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Inicio / Física / F06

Física

Ruta de estudio · Movimiento · lección 6 de 14

F06 Caída libre y lanzamiento vertical

Nivel prueba

Esta ficha conserva la caída y el lanzamiento vertical. Ir a la ampliación: tiro horizontal, método y ejercicios · Ir a lanzamiento oblicuo.

Ir al lanzamiento oblicuo con salida y llegada a alturas distintas.

La idea

Entender el concepto

Objetivo: Resolver movimientos verticales y estudiar el lanzamiento horizontal y oblicuo separando componentes y compartiendo el tiempo.

Caída libre significa que solo actúa la gravedad: incluye tanto bajar como subir tras un lanzamiento, una vez que el objeto deja de estar en contacto con la mano. Despreciamos la resistencia del aire y aproximamos g constante cerca de la superficie terrestre.

Con eje positivo hacia arriba, la aceleración siempre es a=−g, también mientras el objeto sube. La velocidad disminuye hasta hacerse cero en el punto más alto; allí la aceleración no es cero, porque sigue actuando la gravedad. Después la velocidad se hace negativa.

El tiempo de subida coincide con el de bajada únicamente cuando el objeto vuelve a la misma altura con el mismo modelo ideal. Si se lanza desde una azotea y llega al suelo, hay que resolver la posición final: duplicar el tiempo de subida sería incorrecto.

Relaciones y condiciones de uso

  • y=y₀+v₀t−½gt²; v=v₀−gt; v²=v₀²−2 g(y−y₀), con eje hacia arriba y g=9,8 m/s² en los ejercicios verticales de esta lección.
  • En altura máxima v=0; si v₀>0, tsubida=v₀/g y altura ganada=v₀²/(2 g).

Paso a paso

Método paso a paso

  1. Dibuja altura inicial/final y fija eje antes de poner signos.
  2. Anota si se suelta(v₀=0) o se lanza(v₀≠0).
  3. Para máximo usa v=0; para llegada usa la altura final y descarta tiempos negativos sin significado en el tramo.

Ejemplo

Dos ejercicios resueltos

1. Un paquete soltado

Se suelta un paquete desde 19,6 m de altura. Sin aire, calcula tiempo de caída y velocidad al llegar al suelo.

  1. Datos e incógnita: y₀=19,6 m; y=0; v₀=0; g=9,8 m/s²; arriba positivo.
  2. Por qué usamos esta relación: La ecuación de posición proporciona el tiempo; después calculamos la velocidad.
  3. Sustitución con unidades: 0 m = 19,6 m − (4,9 m/s²) × t²; t = √[(19,6 m) / (4,9 m/s²)]; v = (−9,8 m/s²) × t.
  4. Cálculo y resultado: t=2 s; v=−19,6 m/s, hacia abajo.
  5. Comprobación: ½gt²=19,6 m coincide con la altura. La masa no aparece: en el modelo ideal no decide el tiempo de caída.

2. Una pelota hacia arriba

Desde el suelo se lanza una pelota a 14,7 m/s hacia arriba. Calcula altura máxima y tiempo de regreso a la altura inicial.

  1. Datos e incógnita: y₀=0; v₀=+14,7 m/s; g=9,8 m/s².
  2. Por qué usamos esta relación: El máximo exige v=0; el regreso a y=0 tiene una raíz t=0 y otra posterior.
  3. Sustitución con unidades: t_subida = (14,7 m/s) / (9,8 m/s²); h = (14,7 m/s)² / [2 × (9,8 m/s²)]; para el regreso: 0 m = (14,7 m/s) × t − (4,9 m/s²) × t².
  4. Cálculo y resultado: tsubida=1,5 s; h=11,025 m≈11,0 m; tregreso=3 s.
  5. Comprobación: v(3)=14,7−29,4=−14,7 m/s. Recupera igual rapidez y sentido contrario a la misma altura.

Cuidado

Error habitual y cómo corregirlo

Error: hacer g=0 en el punto más alto. Allí se anula un instante la velocidad; la aceleración sigue siendo 9,8 m/s² hacia abajo.

Tu turno · enunciado

Ejercicio autónomo

Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba a 9,8 m/s. Calcula velocidad y altura respecto al punto inicial tras 1,5 s, sin aire.

Inténtalo en papel antes de desplegar la solución. Explica qué relación eliges y conserva las unidades.

Solución

Solución de contraste (consultar después)

Mostrar solución razonada

v=9,8−9,8×1,5=−4,9 m/s. Δy=9,8×1,5−4,9×1,5²=3,675 m≈3,68 m. Ya baja, pero aún está sobre el punto inicial; velocidad negativa no implica altura negativa.

Chuleta para el examen

Qué debes recordar

  • y=y₀+v₀t−½gt²; v=v₀−gt; v²=v₀²−2 g(y−y₀), con eje hacia arriba y g=9,8 m/s² en los ejercicios verticales de esta lección.
  • En altura máxima v=0; si v₀>0, tsubida=v₀/g y altura ganada=v₀²/(2 g).

Para ampliar con el libro

Selección básica: lee los conceptos y ejemplos algebraicos; puedes omitir los desarrollos con cálculo. Los enlaces se abren en una pestaña nueva.

Tiro horizontal: dos movimientos, un mismo tiempo

Objetivo: decidir qué ecuación corresponde a cada eje y calcular tiempo de vuelo, alcance y velocidad al llegar al suelo. Es una introducción al movimiento compuesto, con ejercicios originales.

Recuperar las bases · Ver el caso resuelto · Resolver una variante · Comprobar sin ayuda

Reconocer el caso y fijar el modelo

Una pelota sale horizontalmente de una plataforma. Esa palabra indica que su componente vertical inicial es cero; no que su velocidad total sea cero. Después baja mientras sigue avanzando. Es un caso particular del movimiento parabólico. Si sale con componente vertical inicial distinta de cero, este caso particular ya no basta.

Suponemos suelo horizontal, altura inicial h > 0, gravedad constante y ausencia de aire, otras fuerzas y obstáculos durante el vuelo. Elige x positivo hacia la derecha, y positivo hacia arriba, origen en el suelo bajo el punto de lanzamiento y t = 0 al salir. Entonces la posición inicial es (0, h) y la velocidad inicial (v₀ₓ, 0), con v₀ₓ > 0.

Recupera F03: componentes y módulo de un vector, F04: MRU y F05: aceleración constante si necesitas esas bases. Los dos movimientos ocurren a la vez: no hay un tiempo para avanzar y otro para caer.

  • Eje horizontal: aₓ = 0; vₓ = v₀ₓ; x = v₀ₓ · t. Es MRU porque no hay fuerza horizontal en este modelo.
  • Eje vertical: aᵧ = −g; vᵧ = −g · t; y = h − ½g · t². Es caída con componente vertical inicial nula.

El g = 10 m/s² de los ejercicios nuevos es un valor redondeado dado por sus enunciados. En otro problema usa el valor indicado, sin reemplazarlo automáticamente por 10 ni por 9,8. Son ecuaciones para el mismo objeto y el mismo instante. Su trayectoria no es recta, aunque la componente horizontal sea uniforme. La rapidez total puede cambiar: se calcula con √(vₓ² + vᵧ²), no sumando las componentes.

Elegir el procedimiento a partir de lo que piden

  1. Anota las condiciones y los ejes. Comprueba que la salida es horizontal y usa el valor de g del enunciado.
  2. Para llegar al suelo, impón y = 0. De 0 = h − ½g · t² resulta t = √(2h/g). Elige la raíz positiva, posterior a la salida.
  3. Usa ese tiempo en x. El alcance horizontal es R = v₀ₓ · t, medido desde la vertical del lanzamiento. No es la longitud de la trayectoria.
  4. Si piden velocidad, da sus componentes y sentido. vₓ = v₀ₓ y vᵧ = −g · t. Si piden rapidez o módulo, combina ambas con Pitágoras.
  5. Comprueba. Al sustituir el tiempo de llegada debes obtener y = 0; conserva unidades y no redondees los pasos intermedios innecesariamente.

Con estas condiciones, cambiar solo v₀ₓ no cambia el tiempo de caída: este depende de h y g. Con componente vertical inicial distinta de cero, aire o una superficie de llegada diferente, hay que volver al modelo y a la ecuación de posición; no aplicar la fórmula por una palabra suelta.

Ejemplo resuelto: salir de una plataforma

Una pelota sale horizontalmente hacia la derecha desde 20 m de altura con velocidad de 15 m/s. Desprecia el aire y toma g = 10 m/s². El suelo es horizontal. Calcula tiempo de vuelo, alcance y velocidad justo antes del impacto.

  1. Datos e incógnitas: h = 20 m, v₀ₓ = 15 m/s, v₀ᵧ = 0 y g = 10 m/s². Ejes: derecha y arriba positivos; suelo y = 0. Buscamos t, R y (vₓ, vᵧ).
  2. Por qué estas ecuaciones: la altura determina cuándo llega al suelo. Ese instante también determina cuánto avanzó horizontalmente; después obtenemos las dos componentes de la velocidad.
  3. Sustitución con unidades: 0 m = 20 m − ½ · (10 m/s²) · t²; t = √[(2 · 20 m)/(10 m/s²)]. R = (15 m/s) · t; vᵧ = −(10 m/s²) · t.
  4. Resultado: t = 2 s; R = 30 m; (vₓ, vᵧ) = (15, −20) m/s. Su rapidez es √(15² + 20²) = 25 m/s; se mueve hacia la derecha y hacia abajo.
  5. Comprobación: y(2 s) = 20 m − ½ · (10 m/s²) · (2 s)² = 0 m. Para el módulo, 15² + 20² = 25². La velocidad vertical negativa concuerda con el descenso.

🧮 Potencias y raíces: cómo introducir √(2h/g) y comprobar paréntesis. La calculadora ayuda a operar; primero plantea el modelo y confirma qué funciones permite tu examen.

Tu turno: cambia la altura y la salida

Una pelota sale horizontalmente hacia la derecha desde 45 m de altura a 8 m/s, sobre un suelo horizontal. Sin aire y con g = 10 m/s², calcula tiempo de vuelo, alcance y componente vertical de la velocidad justo antes del impacto. Usa derecha y arriba positivos. Después explica qué cambia si solo duplicamos la velocidad horizontal inicial.

Resuelve en papel antes de abrir la solución. Explica qué determina el tiempo, además de escribir el resultado.

Mostrar solución razonada de la variante horizontal
  1. Al llegar, y = 0: t = √[(2 · 45 m)/(10 m/s²)] = √(9 s²) = 3 s.
  2. R = (8 m/s) · (3 s) = 24 m.
  3. vᵧ = −(10 m/s²) · (3 s) = −30 m/s. La componente horizontal sigue siendo 8 m/s.
  4. Si v₀ₓ pasa a 16 m/s, h y g no cambian: el tiempo sigue en 3 s y el alcance pasa a 48 m. No se duplica el tiempo de vuelo.

Comprobación: 45 − ½ · 10 · 3² = 0, con las unidades correspondientes. La rapidez no es 30 m/s: esa es la magnitud de la componente vertical.

Tres decisiones para comprobar sin ayuda

Práctica original sin puntuación automática. Elige una opción y justifícala antes de abrir cada solución. El banco de 84 preguntas existente se conserva.

1. ¿Cuál llega antes?

Desde la misma altura y al mismo tiempo, se suelta una pelota sin velocidad inicial y se lanza otra horizontalmente hacia la derecha. No hay aire ni obstáculos; g es constante, el suelo es horizontal y usamos arriba positivo. ¿Cuándo tocan el suelo?

  1. Primero la lanzada, porque lleva más velocidad total.
  2. Primero la soltada, porque no recorre distancia horizontal.
  3. Al mismo tiempo: tienen igual altura y componente vertical inicial nula.
  4. Depende necesariamente de sus masas.
Mostrar solución de la pregunta 1

C. Comparten la ecuación vertical y = h − ½g · t² y el mismo valor de g; por eso alcanzan y = 0 en el mismo tiempo. El movimiento horizontal no consume parte de ese tiempo. La conclusión depende del modelo sin aire y de la igualdad de las condiciones verticales.

2. De la caída al alcance

Una pelota sale horizontalmente hacia la derecha desde h = 5 m con v₀ₓ = 6 m/s. No hay aire; g = 10 m/s²; suelo horizontal, origen debajo del lanzamiento, derecha y arriba positivos. ¿Qué alcance horizontal tiene al tocar el suelo?

  1. 3 m.
  2. 6 m.
  3. 12 m.
  4. 30 m.
Mostrar solución de la pregunta 2

B. Primero t = √[(2 · 5 m)/(10 m/s²)] = 1 s; después R = (6 m/s) · (1 s) = 6 m. Multiplicar velocidad por altura daría unidades de m²/s, no una distancia: no basta juntar los datos disponibles.

3. Componentes justo antes del impacto

Una pelota sale horizontalmente hacia la derecha desde h = 5 m con v₀ₓ = 12 m/s. Sin aire, con g = 10 m/s² y suelo horizontal. Usamos x positivo a la derecha e y hacia arriba. ¿Cuál es su velocidad (vₓ, vᵧ) justo antes del impacto?

  1. (12, −10) m/s.
  2. (12, 0) m/s.
  3. (0, −10) m/s.
  4. (12, +10) m/s.
Mostrar solución de la pregunta 3

A. El tiempo es 1 s. Como aₓ = 0, vₓ se mantiene en 12 m/s; vᵧ = −(10 m/s²) · (1 s) = −10 m/s. La opción B ignora la caída, C elimina indebidamente la componente horizontal y D contradice el eje vertical elegido. El par describe un vector; no es la rapidez total.

Qué debes poder explicar para continuar

  • Por qué «horizontal» hace v₀ᵧ = 0, sin anular la velocidad inicial.
  • Qué condición permite usar MRU en x y por qué hay aceleración en y.
  • Por qué se busca primero el tiempo en la ecuación vertical y se usa el mismo en x.
  • Cómo distingues alcance, velocidad vectorial y rapidez, y cómo compruebas sus unidades.

Si dudas, vuelve a las bases o repasa el caso resuelto, y después intenta la variante sin mirar. No uses la fórmula de alcance para salida y llegada a igual altura: aquí se parte de una plataforma con v₀ᵧ = 0.

Este bloque inicia el tiro horizontal. No desarrolla todavía el lanzamiento oblicuo, el movimiento circular, la gravitación ni los campos eléctricos. Para seguir con el material disponible, vuelve a Practicar Física.

Consulta de apoyo: Física universitaria volumen 1 · OpenStax · 4.3 Movimiento de proyectil (nueva pestaña). Planteamientos, datos y soluciones de este bloque son propios, revisados el 21/10/2026; no son preguntas oficiales.

Tiro horizontal inverso: velocidad mínima para superar un obstáculo

Objetivo: calcular con qué velocidad horizontal mínima hay que salir para pasar por encima de un obstáculo y cuánto se tarda en llegar abajo. Es el problema al revés del tiro horizontal: ahora se conoce la distancia que hay que salvar y se busca la velocidad.

Recuperar las bases · Pistas del enunciado · Caso resuelto · Variante autónoma · Memoriza con sentido

Modelo y coordenadas

Usa las mismas condiciones de las bases del tiro horizontal: salida horizontal, sin aire, g constante y el cuerpo tratado como un punto. Origen en el nivel del agua, justo debajo del borde; x positivo hacia fuera y y positivo hacia arriba. El borde está en (0, h).

  • Obstáculo: ocupa desde x = 0 hasta x = D y su coronación horizontal está a una altura h_r sobre el agua. Se supone D > 0, g > 0 y 0 ≤ h_r < h; h_r = 0 si las rocas quedan a ras del agua.
  • Punto crítico: como la altura del cuerpo solo disminuye después de salir, basta pasar por encima del extremo lejano del obstáculo, el punto (D, h_r).
  • Tiempo común: el tiempo en bajar desde h hasta h_r es t = √[2(h − h_r)/g]. En ese tiempo debe haber avanzado al menos D: v₀ₓ·t ≥ D, luego v₀ₓ ≥ D/t.
  • Llegada al agua: el tiempo hasta y = 0 depende solo de h y g, t_agua = √(2h/g), sea cual sea v₀ₓ.

Umbral ideal y margen: con v₀ₓ = D/t exactamente, la trayectoria pasa justo por el borde de la roca. Para superarlo estrictamente hace falta v₀ₓ > D/t; una persona real ocupa espacio y no controla la carrera al centímetro, así que en la práctica necesita un margen por encima de ese valor.

Pistas para reconocer el caso

  • Preguntan «con qué velocidad tiene que salir», «para sortear», «para no caer sobre» o «velocidad mínima»: la incógnita es v₀ₓ y la distancia es dato.
  • Hay una figura con una altura y una distancia horizontal hasta el final del obstáculo: marca en ella el punto crítico antes de escribir ecuaciones.
  • Si el obstáculo sobresale del suelo o del agua, la caída que importa para salvarlo es h − h_r, no h.

Procedimiento paso a paso

  1. Dibuja ejes y el punto crítico (D, h_r), con las medidas de la figura.
  2. Calcula el tiempo de caída hasta la altura del obstáculo: de h_r = h − ½g·t² sale t = √[2(h − h_r)/g], raíz positiva.
  3. Impón la condición de alcance: v₀ₓ·t ≥ D y despeja v_mín = D/t.
  4. Para el tiempo hasta el agua, usa y = 0: t_agua = √(2h/g).
  5. Comprueba con la velocidad obtenida: sustituye x = D en la trayectoria y verifica que y = h_r; después calcula dónde entra al agua, x = v_mín·t_agua ≥ D: es igual a D si h_r = 0 y mayor si h_r > 0. Para superar estrictamente el borde se necesita v₀ₓ > v_mín; no hay un mínimo alcanzado para esa desigualdad estricta, sino un umbral ideal.

🧮 Raíz de un cociente con paréntesis. Escribe primero la expresión despejada y después opera.

Caso resuelto: saltar desde un espigón por encima de rocas a ras del agua

Ejercicio propio. Una persona sale corriendo horizontalmente desde el borde de un espigón situado a h = 7,2 m sobre el agua. Al pie hay rocas a ras del agua que llegan hasta D = 4,8 m de la vertical del borde. Con g = 10 m/s² y sin aire: (a) ¿qué velocidad horizontal mínima necesita para no caer sobre las rocas? (b) ¿Cuánto tarda en llegar al agua?

  1. Datos y ejes: borde en (0; 7,2) m; rocas desde x = 0 hasta x = 4,8 m con h_r = 0; punto crítico (4,8; 0) m.
  2. Por qué estas ecuaciones: en vertical cae con v₀ᵧ = 0; en horizontal avanza con velocidad constante. El tiempo es el mismo en los dos ejes.
  3. Tiempo de caída: t = √[2·(7,2 m)/(10 m/s²)] = √(1,44 s²) = 1,2 s. Condición: v₀ₓ·(1,2 s) ≥ 4,8 m.
  4. Resultados: (a) v_mín = 4,8 m / 1,2 s = 4 m/s; para superar las rocas debe salir con más de 4 m/s. (b) Como h_r = 0, llega al agua en 1,2 s, y ese tiempo no depende de la velocidad de salida.
  5. Comprobación: con 4 m/s, a los 0,6 s está en x = 2,4 m y y = 7,2 − 5·0,36 = 5,4 m, por encima de las rocas; a los 1,2 s está en (4,8; 0) m, justo en su borde. Si se quiere entrar 1 m más allá, v₀ₓ = 5,8/1,2 ≈ 4,83 m/s.

Tu turno: rocas que sobresalen del agua

Ejercicio propio. Desde un muelle a h = 5 m sobre el agua se sale corriendo horizontalmente. Las rocas ocupan desde la vertical del borde hasta D = 3 m y su parte superior está 0,8 m por encima del agua. Con g = 9,8 m/s² y sin aire: (a) calcula la velocidad horizontal mínima para pasar por encima de las rocas; (b) con esa velocidad, ¿cuánto tarda en llegar al agua y a qué distancia del borde entra?; (c) comprueba qué ocurre si alguien usa la altura de 5 m para calcular la velocidad.

Dibuja el punto crítico antes de abrir la solución. Conserva las raíces sin redondear hasta el final.

Mostrar solución razonada de la variante de velocidad mínima
  1. Punto crítico: (3; 0,8) m. Caída necesaria: 5 − 0,8 = 4,2 m, así que t = √(2·4,2/9,8) s = √(6/7) s ≈ 0,926 s.
  2. (a) Conserva τ = √(6/7) s. El umbral es v_mín = 3/√(6/7) m/s ≈ 3,240370 m/s (aproximadamente 3,24 m/s). Para superar estrictamente las rocas se necesita v₀ₓ > 3/√(6/7), sin sustituir ese límite por el redondeo inferior.
  3. (b) t_agua = √(50/49) s ≈ 1,01 s. Prolongando la trayectoria ideal umbral, x_agua = [3/√(6/7)]·√(50/49) = 3√(25/21) m ≈ 3,273268 m (aproximadamente 3,27 m), mayor que D.
  4. (c) Con la altura completa saldría v_err = 3/√(50/49) m/s ≈ 2,97 m/s. Con v_err exacta llega a x = 3 m al tocar el nivel del agua, 0,8 m por debajo de la parte superior de las rocas: chocaría con ellas.

Comprobación sin redondear: con v_mín = 3/τ, al llegar a D = 3 m han pasado τ segundos y y(D) = 5 − 4,9·τ² = 5 − 4,9·(6/7) = 0,8 m. Usar 3,24 m/s como valor exacto daría y(D) ≈ 0,79904 m, ligeramente por debajo: no garantiza salvar el borde. Las unidades de D/t son m/s. La prolongación hasta el agua describe el límite ideal que roza el borde, no el movimiento después de un choque real.

Memoriza con sentido

Velocidad mínima: tiempo de la caída que importa, después alcance
t = √[2(h − h_r)/g] y v₀ₓ ≥ D/t, para D > 0, g > 0 y 0 ≤ h_r < h, con coronación horizontal del obstáculo desde la vertical del borde hasta D. El tiempo hasta el agua sigue siendo √(2h/g); en la trayectoria umbral x_agua ≥ D, con igualdad si h_r = 0.
Igual al umbral no es superar con margen
v₀ₓ = D/t roza el borde en el modelo ideal; superar exige más velocidad y una persona real necesita margen.

Errores frecuentes y criterio de logro

  • Error: usar la altura total cuando el obstáculo sobresale. Corrección: la caída hasta el punto crítico es h − h_r.
  • Error: pensar que más velocidad hace caer antes. Corrección: el tiempo hasta el agua solo depende de h y g.
  • Error: dar v_mín como garantía de salvar el obstáculo. Corrección: es un umbral ideal; explica el margen.
  • Error: copiar medidas de una figura sin identificar a qué punto corresponden. Corrección: marca en el dibujo la altura de salida, la altura del obstáculo y su extremo lejano.

Lo has logrado si planteas la desigualdad v₀ₓ·t ≥ D con el tiempo correcto, despejas v_mín, calculas el tiempo de llegada y compruebas con coordenadas que el cuerpo pasa por encima del obstáculo.

Si dudas, repasa el método del tiro horizontal y el caso resuelto directo. Volver a Practicar Física.

Ejercicios y datos propios. En el problema 1 del examen de 2025 y del modelo 2 de marzo de 2026, las medidas del muelle y de las rocas están en una figura que la extracción de texto no permite asignar con seguridad: aplica este método con las medidas de tu copia. Modelos anteriores orientan la preparación; no confirman el formato ni el programa de 2026/27.

Lanzamiento oblicuo: elegir componentes y condición de llegada

Objetivo: calcular alturas, tiempos, alcance y velocidad cuando el lanzamiento tiene componente vertical inicial. El tiempo sigue siendo común a los dos ejes; cambia la condición inicial respecto al tiro horizontal.

Recuperar bases · Caso resuelto · Variante autónoma · Tres preguntas para aplicar · Memoriza con sentido

Qué debes reconocer antes de operar

La velocidad inicial forma un ángulo α con la horizontal positiva. Para los ejemplos de esta ampliación sale hacia la derecha y hacia arriba: 0° < α < 90°. Sus componentes son v₀ₓ = v₀ · cos α y v₀ᵧ = v₀ · sen α. Son proyecciones de un mismo vector, no velocidades que se sumen como números para obtener la rapidez.

Recupera F03: vectores, F04: MRU y F05: MRUA rectilíneo. Suponemos ausencia de aire y obstáculos, gravedad constante dirigida hacia abajo y ejes positivos hacia la derecha y hacia arriba. Elegimos x₀ = 0; la altura inicial es y₀.

  • Horizontal: aₓ = 0, vₓ = v₀ₓ y x = v₀ₓ · t.
  • Vertical: aᵧ = −g, vᵧ = v₀ᵧ − g · t y y = y₀ + v₀ᵧ · t − ½g · t².
  • En la cima: vᵧ = 0. La componente horizontal sigue siendo no nula en este lanzamiento oblicuo y la aceleración sigue hacia abajo.

Usa el g y la unidad angular del enunciado. Aquí g = 10 m/s² es un valor redondeado indicado expresamente; no se convierte en una regla para otros problemas.

La petición determina qué ecuación resolver

  1. Fija origen y ejes; descompón la velocidad inicial con el ángulo medido desde la horizontal.
  2. Si piden altura máxima, impón vᵧ = 0: t_subida = v₀ᵧ/g. Sustituye ese tiempo en y(t). La altura ganada respecto a la salida es v₀ᵧ²/(2g); no la confundas con la altura sobre el suelo si y₀ no es cero.
  3. Si piden tiempo de vuelo, impón la altura de llegada en y(t). Solo si vuelve a la misma altura, con salida ascendente y este modelo, el tiempo posterior de regreso es dos veces el de subida. La raíz t = 0 corresponde a la salida.
  4. Con el tiempo de llegada, calcula alcance x = v₀ₓ · t. Para la velocidad, da (vₓ, vᵧ); si piden rapidez, usa √(vₓ² + vᵧ²).
  5. Comprueba la posición final, los signos y las unidades. Si la superficie final tiene otra altura, resuelve su ecuación vertical y selecciona el instante físicamente válido; no dupliques la subida por costumbre.

🧮 Seno y coseno: introducir el ángulo y comprobar el modo angular. Para grados, corresponde DEG; para otras unidades, el modo indicado. Si hay que resolver otra altura, consulta ecuaciones de segundo grado. Confirma las funciones autorizadas en tu examen.

Ejemplo resuelto: salir y llegar al mismo nivel

Un balón sale desde suelo horizontal a 25 m/s, formando 37° sobre la horizontal, y vuelve a ese suelo. Sin aire, toma g = 10 m/s² y usa las aproximaciones dadas sen 37° ≈ 0,6 y cos 37° ≈ 0,8. Calcula altura máxima, tiempo de vuelo, alcance y velocidad al llegar.

  1. Datos y petición: x₀ = y₀ = 0; v₀ = 25 m/s; α = 37°; suelo final y = 0. Buscamos altura, tiempo posterior de regreso, alcance y velocidad final.
  2. Modelo y decisión: descomponemos el lanzamiento. Para el máximo imponemos vᵧ = 0; para volver a la altura inicial podemos usar la simetría del modelo sin aire.
  3. Sustitución con unidades: v₀ₓ = (25 m/s) · 0,8 = 20 m/s; v₀ᵧ = (25 m/s) · 0,6 = 15 m/s. t_subida = (15 m/s)/(10 m/s²). h = (15 m/s) · t_subida − ½ · (10 m/s²) · t_subida².
  4. Resultados: subida 1,5 s; altura 11,25 m; vuelo 3 s; alcance (20 m/s) · (3 s) = 60 m. vᵧ al llegar = 15 − 10 · 3 = −15 m/s; velocidad (20, −15) m/s y rapidez 25 m/s.
  5. Comprobación: y(3 s) = (15 m/s) · (3 s) − ½ · (10 m/s²) · (3 s)² = 0 m. La rapidez final √(20² + 15²) = 25 m/s coincide con la inicial a igual altura sin aire. Los números usan las aproximaciones dadas; esa igualdad física no depende de redondear seno y coseno.

Tu turno: otra velocidad, el mismo razonamiento

Un balón sale del suelo horizontal a 15 m/s y 37° sobre la horizontal, y vuelve al mismo nivel. Desprecia el aire; usa g = 10 m/s², sen 37° ≈ 0,6 y cos 37° ≈ 0,8. Con derecha y arriba positivos y origen en la salida, calcula componentes iniciales, tiempo de subida, altura máxima, vuelo y alcance.

Resuelve antes de desplegar la solución. Explica por qué aquí puedes duplicar el tiempo de subida.

Mostrar solución razonada del lanzamiento oblicuo
  1. v₀ₓ = 15 · 0,8 = 12 m/s; v₀ᵧ = 15 · 0,6 = 9 m/s.
  2. t_subida = 9/10 = 0,9 s; h = 9 · 0,9 − 5 · 0,9² = 4,05 m.
  3. Como vuelve a la misma altura, t_vuelo = 2 · 0,9 = 1,8 s; R = 12 · 1,8 = 21,6 m.
  4. Comprobación: y(1,8 s) = 9 · 1,8 − 5 · 1,8² = 0, con unidades coherentes. Si la llegada fuera a otra altura, habría que resolver y(t) para esa altura.

Elige y justifica: tres decisiones

Práctica original sin puntuación automática. No modifica los resultados del banco de 84 preguntas existente.

1. En el punto más alto

Un proyectil se lanza oblicuamente hacia arriba, con componente horizontal inicial no nula y componente vertical inicial positiva. Sin aire, con g constante, ¿qué ocurre en el punto más alto?

  1. La velocidad y la aceleración son cero.
  2. vᵧ = 0, vₓ mantiene su valor inicial y la aceleración apunta hacia abajo.
  3. vᵧ = 0 y vₓ = 0, pero la aceleración apunta hacia abajo.
  4. vᵧ = 0 y la aceleración es cero.
Mostrar solución de oblicuo 1

B. Solo se anula la componente vertical de la velocidad. El objeto sigue avanzando horizontalmente y la gravedad actúa todo el vuelo. A y D eliminan indebidamente la aceleración; C elimina una componente horizontal que permanece constante y no nula.

2. Llegar a una altura diferente

Desde un acantilado se lanza una piedra oblicuamente hacia arriba, sin aire y con g constante. Elegimos arriba positivo y nivel del mar y = 0; la salida está en y₀ = 20 m. ¿Cómo obtienes el tiempo hasta que cae al mar?

  1. Duplicando siempre el tiempo de subida.
  2. Dividiendo la rapidez inicial v₀ entre g.
  3. Dividiendo el alcance desconocido entre la rapidez inicial v₀.
  4. Resolviendo 0 = 20 + v₀ᵧ · t − ½g · t² y tomando la raíz positiva.
Mostrar solución de oblicuo 2

D. La ecuación impone la altura real de llegada y relaciona los datos verticales. No hay simetría de subida y bajada porque la llegada está más abajo. A ignora esa diferencia; B usa el módulo inicial en lugar de la componente vertical y omite la altura; C usa la rapidez total donde haría falta la componente horizontal y parte de un alcance que no conocemos.

3. Componentes y modo angular

El enunciado da v₀ = 20 m/s, α = 30° medidos desde la horizontal positiva y g = 9,8 m/s². ¿Qué planteamiento respeta estos datos?

  1. v₀ₓ = 20 · cos 30°, v₀ᵧ = 20 · sen 30° y g = 9,8, con la calculadora en grados.
  2. v₀ₓ = 20 · sen 30°, v₀ᵧ = 20 · cos 30° y g = 9,8.
  3. Las componentes de A, pero con g = 10 por costumbre.
  4. Las expresiones de A, introduciendo el número 30 con la calculadora en radianes.
Mostrar solución de oblicuo 3

A. Con ángulo desde la horizontal, el coseno corresponde a x y el seno a y. Para 30° se usa el modo de grados. B intercambia las proyecciones; C cambia el dato de gravedad; D interpreta 30 radianes en lugar de 30 grados. En todos los cálculos conserva también las unidades de velocidad y aceleración.

Memoriza con sentido

Un tiempo, dos ejes
En x se mantiene la componente horizontal; en y actúa la gravedad. El mismo instante relaciona ambas posiciones.
En la cima se anula vᵧ
Con lanzamiento oblicuo no se anulan toda la velocidad ni la aceleración. Distingue una componente nula de un vector nulo.

Comprobar el método y sus límites

  • He declarado los ejes y el origen y he identificado desde dónde se mide el ángulo.
  • Antes de usar simetría he comprobado que las alturas inicial y final coinciden.
  • He separado altura ganada de altura respecto al suelo, y velocidad vectorial de rapidez.
  • Uso el g del enunciado y el modo correspondiente a la unidad angular indicada.
  • Compruebo la condición de llegada en y(t) antes de aceptar el resultado.

Si necesitas ayuda, vuelve a las bases o al resuelto; después prueba la variante sin mirar. Movimiento circular uniforme: otro modelo · Volver a Practicar Física.

Ejercicios y explicaciones propios. Consulta de apoyo: Física universitaria volumen 1 · OpenStax · 4.3 Movimiento de proyectil (nueva pestaña). Modelos anteriores orientan la preparación; no confirman el formato ni el programa de 2026/27.

Oblicuo con alturas distintas: elegir la raíz y el tiempo común

Objetivo: calcular tiempo de vuelo, alcance y velocidad de llegada cuando el proyectil sale y llega a alturas diferentes, eligiendo la solución de la ecuación vertical que corresponde al suceso pedido. Continúa el lanzamiento oblicuo sin repetir su caso de igual altura.

Recuperar bases · Caso resuelto · Variante autónoma · Dos preguntas para aplicar · Memoriza con sentido

Qué debes reconocer antes de operar

Las condiciones se leen juntas: componente vertical inicial distinta de cero, altura de salida y₀ y altura de llegada y_f diferente. Con esas tres señales no hay simetría entre subida y bajada: el tiempo de vuelo no es el doble del de subida.

Recupera las bases del lanzamiento oblicuo (componentes y ecuaciones por eje), su método y el tiro horizontal. Mantenemos el mismo modelo: sin aire, g constante hacia abajo, x positivo hacia la derecha e y positivo hacia arriba, x₀ = 0.

  • Condición de llegada: y_f = y₀ + v₀ᵧ·t − ½g·t². Es una ecuación de segundo grado en t con dos raíces.
  • Selección de la raíz: el tiempo físico debe ser posterior a la salida (t > 0) y cumplir la condición del suceso: que baje o suba en ese momento, o que esté sobre la superficie de llegada.
  • Tiempo común: el mismo t se usa en x = v₀ₓ·t y en vᵧ = v₀ᵧ − g·t.

Procedimiento paso a paso

  1. Dibuja salida y llegada con sus alturas medidas desde el mismo origen; anota v₀ₓ, v₀ᵧ y el g del enunciado.
  2. Plantea la condición vertical de llegada y_f = y₀ + v₀ᵧ·t − ½g·t² y pásala a la forma at² + bt + c = 0.
  3. Resuelve y decide: descarta raíces negativas (antes del lanzamiento). Si hay dos positivas, elige la que cumple la condición del suceso (por ejemplo, llegar bajando o estar ya sobre la superficie).
  4. Usa ese mismo tiempo en x para el alcance y en vᵧ para la velocidad; da el vector (vₓ, vᵧ) y, si lo piden, su módulo √(vₓ² + vᵧ²).
  5. Comprueba: sustituye t en y(t) para recuperar y_f, revisa que el signo de vᵧ concuerda con subir o bajar y que las unidades son coherentes.

🧮 Ecuaciones de segundo grado: obtener las dos raíces y comprobarlas. Confirma qué funciones permite tu examen; la elección de la raíz es física, no la hace la calculadora.

Ejemplo resuelto: desde una terraza hasta el suelo

Una pelota sale desde y₀ = 15 m sobre el suelo horizontal con componentes v₀ₓ = 12 m/s y v₀ᵧ = 10 m/s (hacia la derecha y hacia arriba). Sin aire y con g = 10 m/s², calcula tiempo hasta llegar al suelo (y = 0), alcance y velocidad al llegar.

  1. Datos y petición: x₀ = 0; y₀ = 15 m; v₀ₓ = 12 m/s; v₀ᵧ = 10 m/s; g = 10 m/s²; y_f = 0. Buscamos t, x y (vₓ, vᵧ).
  2. Modelo y decisión: sale y llega a alturas distintas, así que no hay simetría. Imponemos y = 0 en la ecuación vertical y elegimos la raíz posterior a la salida; ese tiempo es común a los dos ejes.
  3. Sustitución con unidades: 0 m = 15 m + (10 m/s)·t − ½·(10 m/s²)·t², que dividiendo entre −5 queda t² − 2t − 3 = 0 (t en s). x = (12 m/s)·t; vᵧ = 10 m/s − (10 m/s²)·t.
  4. Resultados: raíces t = 3 s y t = −1 s; tiempo físico 3 s. Alcance x = 12·3 = 36 m. Velocidad (12, −20) m/s; módulo √(12² + 20²) = √544 ≈ 23,32 m/s, hacia la derecha y hacia abajo.
  5. Comprobación: y(3 s) = 15 + 30 − 45 = 0 m. La raíz −1 s es anterior al lanzamiento y se descarta. Duplicar la subida daría 2·(10/10) = 2 s, pero y(2 s) = 15 m: solo ha vuelto a la altura de salida. Altura máxima 15 + 10²/20 = 20 m; caer desde ahí tarda √(2·20/10) = 2 s, y 1 + 2 = 3 s.
Las dos raíces del caso resuelto
Raíz¿Posterior a la salida?SignificadoDecisión
t = −1 sNoInstante anterior al lanzamiento en una parábola prolongadaSe descarta
t = 3 sSíLlega al suelo bajando: vᵧ = −20 m/sTiempo de vuelo

Tu turno: llegar a una azotea más alta

Desde el suelo (y₀ = 0) se lanza una pelota con v₀ₓ = 8 m/s y v₀ᵧ = 15 m/s. Una azotea plana está a 10 m de altura y empieza a 12 m en horizontal del punto de lanzamiento, extendiéndose más allá. La pelota pasa por encima del borde y cae sobre la azotea. Sin aire y con g = 10 m/s², calcula el instante en que llega a la azotea, la distancia horizontal recorrida y la velocidad al llegar.

Resuelve antes de abrir la solución. Aquí las dos raíces son positivas: justifica cuál corresponde a la llegada.

Mostrar solución razonada del oblicuo con alturas distintas
  1. Condición: 10 = 15t − 5t², es decir, t² − 3t + 2 = 0, con raíces t = 1 s y t = 2 s.
  2. En t = 1 s, x = 8 m < 12 m y vᵧ = 15 − 10 = +5 m/s: la pelota sube y aún no está sobre la azotea; solo cruza la altura de 10 m. En t = 2 s, x = 16 m ≥ 12 m y vᵧ = 15 − 20 = −5 m/s: baja sobre la azotea. Tiempo de llegada: 2 s.
  3. Velocidad (8, −5) m/s; módulo √(64 + 25) = √89 ≈ 9,43 m/s.
  4. Comprobación: y(2 s) = 30 − 20 = 10 m. Sobre el borde (x = 12 m, t = 1,5 s) va a y = 22,5 − 11,25 = 11,25 m > 10 m, así que lo supera; es además su altura máxima, 15²/20 = 11,25 m.

Elige y justifica: dos decisiones

Práctica original sin puntuación automática. No modifica los resultados del banco de preguntas existente.

1. Qué raíz es el tiempo de vuelo

Un proyectil sale de y₀ = 20 m con v₀ᵧ = 15 m/s y llega al suelo y = 0, con g = 10 m/s². La condición de llegada da t² − 3t − 4 = 0. ¿Qué tiempo de vuelo es correcto?

  1. −1 s, porque es la raíz más pequeña.
  2. 4 s, la raíz posterior a la salida.
  3. 3 s, el doble del tiempo de subida.
  4. 1,5 s, cuando vᵧ = 0.
Mostrar solución de alturas distintas 1

B. Solo t = 4 s es posterior al lanzamiento y cumple y = 0: y(4) = 20 + 60 − 80 = 0. A es un instante anterior a la salida, sin significado en este vuelo; C aplica una simetría que solo vale si sale y llega a la misma altura: en 3 s está de nuevo a 20 m; D es el instante de altura máxima, no el de llegada.

2. Velocidad al llegar más abajo

Desde y₀ = 20 m sale una piedra con v₀ₓ = 5 m/s y v₀ᵧ = 15 m/s. Sin aire, con g = 10 m/s², llega al suelo en t = 4 s (raíces 4 s y −1 s). Con derecha y arriba positivos, ¿cuál es su velocidad al llegar?

  1. (5, −25) m/s.
  2. (5, −15) m/s.
  3. (0, −25) m/s.
  4. (5, +25) m/s.
Mostrar solución de alturas distintas 2

A. vₓ = 5 m/s se mantiene y vᵧ = 15 − 10·4 = −25 m/s; su módulo es √650 ≈ 25,50 m/s. B supone que llega con la misma vᵧ que tendría al volver a la altura de salida, lo que solo vale con igual altura; C elimina la componente horizontal, que no cambia sin fuerzas horizontales; D pierde el signo: la piedra baja al llegar.

Memoriza con sentido

Alturas distintas: resolver, no duplicar
Impón y_f = y₀ + v₀ᵧ·t − ½g·t². Doblar el tiempo de subida solo sirve si la llegada está a la misma altura que la salida.
Elegir la raíz por su significado
Descarta tiempos negativos; si hay dos positivos, elige el que cumple la condición del suceso (bajando, sobre la superficie). Usa ese tiempo en los dos ejes.

Errores frecuentes y criterio de logro

  • Error: t_vuelo = 2·v₀ᵧ/g con alturas distintas. Corrección: resuelve la condición vertical de llegada.
  • Error: quedarse con la raíz negativa o con la primera positiva sin comprobar el suceso.
  • Error: usar un tiempo en x y otro en y.
  • Error: dar la velocidad de llegada con vᵧ positiva cuando el proyectil baja, o sumar componentes para obtener el módulo.

Lo has logrado si puedes plantear la condición de llegada para cualquier altura, justificar qué raíz es física, calcular alcance y velocidad con el mismo tiempo y comprobar el resultado sustituyendo en y(t).

Si dudas, vuelve a las bases o al resuelto; después prueba la variante sin mirar. Volver a Practicar Física.

Ejercicios y explicaciones propios; no son preguntas oficiales. Consulta de apoyo: Física universitaria volumen 1 · OpenStax · 4.3 Movimiento de proyectil (nueva pestaña). Modelos anteriores orientan la preparación; no confirman el formato ni el programa de 2026/27.

Comprueba lo que sabes

Si fallas, tienes un segundo intento antes de ver la solución.

Material y ejercicios originales de práctica, revisados el 20/10/2026. No son preguntas oficiales ni garantizan el programa del examen vigente. Los libros enlazados sirven de consulta y no se reproducen aquí.