PROBLEMA 1

PROBLEMA 1
Se dispara un proyectil que forma un ángulo de 60º con la horizontal con una velocidad
de salida de 400 m/s. En el punto más alto de su trayectoria explosiona en dos
fragmentos de masa una el doble que la otra, cayendo la más pequeña verticalmente.
a) ¿Dónde cae el fragmento mayor?
Z
M = masa del proyectil
r
v 0 = 400 ⋅ cos 60 ⋅ iˆ + 400 ⋅ sen 60 ⋅ zˆ =
= 200 ⋅ iˆ + 200 3 ⋅ zˆ
60º
x
y
Escribimos las ecuaciones del movimiento parabólico que describe el proyectil para
calcular el espacio que recorre antes del momento de la explosión:
r
a = − gzˆ
r
r
v = ∫ a ⋅ dt = − gt ⋅zˆ + v0 = 200 ⋅ iˆ + (200 3 − gt) ⋅ zˆ
r
r
1
s = ∫ v ⋅ dt = 200t ⋅ iˆ + (200 3 ⋅ t − gt 2 ) ⋅ zˆ
2
En el momento de la explosión, que se produce en el punto de altura máxima:
v z = 0 = 200 3 − gt
t=
200 3
= 35.31 seg
g
El espacio recorrido hasta entonces será:
s x = 200t = 200 ⋅ 35.31 = 7062 m
La altura a la que se encuentra será:
s z = 200 3 ⋅ 35.31 −
1
⋅ 9.81 ⋅ 35.312 = 6116.20 m
2
A los 35.31 seg y encontrándose en la posición Se=(7062,6116.20) se produce la
explosión que divide al proyectil en dos fragmentos, uno de masa la doble que la otra
m 1 = 2m 2



m 1 + m 2 = M 
2 m2 + m2 = M
m2 =
M
2M
, m1 =
3
3
Ahora aplicamos el principio de conservación del momento lineal, ya que no
intervienen fuerzas exteriores:
r
r
pantes = M ⋅ vantes = M ⋅ 200 ⋅ iˆ
r
r
2M r
pdespués = m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v 2 =
⋅ v1
3
Como la m2 cae verticalmente su velocidad inicial es cero y, por lo tanto, igualando las
dos ecuaciones nos queda:
r
2
M ⋅ 200 ⋅ iˆ = ⋅ M ⋅ v1
3
r
v = 300 ⋅ iˆ
1
Volvemos a plantear las ecuaciones del movimiento parabólico para el fragmento 1:
r
a = − g ⋅ zˆ
r
r
r
v = ∫ a ⋅ dt = − gt ⋅ zˆ + v1 = 300 ⋅ iˆ − gt ⋅ zˆ
r
r
1
r
1
s = ∫ v ⋅ dt = 300t ⋅ ˆi − gt 2 ⋅ zˆ + se = (7062 + 300t ) ⋅ iˆ + (6116.2 − gt 2 ) ⋅ zˆ
2
2
Cuando cae al suelo:
s z = 0 = 6116.2 −
t=
1 2
gt
2
6116.2 ⋅ 2
= 35.31 seg
9.81
El espacio que recorre sobre el eje OX será:
s x = 70620 + 300 ⋅ 35.31 = 17655 m
b) ¿Cuál es la energía liberada en la explosión?
La energía liberada en la explosión la calculamos mediante la diferencia de energías
cinéticas y prescindimos de la potencial puesto que la altura no varía y no se pierde
masa:
1 r2 1
Mv = M ⋅ 40000 = 20000 ⋅ M J
2
2
1 2
= ⋅ ⋅ M ⋅ 90000 = 30000 ⋅ M J
2 3
Ec.inicial =
Ec. final
E disipada = E c. final − Ec.inicial = 30000 ⋅ M J − 20000 ⋅ M J = 10 ⋅ M J
4
PROBLEMA 2
Un arquero le da a un pájaro que vuela en línea recta horizontal a 9 m sobre el suelo con
una flecha de 40 g. Si sabemos que la flecha golpea al pájaro por detrás con una
velocidad de 110 m/s y formando un ángulo de 30º con la vertical, y que el pájaro cae
al suelo 1.5 s posterior al impacto y a 18 m por delante del punto donde fue golpeado,
obténgase la masa y la velocidad con la que volaba el pájaro.
Sol.: 2.77 kg 40.97 km/h
Al chocar la flecha con el pájaro aquella queda clavada él de forma que después
del impacto flecha y pájaro saldrán como un único bloque con una velocidad
determinada que tendrá una cierta inclinación hacia arriba. Se cumple en el choque el
principio de conservación del momento lineal: p = cte ∫
po = p f.
mp · vp + mf · vf = (mp + mf) · v’c
Una vez producido el choque, el conjunto pájaro-flecha salen despedidos de tal
forma que el problema se simplifica como un problema de tiro parabólico.
Descomponemos el movimiento según los ejes X e Y:
Eje X:
Eje Y:
x = xo + v’x · t
18 = 0 + v’x · 1.5
∫
v’x = 12 m/s
y = yo + v’y · t – _ · g · t2
0 = 9 + v’y · 1.5 – _ · 9.8 · 1.52
∫
v’y = 1.35 m/s
θ = arctg(1.35/12) = 6.41º
Aplicamos ahora el principio de conservación del momento lineal, según los
ejes, descomponiendo, por tanto, la velocidad de la flecha y teniendo en cuenta que la vp
en el eje Y es 0, ya que vuela horizontalmente.
Descomposición de la velocidad de la flecha:
Eje X:
vf · sen30º · mf + vp · mp = (mp + mf) · v’x
110 · sen 30º · 0.04 + vp · mp = (mp + 0.04) · 12
2.2 + vp · mp = 0.48 + 12 mp
Eje Y:
vf · cos30º · mf = (mp + mf) · v’y
110 · cos30º · 0.04 = (mp + 0.04) · 1.35
3.81 = 0.054 + 1.35 · mp
mp = 2.77 kg
Sustituyendo en la ecuación del eje X:
2.2 + vp · 2.77 = 0.48 + 12 · 2.77
vp = 33.86 m/s = 40.97 km/h
PROBLEMA 4
En un experimento de dispersión se dirige una partícula alfa con una velocidad u de
componentes (-600, 750, -800) m/s hacia un chorro de núcleos de oxígeno que se
mueven con una velocidad común v= (0, 600, 0) m/s. Después de chocar sucesivamente
con los núcleos B y C, se observa que la partícula A se mueve a lo largo de la
trayectoria determinada por los puntos A´(280, 240, 120) A´´(360, 320, 160) mientras
que los núcleos B y C se mueven a lo largo de las trayectorias dada por B´(147, 220,
130) B"(114,290,120) y C´(240, 232, 90) C´´ (240, 280, 75). Todas las trayectorias son
líneas rectas y todas coordenadas están dadas en mm Sabiendo que la masa del núcleo
de oxigeno es el cuádruple de la de una partícula alfa, obténgase la velocidad de cada
una de las partículas después del choque
A
V
Vf = Vf
B
C
A' (280,240,1 20)
A" (360,320,1 60)
B' (147,220,130)
B" (114,290,120)
C' ( 240,232,90)
C" ( 240,280,75)
A = A"-A' = (80,80,40)
VB = VB
VC = VC
( −33,70,−10)
6089
( 0,48,−15)
2529
VA = V A
∆r
∆r
(80,80,40 )
14400
= VA ( 2 / 3,2 / 3,1/ 3)
= Vb (−0'4229,0'8971,−0'1282)
= Vc (0,0'9545,−0'2983)
El momento de las partículas se conserva.
Minicial = Mfinal
(−600,750,−800)m/ + 2( 0,600,0).4m
/ = m/ Va (2 / 3,2 / 3,1 / 3) + 4m
/ Vb ( −0'4229,0'8971,−0'1282) + 4m/ VC( 0,0'9545,−0'2983)
)
− 600 = 0'6667 Va − 1'6916 Vb
)
1950 = 0'6667 Va − 3'5883 Vb + 3'8179 Vc
− 800 = 0'3333 Va − 0'51261 Vb − 1'1931 Vc
Solución : Va = 919'26m/s,
Vb = 716,95m/s ,
Resolvemos
el
sistema
Vc = 619,31m/s
PROBLEMA 5
Un sistema consta de tres partículas A, B, C., siendo sus masa de 1, 2 y 3 Kg
respectivamente. Sabiendo que sus velocidades tienen por componentes (3, -2, 4), (4, 3,
0) y (2, 5, -3) m/s respectivamente, determinar:
a)
b)
c)
d)
El vector posición del c. d. m. del sistema.
El momento lineal del sistema.
El momento angular respecto al origen y respecto al c. d. m. y
La energía cinética respecto al origen y respecto al c. d. m.
Solución:
a)
PARTÍCULA
A
B
C
MASA
1Kg.
2Kg.
3Kg.
POSICIÓN
(1, 0, 3)
(1.5, 3, 0)
(1, 4, 2)
La expresión que determina el vector de posición del c. d. m. del sistema viene dada
3
__
r CM
por:
∑m ·r
=
∑m
i
i
1
; que aplicándola a nuestro caso queda:
i
__
r =
1(1,0,3)+ 2(1.5,3,0) + 3(1,4,2) 1
= (7,18,9)m.
6
6
__
b) Para calcular el momento lineal del sistema calculamos previamente el vector v CM ,
d R d  ∑ mi· ri
=
=
dt
dt  ∑ mi
__
__
v CM
__
__
__

=


que: M·V CM = ∑ p i → PCM
__
VCM =
dri
∑ m dt ∑ m · v ∑ p
=
=
M
∑m
∑m
= ∑ p sustituyendo:
i
__
i
i
i
i
y como tenemos
i
__
i
1(3,−2,4)+ 2(4,3,0)+ 3(2,5,−3) 1
= (17,19,−5)m con lo que,
s
6
6
__
__
M·VCM = ∑ Pi → P CM = ∑ p i . PCM= 6· 1/6 (17, 19, -5) Kg·m/seg.
c) Ahora calculamos el momento angular respecto al origen y respecto al c. d. m.
_
__
__
1

rCM = rCM (t = 0)+ VCM · t = (7 + 17t )i + (18 + 19t ) j + (9 − 5t ) k 
6

·
Momento angular respecto al origen (Lo ):
i
L o = r Λ p = m·· r Λ v ) = 1· 1
__
__
__
__
__
j
0
3 −2
k
i
3 + 2· 1.5
j k
i
3 0 + 3· 1
j
4
4
3 0
5 −3
4
2
k
_
_
_
3 = −60 i + 26 j− 26 k Kg· m 2 / seg.
(
· Momento angular respecto al c. d. m.(LCM):
__
__
__
 __

L o = L CM + m r CM Λ v CM  → despejando LCM de la expresión y calculando:


i
j
k
__
_
__
__
1
1
 __ 

 − r CM  ΛmT ·V CM = − 7 − 18 − 9 = 261 i − 188 j + 173 k 
6
6



17 19 − 5
__
__
__
__
L CM = −60 i + 26 j − 26 k +
__
__
__
__
__
__
1

 Kg· m 2

261
i
−
188
j
+
173
k
=
−
16
.
5
i
−
5
.
33
j
+
2
.
83
k




seg
.
6



d) Por último calculamos la energía cinética respecto al origen y respecto al c. d. m.:
· Energía cinética respecto al origen:
EC =
[(
)
(
) (
)]
1
1 2
2
m·· v 2 =
3 + 2 2 + 4 2 + 2·· 4 2 + 32 + 0 2 + 3 2 2 + 52 + (− 3) = 96.5 J
2
2
· Energía cinética respecto al c.d.m.:
2
2
2
2
2

1
17  
19 
5 
17  
19   
 


Ec CM = 1 3 −  +  − 2 −  +  4 −   + 2 4 −  +  3 −   
2  
6 
6 
6  
6  
6   




2
2
2
1
17   19  
5  
 

+ 3 2 −  +  5 −  +  − 3 −   = 40.25 J
2  
6 
6 
6  


Para comprobar que la solución es correcta podemos sustituir los valores obtenidos en la
1
1
ecuación: Ec = Ec CM + m·· v 2 CM → 96.5 = 40.25 + · 6·· V 2 CM = 40.25 + 56.25 = 96.5J
2
2
)