Movimiento parabólico de un esquiador que salta

[jefer159753]

Este sería un Ejercicio muy parecido, será que me podrían ayudar

Teniendo en cuenta que el deportista sale con una velocidad de 10 m/s

1. Determinar la distancia d del deportista
2. Velocidad del deportista al momento del impacto
2. Cuanto tiempo tardo el recorrido

[Alriga]

Hola jefer159753 bienvenido a La web de Física, como nuevo miembro echa un vistazo a Consejos para conseguir ayuda de forma efectiva

En efecto es un problema muy parecido a problema cinematica (tiro oblicuo)

¿Has mirado allí las respuestas que se dan? ¿Qué no entiendes? ¿Dónde te encallas?

Saludos y de nuevo bienvenido.

[jefer159753]

Hola Alriga esto fue lo que hice, pero creo que me equivoque con el ángulo de -20°

[Alriga]

Se resuelve según:

Plantea las ecuaciones de movimiento del esquiador:

$$x = v_{0x} t$$

$$y = v_{0y} t - \frac 1 2 g t^2$$

elimina $t$ entre estas ecuaciones:

$$y = \frac {v_{0y}} {v_{0x}} x - \frac 1 2 \frac g {v_{0x}^2} x^2$$

$v_{0_x}=10\cos (-20^{\circ})=9.3969$

$v_{0_y}=10\sin (-20^{\circ})=-3.4202$

$y=\dfrac{-3.4202}{9.3969} x -\dfrac 12 \ \dfrac{9.81}{9.3969^2} x^2$

La ecuación de la parábola que describe el vuelo del esquiador sale:

$y=-0.3640 x - 0.0555 x^2$

La ecuación de la rampa de aterrizaje es trivialmente:

$y=-x-3$

La intersección parábola-recta:

$-0.3640 x - 0.0555 x^2=-3-x$

$0.0555 x^2-0.6360x-3=0$

La solución de la ecuación de 2º grado es:

$x=15.0408$ m

$y=-3-x=-18.0408$ m

a) La distancia pedida por el enunciado, es la distancia entre los puntos de coordenadas (15.0408, -18.0408) y (0, -3)

$d=\sqrt{(15.0408-0)^2+(-18.0408+3)^2}=21.2709$ m

b) El tiempo transcurrido desde el inicio del salto hasta el aterrizaje:

$x=v_{0_x} \ t$

$t=\dfrac{15.0408}{9.3969}=1.6006$ s

c) La velocidad en el momento del aterrizaje:

$v_x=v_{0_x}=9.3969$ m/s

$v_y=v_{0_y}-g t=-3.4202-9.81\cdot 1.6006=-19.1222$ m/s

$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=21.3063$ m/s

Repásalo que lo he hecho con prisas, saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Tenía preparada mi respuesta, pero quedé a la espera de que algún moderador eliminase la imagen que incumplía las normas del foro.

Elegí un eje horizontal con origen en el punto de salto, y sentido positivo hacia la derecha. El eje vertical pasa por el punto de salto, pero con sentido positivo hacia abajo. De esta manera, las coordenadas del punto de impacto son

$x=v_{0x}t=d\cos45^{\circ}$.

$y=v_{0y}t+\dfrac{1}{2}gt^2=3+d\sin45^{\circ}$.

Como $\sin45^{\circ}=\cos45^{\circ}$, de la primera $d\sin45^{\circ}=v_{0x}t$. Sustituyendo en la segunda, se llega también a una ecuación de 2º grado,

$\dfrac{1}{2}gt^2+(v_{0y}-v_{0x})t-3=0$, con solución $t=1,60\ s$.

$d=\dfrac{v_{0x}t}{\cos45^{\circ}}=21,29\ m$.

En el impacto,

$v_x=v_{0x}=9,40\ m/s$,

$v_y=v_{0y}+gt=19,12\ m/s$,

$v=\sqrt{v_x^2+ v_y^2}=21,30\ m/s$.

Saludos cordiales,
JCB.