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo t en las
ecuaciones obtenidas en la expresión (2)

x
x = v0 x t ⇒ t =
v0 x

Reemplazando en la expresión y tenemos:

2
 x  1  x 
y = v0 y 
 v  − 2 g v
  

 0x   0x 
 v0 y  1 x2
y= x − g 2
 
 v0 x  2 v0 x  (3)

De (ψ ) dividimos ambas expresiones y tenemos:



v0 y = v0 senα  v0 y v0 senα
⇒ = = tgα  (4 )
v0 x = v0 cos α  v0 x v0 cos α

Luego, (4) en (3), obtenemos que:
gx 2
y = (tgα )x −
2(v0 cos α )
2

Finalmente, la expresión que se pide demostrar es la siguiente:

g sec 2 α
y = (tgα )x − 2
x2
2v0

2. ¿Qué tipo de dificultades ha encontrado al realizar ésta

experiencia?

Encontramos las siguientes deficiencias:

 Desnivel tanto de la rampa como en la superficie a impactar.

 Oscilaciones en la plomada al momento de medir el alcance horizontal

presentado por la bola de acero.

 Desajustes producidos por el impacto de la bola de acero desde la rampa.

3. ¿Cuáles cree que han sido las posibles fuentes de error en
su experimento?

Los errores más comunes encontrados son:

 Estimación diferente ya que no todos observamos con la misma perspectiva.

 Desviación de la plataforma por el efecto de cada caída de la esfera.



 El desajuste de la rampa por el desgaste natural de la madera.
 Desviación de las medidas debido al desvió natural de la plomada.

4. ¿Qué tipo de movimiento tiene el móvil a lo largo del eje x?,

Explique.

Por el uso de la ecuación (1) y (2) desarrolladas anteriormente, deducimos lo
siguiente:

 De (1) se obtuvo v x = v0 x ; la cual nos indica que la componente de v en la

dirección X permanece constante, ya que no hay aceleración en dicha
dirección.

 De (2) se obtuvo x = v 0 x t ; la cual nos muestra la ecuación del Movimiento

rectilíneo uniforme.

Por lo tanto, a lo largo del eje X, el movimiento presentado por el móvil es un

Movimiento rectilíneo uniforme.

5. ¿Qué tipo de movimiento tiene el móvil a lo largo del eje y?,

Explique.

Por el uso de la ecuaciones (1) y (2) desarrolladas anteriormente, deducimos que:

 De (1) se desprende v y = v0 y − gt ; la cual nos indica que la componente de

la velocidad v en la dirección Y va variando producto de la gravedad que va
dirigida en el mismo sentido.



1 2
 De (2) se desprende y = v0 y t − gt ; la cual nos muestra la ecuación del
2
movimiento vertical de caída libre. Para nuestro experimento, como la bola

se inicio en una rampa, su velocidad en la vertical será: v0 y = 0 , lo que
tendríamos lo siguiente:

1 2
y=− gt
2

6. En Lima la aceleración de la gravedad tiene un valor a 9,78

m/s2 con los datos tabulados en la tabla I halle la velocidad

inicial con la cual la bola pasa por el origen de coordenadas.

Liso

14..2cm vo =0
V N.R

La velocidad inicial cuando la esfera pase por el origen de coordenadas se
calculara con el principio de la conservación de la energía, considerando las
superficies lisas.



EM F = EM I

ECF + EPF = ECI + EPI

ECF = EPI

1 2
mv = mgh
2

1 2
v = gh
2

v 2 = 2 gh

v = 2 gh

v = 2(9.78)(0.142)

m
v f = 1.67
s

7. ¿En qué punto la bola chocará contra el suelo? ¿Y en qué

tiempo?

Para calcular el tiempo que la bola choca en la superficie usaremos la ecuación del
MRU puesto que en esta dirección no actúa la aceleración de la gravedad y es un

movimiento independiente.

Vx=1.67m/s

(x,y)
h Vy=0 (x,0)

(0,0)



Para el movimiento horizontal usaremos:

e = v.t
i) 31,9cm = 0,319m, luego:
e = v.t
0,319 = 1,67.t

El tiempo es: t = 0,19

Impacto donde la bola choca es: (0,319;0)

ii) 35,82cm = 0,3582m, luego:
e = v.t
0,3582= 1,67.t



iii) 36,4cm = 0,364m, luego:

e = v.t
0,364 = 1,67.t



iv) 37,22m = 0, 3722m, luego:

e = v.t


0, 3722= 1,67.t

El tiempo es: t = 0,22 s

Impacto donde la bola choca es: (0, 3722; 0)

v) 38,14cm = 0, 3814m, luego:

e = v.t
0, 3814 = 1,67.t

El tiempo es: t = 0,23 s

Impacto donde la bola choca es: (0, 3814; 0)

8. ¿Porqué la ecuación es válida solo si el alcance es

suficientemente pequeño?, Explique.

La ecuación es válida cuando el alcance es

suficientemente pequeño, ya que así se puede
despreciar la curvatura de la tierra, de lo
contrario se produciría no una parábola, sino un
arco de una elipse, tal y cual se muestra en el

gráfico siguiente.

9. ¿Cómo podría cambiar y medir el ángulo?

Para cambiar el ángulo se podría considerar el tipo de lanzamiento realizado al
inicio. En el caso general, el cambio del ángulo se realizará con respecto a la



inclinación que se haga con la horizontal. Y su medida se calculará con las
ecuaciones dadas para este tipo de movimiento.

Sin embargo, para nuestro caso la bola de acero inicio su movimiento

horizontalmente, cambiando así el ángulo a 0º y describiendo un movimiento
semiparabolico.

10. Encuentre la ecuación de la trayectoria de la bola

Partiendo de la ecuación general de la expresión matemática:

g sec 2 α 2
y = (tan α ) x − x
2vo

Si consideramos el ángulo α = 0 , ya que el movimiento presentado por nuestra
esferita es semiparabólico.

Vx=1.67m/s

h Vy=0

(0,0)

La expresión anterior queda reducida de la siguiente manera:

tan 0 ° = 0

sec 0 ° = 1



v x = 1,67 m / s y = (0) x −
g (1) 2
x y=−
g 2
x ….. (I)
2vo 2v x

Con los datos obtenidos de la velocidad horizontal y la aceleración de la gravedad

podríamos reemplazarlos en la ecuación (I), pero por cuestiones didácticas la

dejaremos tal y como nos quedo para cualquier valor obtenido en la velocidad
inicial.

11. ¿Qué velocidad lleva la bola justo un instante antes de

chocar contra el tablero?

Para calcular la velocidad un instante antes de chocar tendremos que calcular
primero la velocidad vertical con la ecuación de Caída Libre y luego procederemos
a calcular la velocidad como una resultante de la velocidad horizontal y la
velocidad vertical.

Vx=1.67m/s

h Vy=0

V

V yf = V yo + gt → V yf = gt

i) Para un tiempo t = 0.19 entonces: V yf = gt
Vyf = (9.78)(0.19)



Vyf = 1.86m/s

V = (V yf ) 2 + (V x )
2

V = (1.86) 2 + (1.67 )
2 m
V = 2.50
s

ii) Para un tiempo t = 0.21 entonces: V yf = gt
Vyf = (9.78) (0.21)

Vyf = 2.05m/s

V = (V yf ) 2 + (V x )
2

V = (2.05) 2 + (1.67 )
2 m
V = 2.64
s

iii) Para un tiempo t = 0.22 entonces: V yf = gt
Vyf = (9.78) (0.22)

Vyf = 2.15m/s

V = (V yf ) 2 + (V x )
2

V = (2.15) 2 + (1.67 ) m
2
V = 2.72
s

iv) Para un tiempo t = 0.22 entonces: V yf = gt
Vyf = (9.78)(0.22)

Vyf = 2.15m/s



V = (V yf ) 2 + (V x )
2

m
V = ( 2.15) 2 + (1.67 ) V = 2.72
2

s

v) Para un tiempo t = 0.23 entonces: V yf = gt
Vyf = (9.78)(0.23)

Vyf = 2.25m/s

V = (V yf ) 2 + (V x )
2

V = (2.25) 2 + (1.67 )
2 m
V = 2.80
s

12. ¿Cómo podría cambiar la velocidad inicial de la bola?

Para poder cambiar la velocidad inicial de la bola se necesita soltarla desde un

punto de lanzamiento mayor (mayor altura), puesto que a mayor altura existe
mayor energía potencial gravitatoria almacenada en la esfera que esta esperando

ser liberada para luego convertirse en energía de movimiento (considerando la
fuerza de rozamiento nula).

13. ¿Qué conclusiones pueden obtener de este experimento?

Como conclusiones específicas podemos nombrar:

 De la tabla: a mayor altura desde la rampa acanalada del tablero, mayor es el

alcance horizontal.
 A mayor punto de lanzamiento, mayor es la velocidad y como consecuencia

su alcance aumenta y viceversa.

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