NMS c5.15 - El arquero Nilatoco efectúa un saque (desde el piso) con una velocidad inicial de 26 m/s. El gran goleador Gabriel, que está parado a 42 metros del punto desde donde se efectuó el disparo, intercepta el balón en el aire, a 2,30 metros del piso. Calcular el ángulo con la horizontal formado por el vector velocidad inicial de la pelota.

Este ejercicio me lo envió mi colega Augusto Maquieira, de Henderson, Provincia de Buenos Aires, para que lo analicemos juntos. Me parece que se trata de un ejercicio complicado para plantearle a nuestros estudiantes del secundario, o recién salidos. Sin embargo posee un atractivo interesante: me permite mostrarles que han aprendido física, aunque no hayan podido llegar al resultado.

Empecemos, como siempre, con un esquema:

Hice dos trayectorias porque yo ya conozco el final de la historia y sé que hay dos opciones, entre las que no se puede decidir físicamente. Es decir... tenemos un resultado doble. Vos no tenés por qué saberlo de antemano... pero para no tener que rehacer el esquema puse las dos trayectorias desde el vamos.

Ahora, si tenés a la vista los modelos de ecuación horaria de un tiro oblicuo...

x = x_o + v_x ( t – t_o )

y = y_o + v_oy ( t – t_o ) + ½ g ( t – t_o )²

v_y = v_oy + g ( t – t_o )

x = 26 m/s . cos α . t

y = 26 m/s . sen α . t – 5 m/s² . t²

v_y = 26 m/s . sen α – 10 m/s² . t

42 m = 26 m/s . cos α . t₁

2,3 m = 26 m/s . sen α . t₁ – 5 m/s² . t₁²

Este es el momento culminante del ejercicio. Acá es donde todos los estudiantes de física pueden gritar a los cuatro vientos ¡estoy aprendiendo física y los ejercicios me salen! Porque si lo mirás con cariño, acabás de escribir dos ecuaciones con dos incógnitas... y no dudes de que eso tiene solución. O sea, que operando algebraicamente podemos hallar el valor de α -que es el que solicita el enunciado-, y también de t₁, que no lo pide, pero así podríamos contarle a Nilatoco cuánto tiempo estuvo en vuelo su balón.

Cuando una de las incógnitas es el argumento de una función trigonométrica -un ángulo-, el álgebra que se requiere no es para pibes que juegan en la reserva. Los profesionales lo sacan, pero no siempre aciertan un camino rápido y contundente. Te muestro un camino que me pareció bastante directo:

De la ecuación de x despejo t₁:

t₁ = 1,615 s / cos α

Ahora eso lo meto en la segunda ecuación, la de y, reemplazando t₁. No te olvides que senα/cosα = tgα y que cosα . cosα = (cosα)² = cos²α.

2,3 m = 42 m . tg α – 13,05 m / cos²α

Vuela el metro, que multiplica en todos los términos de ambos miembros. Pero igual ¿ves que se pone peludo?, porque aún cuando ahora tenemos una sola incógnita, α, aparece como argumento de dos funciones trigonométricas distintas: coseno y tangente. Por suerte, Pitágoras (o algún fiel pitagórico) encontró una relación entre ambas funciones: 1 / cos²α = 1 + tg²α (que no es otra cosa que una derivación sencilla de la relación pitagórica cos²α + sen²α = 1).

2,3 = 42 . tg α – 13,05 (1 + tg²α)

2,3 = 42 . tg α – 13,05 – 13,05 . tg²α

0 = – 15,35 + 42 . tg α – 13,05 . tg²α

Algo avanzamos, porque lo que tenés ante tus ojos es una ecuación cuadrática en la que la incógnita es tg α, y los coeficientes de esa ecuación son A = – 13,05; B = 42; y C = – 15,35. De modo que resolviendo la cuadrática con la formulita de los griegos encontraremos dos valores de tg α que la satisfacen. Ellos son:

tg α = 0,42, lo que nos da un ángulo α = 22,8º

tg α' = 2,81, lo que nos da un ángulo α' = 70,4º