TEMA 3 - de la UVa

TEMA 4
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS
CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCION DE LOS PROBLEMAS
En los problemas sobre la posición, velocidad y aceleración del centro de masas debes leer
atentamente cada problema para sacar los datos implícitos que aparecen en cada enunciado. Siempre
que aparezcan fuerzas internas (explosiones, por ejemplo), pero no externas, el centro de masas sigue
manteniendo su movimiento. Por tanto, si inicialmente está en reposo, las velocidades de los fragmentos
serán tales que la velocidad del centro de masas seguirá siendo nula, y si estaba moviéndose continuará
en el mismo estado de movimiento.
Para los problemas de choques es conveniente seguir una serie de pasos.
Dibuja un sistema de coordenadas y define las velocidades respecto de ese sistema. Es
conveniente hacer que alguno de los ejes coincida con alguna de las velocidades iniciales.
En el esquema del sistema de coordenadas, dibuja todos los vectores de las velocidades con sus
etiquetas, e incluye toda la información dada.
Escribe las expresiones del momento lineal de cada partícula para cada una de las componentes
X e Y para antes y después de la colisión. Recuerda incluir los signos adecuados para las componentes
de los vectores velocidad. Por ejemplo, si un objeto se mueve en la dirección negativa de X, la
componente X de la velocidad se deberá tomar como negativa. Es muy importante que prestes atención
cuidadosa a los signos.
Escribe las expresiones del momento total en la dirección X para antes y después del choque e
iguálalas. Repite el procedimiento para el momento total en la dirección Y. Estos pasos se deben a que
debe conservarse el momento lineal a lo largo de cualquier dirección. Es importante hacer hincapié que
es el momento del sistema (los objetos en colisión) el que se conserva, no el momento de los objetos
individualmente.
Si la colisión es inelástica, la energía cinética no se conserva, y se deberá proceder a resolver
las ecuaciones del momento para las incógnitas.
Si la colisión es elástica, la energía cinética también se conserva, por lo que se puede igualar la
energía cinética antes de la colisión con la energía cinética después de la colisión. Esto proporciona una
relación adicional entre las diferentes velocidades.
TEMA 4
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE
1 . - Dos prismas triangulares, de masas M y m, y
anchuras a y b están en reposo, tal como se indica en la figura
adjunta, sobre un tablero horizontal liso. Las superficies de
contacto entre los dos prismas son también perfectamente
lisas. Determinar el retroceso del prisma inferior hasta el
instante en que la cara vertical del prisma superior alcanza el
tablero horizontal. (Nota: el centro de masas de un triángulo
se encuentra a un tercio de la base, baricentro).
Si consideramos el sistema de las dos partículas, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema
son verticales (pesos y normales). Puesto que no hay fuerzas horizontales (ΣFX=0) la componente
horizontal del centro de masas debe ser nula:
ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0
Esto implica que la velocidad del centro de masas en el eje X debe ser constante:
aGX=0 ⇒ vGX=cte
Inicialmente el sistema está en reposo, vGX=0, luego tiene
que seguir estándolo. Esto quiere decir que en el momento en que
una parte del sistema se desplace hacia la derecha, el resto lo
hace hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas
sea cero. Así, al caer el prisma pequeño se desplaza hacia la
derecha, luego el grande lo hace hacia la izquierda. Este
retroceso es el que nos piden.
Como la velocidad del centro de masas en el eje X es
cero, esto significa que la posición del centro de masas se
mantiene constante:
vGX=0 ⇒ xG=cte
Podemos determinar la posición inicial del centro de
masas, la final, e igualarlas. Vemos las dos posiciones en el
gráfico, donde hemos colocado los centros de masa de cada uno
de los triángulos a un tercio de las bases. Denominamos ∆x al
retroceso del prisma inferior y llamaremos con el subíndice 1 al
prisma grande y con el subíndice 2 al pequeño. Así, la posición del
centro de masas inicialmente es:
a
2b 


M ∆x +  + m ∆x +

m x + m2 x2
3
3 


xG = 1 1
=
m1 + m2
M+m
Y cuando el prisma superior ha llegado a la posición más baja tendremos:
a
b

M + m a − 
m1 x'1 +m2 x'2
3
3


xG =
=
m1 + m2
M+m
Igualando las dos posiciones:
a
2b 
a
b



M ∆x +  + m ∆x +
 M + m a − 
a
2b 
a
b
3
3 
3
3






⇒ M ∆x +  + m ∆x +
=
 = M + m a − 
M+m
M+m
3
3
3
3





Ma
2mb
a
mb
Ma 2mb
a
mb
M∆x +
+ m∆x +
= M + ma −
⇒ M∆x + m∆x = −
−
+ M + ma −
3
3
3
3
3
3
3
3
m( a − b)
∆x(M + m) = ma − mb ⇒ ∆x(M + m) = m( a − b) ⇒ ∆x =
M+m
∆x =
m( a − b)
M+m
2. - Una muchacha de 45 kg está de pie y en reposo sobre un tablón de 1 50 kg que está
apoyado sobre la superficie lisa (sin rozamiento) horizontal de un lago helado. Si la muchacha
comienza a moverse a lo largo del tablón con una velocidad constante, respecto al mismo, de 1 . 5
m/s, determinar respecto a la superficie del hielo: a) la velocidad del tablón; b) la velocidad de
la muchacha.
a) Inicialmente el sistema se encuentra en reposo, luego la velocidad del centro de masas es
nula. Todas las fuerzas son verticales (pesos y normales), luego como no hay fuerzas horizontales la
componente horizontal de la aceleración del centro de masas es nula. Así pues, igual que antes, la
velocidad del centro de masas en ese eje tiene que permanecer constante:
ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 ⇒ vGX=cte=0
Como inicialmente la velocidad del centro de masas es nula, tiene que seguir siéndolo, de modo
que en cuanto la muchacha comienza a moverse hacia la derecha el tablón reacciona desplazándose
hacia la izquierda de tal forma que la velocidad del centro de masas sea cero. Sólo tenemos movimiento
en el eje X, luego podemos resolver el problema escalarmente, teniendo en cuenta que las velocidades
son positivas cuando van hacia la derecha y negativas cuando van hacia la izquierda. Tendremos que
tener en cuenta también que el dato que nos dan no es la velocidad de la muchacha, sino la velocidad
relativa de la muchacha respecto del tablón. La velocidad absoluta de la muchacha será:
vmuchacha/tablón=vmuchacha-vtablón ⇒ vmuchacha=vmuchacha/tablón+vtablón=1.5i-vtablóni=(1.5-vtablón)i
Ahora, teniendo en cuenta que la velocidad del centro de masas tiene que ser nula:
mmuchacha vmuchacha + mtablón v tablón
45(1.5 − vtablón ) − 150vtablón
vG =
⇒0=
⇒ 0 = 45(1.5 − vtablón ) − 150vtablón
mmuchacha + mtablón
45 + 150
67.5-45vtablón-150vtablón=0 ⇒ 195vtablón=67.5 ⇒ vtablón=0.346 m/s
vtablón=0.346 m/s
b) Y la velocidad de la muchacha:
vmuchacha=1.5-vtablón=1.5-0.346=1.154 m/s
vmuchacha=1.154 m/s
3. - Una mujer de 60 kg se
encuentra de pie en la parte trasera de
una lancha de 6 m de de longitud y 1 20 kg
que flota en reposo en aguas tranquilas y
sin rozamiento. La balsa se encuentra a
0. 5 m de un embarcadero fijo, como en la
figura. La mujer camina hasta la proa de
la balsa con una velocidad constante de 3 m/s relativa a la balsa y se detiene. ¿A qué distancia
se encuentra ahora la balsa del embarcadero?
Puesto que no hay rozamiento, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema mujer-balsa son
verticales (pesos y normales). Como no hay fuerzas horizontales no puede haber aceleración en esta
dirección (segunda ley de Newton). Esto quiere decir que la velocidad del centro de masas en este eje
tiene que permanecer constante. Puesto que inicialmente es cero, tiene que seguir siendo cero, de modo
que en cuanto la mujer comience a desplazarse hacia la derecha la balsa reaccionará y comenzará a
desplazarse hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas sea cero. Tendremos que si la
velocidad de la mujer es vm la de la balsa será vb. Nos dan la velocidad relativa de la mujer respecto de
la balsa luego tendremos:
vm/b=vm-vb ⇒ vm=vm/b+vb=3i-vbi=(3-vb)i
Así pues, aplicando la conservación de la velocidad del centro de masas:
m v + mb vb
60(3 − vb ) − 120vb
vG = 0 ⇒ vG = m m
⇒0=
⇒ 180 − 60vb − 120vb = 0 ⇒ vb = 1 m / s
mm + mb
60 + 120
Y la velocidad de la mujer:
vm=3-vb=3-1=2 m/s
Respecto de la balsa, la mujer tiene que recorrer 6 m, luego tardará un tiempo:
x
x
6
vm / b = m / b ⇒ t = m / b = = 2 s
vm / b 3
t
En ese mismo tiempo la balsa se ha desplazado hacia atrás a 1 m/s luego recorre un espacio:
x
vb = b ⇒ xb=vbt=1 · 2=2 m
t
Puesto que inicialmente estaba a 0.5 m del embarcadero y se aleja 2 m más, la distancia entre la
barca y el embarcadero será:
x=xb+0.5=2+0.5=2.5 m
x=2.5 m
4. - En rápida sucesión, un empleado de una aerolínea lanza
dos maletas, con una velocidad horizontal de 2. 4 m/s, sobre un
carro portaequipajes de 25 kg. a) Sabiendo que la velocidad final del
carro es de 1 . 2 m/s y que la primera maleta que el empleado lanza
tiene una masa de 1 5 kg, hallar la masa de la otra maleta; b) ¿cuál
sería la velocidad final del carro si el empleado invirtiera el orden
en que lanza las maletas?
a) El sistema se mueve sólo en dirección horizontal. Una vez que cae la primera maleta con
velocidad de 2.4 m/s sobre el carro en reposo la velocidad del centro de masas del sistema maleta1carro será:
m v + mC vC 15 ⋅ 2.4
=
= 0.9 m / s
vG = 1 1
m1 + mC
15 + 25
A continuación se lanza la segunda maleta, de masa m2 con velocidad 2.4 m/s y el sistema de
tres partículas se desplaza con velocidad de 1.2 m/s. Tendremos entonces:
m v' +m v' +m v'
15 ⋅ 0.9 + 2.4m2 + 25 ⋅ 0.9
v'G = 1 1 2 2 C C ⇒ 1.2 =
⇒ 1.2(40 + m2 ) = 2.4m2 + 36
m1 + m2 + mC
15 + m2 + 25
48+1.2m2=2.4m2+36 ⇒ m2=10 kg
m2=10 kg
b) Vamos a ver qué ocurre si las maletas se lanzan en orden inverso. En primer lugar se lanza la
maleta de masa m2 con lo cual la velocidad final del sistema maleta2-carro será:
m v + mC vC 10 ⋅ 2.4
=
= 0.686 m / s
vG = 2 2
m2 + mC
10 + 25
A continuación se lanza la maleta de masa m1 y la velocidad final del sistema será:
m v' +m v' +m v'
15 ⋅ 2.4 + 10 ⋅ 0.686 + 25 ⋅ 0.686
v'G = 1 1 2 2 C C =
= 1 .2 m / s
m1 + m2 + mC
15 + 10 + 25
v’G=1.2 m/s
5. - Un nadador de 80 kg y una nadadora de 55 kg están de pie
juntos en el mismo extremo de una barca de 1 35 kg, listos para saltar
al agua, cada uno con una velocidad de 5 m/s relativa a la barca.
Hallar la velocidad tras haberse zambullido ambos, si: a) la nadadora
salta primero; b) el nadador salta primero.
a) Denominaremos con el subíndice 1 a la nadadora, con el 2 al nadador y con el 3 a la barca, de
modo que:
m1=55 kg; m2=80 kg; m3=135 kg
Inicialmente los tres cuerpos
están en reposo luego la velocidad del
centro de masas es cero. Como no hay
fuerzas horizontales sino que sólo las
hay verticales, en la dirección
horizontal el centro de masas no tiene
aceleración, de modo que si la velocidad
del centro de masas es cero tiene que
seguir siéndolo después de saltar la nadadora. Esto implica que cuando la nadadora salta hacia la
derecha con velocidad v1, la barca con el nadador reacciona desplazándose hacia la izquierda a velocidad
v. Tendremos que tener en cuenta que el dato que nos da el problema es la velocidad relativa de la
nadadora respecto de la barca, mientras que la que nos interesa es la absoluta. Teniendo en cuenta las
ecuaciones del movimiento relativo, y tomando como sentido positivo del eje X hacia la derecha:
v1/b=v1-v ⇒ v1=v1/b+v=(5-v)i
Como dijimos antes, la velocidad del centro de masas tiene que mantenerse, y sabemos que
inicialmente es nula, de modo que:
m v + m2 v2 + m3 v 3
55(5 − v) − 80v − 135v
vG = 1 1
⇒0=
⇒ 0 = 275 − 270v ⇒ v = 1.019 m / s
m1 + m2 + m3
55 + 80 + 135
Después de zambullirse la nadadora la barca con el nadador se desplazan hacia la izquierda a
velocidad de 1.019 m/s. A continuación se lanza el nadador hacia la derecha con velocidad v’2, y la barca
se moverá hacia la izquierda con velocidad v’, de modo que la velocidad del centro de masas, que ahora
es 1.019 m/s se mantenga constante puesto que no se ejercen fuerzas en dirección horizontal. De igual
modo que antes, la velocidad del nadador será:
v2/b=v’2-v’ ⇒ v’2=v2/b+v’=(5-v’)i
Aplicando la ecuación de la
velocidad del centro de masas y
teniendo en cuenta que nuestro
sistema ahora tiene sólo dos partículas:
m v' +m v'
vG = 2 2 3 3
m1 + m2 + m3
− 1.019 =
masas:
80(5 − v') − 135v'
⇒ −218.98 = 400 − 215v'⇒ v' = 2.88 m / s
80 + 135
v’=2.88 m/s
b) Ahora resolvemos el problema
de igual modo, pero primero salta el
nadador, que es la partícula 2. Seguimos
los mismos pasos que en el apartado
anterior:
v2/b=v2-v
v2=v2/b+v=(5-v)i
Y la velocidad del centro de
vG =
m1 v1 + m2 v2 + m3 v 3
80(5 − v) − 55v − 135v
⇒0=
⇒ 0 = 400 − 270v ⇒ v = 1.481 m / s
m1 + m2 + m3
55 + 80 + 135
A continuación nos queda el
sistema con sólo las partículas 1 y
3, y salta la nadadora hacia la
derecha, con lo que tenemos de
nuevo:
v1/b=v’1-v’
v’1=v1/b+v=(5-v’)i
De la velocidad del centro
de masas, que ahora es de 1.481 m/s hacia la izquierda:
m v' +m v'
55(5 − v') − 135v'
v G = 1 1 3 3 ⇒ −1.481 =
⇒ −281.48 = 275 − 190v'⇒ v' = 2.93 m / s
m1 + m3
55 + 135
v’=2.93 m/s
6. - Se lanza un proyectil de 3 kg con un ángulo de 30º y con una velocidad inicial de 1 20
m/s. En la parte superior de su trayectoria explota en dos partes de 1 kg y 2 kg de masa. El
fragmento de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión 3. 6 s después de que
ésta se ha verificado. a) Determinar la velocidad del fragmento de 1 kg inmediatamente después
de la explosión; b) determinar la distancia entre el punto del disparo y el punto en el cual el
fragmento de 1 kg choca contra el suelo; c) determinar la energía liberada en la explosión.
a) En la parte más alta de la trayectoria la componente vertical de la velocidad es nula y sólo
existe la horizontal. Como en el eje horizontal el movimiento es rectilíneo y uniforme la velocidad en
dicho eje es constante e igual a la inicial:
v=vx=v0X=120cos30º=103.923 m/s
En el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la
de la gravedad. Tendremos entonces:
vY=v0y-gt ⇒ 0=120sen30º-9.8t ⇒ t=6.122 s
El proyectil tarda 6.122 s en llegar a la parte más alta de la trayectoria, donde la altura será:
1
1
y = y0 + voYt − gt2 = 120sen30 º⋅6.122 − 9.8 ⋅ 6.1222 = 183.673 m
2
2
Ahora se produce la explosión y el proyectil se divide en dos fragmentos, uno de 1 kg
(fragmento 1) y el otro de 2 kg (fragmento 2). El de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de
explosión, luego su velocidad después de la explosión sólo puede tener componente vertical. Además,
sabemos que tarda en caer 3.6 s. Puesto que su movimiento es vertical está sometido a la acción de la
gravedad y tendremos:
1
1
y2 = y02 + v2t2 − gt22 ⇒ 0 = 183.673 + 3.6v2 − 9.8 ⋅ 3.62 ⇒ v2 = −33.38 m / s
2
2
Nos sale negativa, lo cual quiere decir que después de la explosión el fragmento 2 tiene una
velocidad vertical y hacia abajo. Ahora vamos al fragmento 1. En una explosión se tiene que conservar la
velocidad del centro de masas, luego:
m v + m2 v2
1v − 2 ⋅ 33.38 j
vG = cte ⇒ vG = 1 1
⇒ v1 = 311.769i + 66.76 j m / s
⇒ 103.923i = 1
m1 + m2
1+2
v1=311.769i+66.76j m/s
b) A partir de la explosión, el fragmento 1 queda sometido exclusivamente a la acción de la
gravedad y el movimiento es el típico de un tiro parabólico, donde la velocidad inicial es v1 y la altura
inicial 183.673 m. El tiempo que tarda el fragmento 1 en caer lo podemos obtener de la altura:
1
1
y1 = y01 + v1Yt1 − gt12 ⇒ 0 = 183.673 + 66.76t1 − 9.8 ⋅ t12 ⇒ 4.9t12 − 66.76t1 − 183.673 = 0
2
2
66.76 ± 66.762 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 183.673 − 2.347 s
=
2 ⋅ 4.9
 15.972 s
Obviamente la única solución que tiene sentido es la positiva, de modo que el fragmento 1 tarda
15.972 s en llegar al suelo. Como en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme:
x1=v1Xt1=311.769 · 15.972=4979.40 m
Esta es la distancia a la vertical de la explosión. Sin embargo nos piden la distancia respecto del
punto de lanzamiento. Hasta el punto de la explosión desde el lanzamiento se recorren:
x=vxt=120cos30º · 6.122=636.217 m
Por tanto la distancia entre el punto de lanzamiento y el punto de impacto del fragmento 1 es:
xtotal=x+x1=636.217+4979.40=5615.617 m
xtotal=5615.617 m
c) La energía liberada en la explosión será la diferencia entre la energía cinética después y
antes de la explosión (la potencial gravitatoria se mantiene constante puesto que la explosión es
prácticamente instantánea). Así, antes de la explosión tenemos un proyectil de masa 3 kg con una
velocidad de 103.923 m/s. Después de la explosión tenemos dos fragmentos, uno de 1 kg con velocidad:
t1 =
v1 = 311.7692 + 66.762 = 318.837 m / s
y otro de 2 kg con velocidad v2=33.38 m/s. Así, la energía cinética liberada en la explosión será:
1
1
1
Eliberada = ECdespués − ECantes = m1v12 + m2v22 − mv2 =
2
2
2
1
1
1
= 1 ⋅ 318.8372 + 2 ⋅ 33.382 − 3 ⋅ 103.9232 = 35742.759 J
2
2
2
Eliberada=35742.759 J
7. - Un obús de 1 2 kg es disparado con un ángulo de 55º sobre la horizontal
rapidez de 1 50 m/s. En el cenit de la trayectoria, el obús estalla en dos fragmentos,
tres veces más masa que el otro. Los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo.
que la resistencia del aire es despreciable. Si el fragmento más pesado cae en el punto
cual se lanzó el obús, ¿dónde caerá el fragmento más ligero y cuánta energía se habrá
en la explosión?
con una
uno con
Suponer
desde el
liberado
La velocidad inicial del obús es:
v0=v0Xi+v0Yj=150cos55ºi+150sen55ºj=86.036i+122.873j m/s
El obús estalla en el punto más alto de la trayectoria. En dicho punto la componente vertical de
la velocidad es nula, y en el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, con
aceleración la de la gravedad. Así pues:
vY=v0Y-gt ⇒ 0=122.873-9.8t ⇒ t=12.538 s
El obús estalla al cabo de 12.538 s, instante en el cual la altura vale:
1
1
y = y0 + v0 Y t − gt2 = 122.873 ⋅ 12.538 − 9.8 ⋅ 12.5382 = 770.295 m
2
2
Y en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, la velocidad se mantiene constante, luego
hasta que estalla el obús ha recorrido:
x=vXt=v0Xt=86.036 · 12.538=1078.72 m
Por tanto, en el punto más alto de la trayectoria, donde se produce el estallido, sólo existe la
componente horizontal de la velocidad, ya que la vertical es nula. Entonces la velocidad del obús antes
de la explosión es:
v=vXi=86.036i m/s
Tras la explosión el obús se fragmenta en dos trozos de masas:
3m 3 ⋅ 12
m 12
m1 =
=
= 9 kg; m2 = =
= 3 kg
4
4
4
4
Vemos que uno tiene el triple
de la masa del otro y que la suma de
ambos es 12 kg. Puesto que se trata
de una explosión la velocidad del
centro
de
masas
tiene
que
conservarse, es decir, después de la
explosión la velocidad del centro de
masas tiene que ser horizontal. Eso
implica que si un fragmento tiene
componente vertical hacia arriba el
otro la tiene que tener hacia abajo
para compensar y viceversa. Sin
embargo, el enunciado nos dice que
los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual hace que esta hipótesis sea imposible, porque
el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba.
Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos
después de la explosión tienen que ser horizontales. Además, el fragmento más pesado (fragmento 1)
cae en el punto desde el cual se lanzó el obús, luego se desplaza hacia la izquierda. Tiene que recorrer
en el eje X una distancia de 1078.72 m y en el eje Y una distancia de 770.295 m. Lógicamente dicho
fragmento tardará en caer 12.538 s, lo mismo que en llegar el obús a la parte más alta de la trayectoria
(recorre idénticos espacios). Además, como en el eje X recorre el mismo espacio en el mismo tiempo, su
velocidad después del estallido tiene que ser igual y de sentido contrario a la del obús antes del
estallido, es decir, después del estallido para el fragmento 1:
v1=-86.036i m/s
Como la velocidad del centro de masas tiene que conservarse tendremos:
−9 ⋅ 86.036 + 3v2
m v + m2v2
vG = 1 1
⇒ 86.036 =
⇒ v2 = 602.252 m / s
m1 + m2
12
El fragmento 2 sale hacia la derecha con una velocidad de 602.252 m/s. Puesto que tarda
12.538 s en caer, recorrerá en el eje X una distancia:
x2=v2t2=602.252 · 12.538=7551.036 m
Por tanto, respecto del punto de lanzamiento la posición del fragmento 2 es:
x2total=x+x2=1078.72+7551.036=8629.76 m
x2total=8629.76 m
En cuanto a la energía liberada en la explosión tendremos que restar las energías antes y
después de la explosión. Así, tendremos:
1
1
ECantes = mv 2 = 12 ⋅ 86.0362 = 44413 J
2
2
Y después de la explosión:
1
1
1
1
ECdespués = EC1 + EC2 = m1 v12 + m2v22 = 9 ⋅ 86.0362 + 3 ⋅ 602.2522 = 577371 J
2
2
2
2
Por tanto la energía liberada en la explosión es:
Eliberada=ECdespués-ECantes=577351-44413=532958 J
Eliberada=532958 J
8. - Un cohete de fuegos artificiales se dispara verticalmente hacia arriba. En su altura
máxima de 80. 0 m explota y se divide en dos fragmentos, uno con masa m1 =1 . 40 kg y otro con
masa m2=0. 28 kg. En la explosión 860 J de energía química se convierte en energía cinética de
los dos fragmentos. a) ¿Qué rapidez tiene cada fragmento inmediatamente después de la
explosión? b) Se observa que los dos fragmentos caen al suelo al mismo tiempo. ¿Qué distancia
hay entre los puntos en los que caen? Suponga que el suelo es horizontal y que la resistencia del
aire es despreciable.
a) El cohete explota en el
punto de altura máxima, luego la
velocidad del centro de masas en
ese punto (instante de la explosión)
es nula. La velocidad del centro de
masas tiene que conservarse, es
decir, después de la explosión la
velocidad del centro de masas tiene
que ser nula. Eso implica que si un
fragmento
tiene
componente
vertical hacia arriba el otro la tiene
que tener hacia abajo para
compensar y viceversa, y si uno sale
hacia la derecha el otro debe salir hacia la izquierda. Sin embargo, el enunciado nos dice que los dos
fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual nos hace que no pueden salir un fragmento hacia
arriba y otro hacia abajo, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que
el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las
velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales y de sentido
contrario. Además, lógicamente el fragmento más pesado (1) será el que tiene menor velocidad y
viceversa. Tendremos por tanto lo que aparece en la figura. La velocidad del centro de masas se
conserva luego:
−1.40 ⋅ v1 + 0.28v2
m v + m2 v2
vG = 1 1
⇒0=
⇒ −1.40 ⋅ v1 + 0.28v2 = 0
m1 + m2
1.40 + 0.28
Además, 860 J se transforman en energía cinética:
1
1
1
1
860 = EC1 + EC2 ⇒ 860 = m1 v12 + m2 v22 ⇒ 860 = 1.40v12 + 0.28v22
2
2
2
2
Y tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
−1.40 ⋅ v1 + 0.28v2 = 0
1
1
860 = 1.40v12 + 0.28v22
2
2
De la primera ecuación:
-1.40v1+0.28v2=0 ⇒ v2=5v1
Y sustituyendo en la segunda:
1
1
1
1
860 = 1.40v12 + 0.28v22 ⇒ 860 = 1.40v12 + 0.28(5v1 )2 ⇒ 860 = 4.2v12 ⇒ v1 = 14.31 m / s
2
2
2
2
v1=14.31 m/s
Y el otro fragmento:
v2=5v1=5 · 14.3=71.55 m/s
v2=71.55 m/s
b) A continuación para cada uno de los fragmentos tenemos una caída libre en la cual conocemos
la altura y velocidad inicial. El fragmento 1 cae desde una altura inicial y01=80 m y con una velocidad
incial v01=14.31 m/s, horizontal y hacia la izquierda. En el eje Y el movimiento es rectilíneo
uniformemente acelerado, luego podemos determinar el tiempo de caída:
1
1
y1 = y01 + v01 Y t − gt2 ⇒ 0 = 80 − 9.8t2 ⇒ t = 4.04 s
2
2
Cualquiera de los fragmentos tardan en caer 4.04 s. El alcance del fragmento 1 es, teniendo en
cuenta que el movimiento es rectilíneo y uniforme:
x1=x01-v01Xt=-14.30 · 4.04=-57.82 m
Y del mismo modo, para el fragmento 2:
x2=x02+v02Xt=71.55 · 4.04=289.06 m
La distancia entre los dos fragmentos es:
xtotal=x1+x2=57.82+289.06=346.88 m
xtotal=346.88 m
si la duración de la explosión es ∆t=0. 003 s.
9. - Se dispara una granada de 5 kg
con una velocidad inicial v0=1 25 m/s y θ0=75º ,
según se indica en la figura. En el punto más
alto de su trayectoria, la granada explota y
rompe en dos. Un fragmento de 2 kg llega al
suelo en x=50 m e y=350 m cuando t=25 s.
Determinar: a) cuándo y dónde llega el
fragmento de 3 kg; b) el impulso ejercido
sobre el fragmento de 2 kg por la explosión;
c) el módulo medio Fmed de la fuerza explosiva
a) Veamos en primer lugar el tiempo que tarda la granada en llegar al punto más alto de la
trayectoria y la altura a la que se produce la explosión. Hasta el momento de la explosión tenemos un
tiro parabólico. Si nos centramos en el eje Z el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado,
siendo la aceleración la de la gravedad. En el punto en que se produce la explosión la componente
vertical de la velocidad se anula, ya que es donde se invierte el sentido del movimiento. Así pues, si
llamamos te al tiempo que tarda la granada en estallar tendremos:
vFZ=v0Z-gte ⇒ 0=125sen75º-9.8te ⇒ te=12.32 s
Y la altura correspondiente es:
1
1
ze = z0 + v0Z t e − gte2 = 125sen75º⋅12.32 − 9.8 ⋅ 12.322 = 743.79 m
2
2
En el eje X no hay movimiento hasta ese momento y en el eje Y el movimiento es rectilíneo y
uniforme con velocidad:
vY=v0Y=125cos75º=32.35 m/s
En este eje por tanto se ha recorrido un espacio:
ye=y0+v0Yte=32.35 · 12.32=398.55 m
A continuación veamos qué ocurre después de la explosión. La granada se divide en dos
fragmentos, uno de 2 kg que marcaremos con el subíndice 1 y otro de 3 kg que marcaremos con el
subíndice 2. El fragmento 1 tarda en caer al suelo 25 s de los cuales 12.32 s fueron empleados por la
granada completa hasta explotar, de modo que el tiempo que tarda el fragmento 1 en caer es:
t1=ttotal1-te=25-12.32=12.68 s
Estudiamos ahora el movimiento de este fragmento en cada uno de los ejes. En el eje X el
movimiento es rectilíneo y uniforme y el fragmento recorre 50 m en 12.68 s, de modo que tras la
explosión la velocidad en dicho eje es:
x
50
v'1X = 1 =
= 3.94 m / s
t1 12.68
En el eje Y el movimiento también es rectilíneo y uniforme, aunque tendremos que tener en
cuenta que en este eje el fragmento no parte del origen sino de la posición ye, con lo cual tendremos:
y1=y0+v’1Yt1 ⇒ y1=ye+v’1Yt1 ⇒ 350=398.55+v’1Y · 12.68 ⇒ v’1Y=-3.83 m/s
Por último en el eje Z el movimiento es rectilíneo y uniformemente acelerado, y el fragmento
tampoco parte del origen sino de la posición ze. Así pues tendremos:
1
1
z1 = ze + v'1Z t1 − gt12 ⇒ 0 = 743.79 + v'1Z ⋅12.68 − 9.8 ⋅ 12.682 ⇒ v'1Z = 3.47 m / s
2
2
Tenemos ya la velocidad del fragmento 1 tras la explosión:
v’1=v’1Xi+v’1Yj+v’1Zk=3.94i-3.83j+3.47k
Ahora en la explosión puesto que los tiempos son casi nulos se conserva la cantidad de
movimiento. Antes de la explosión la velocidad de la granada es solamente la componente en Y:
vantes=vYj=32.35j
Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento:
pantes=pdespués ⇒ mvantes=m1v’1+m2v’2 ⇒ 5 · 32.35j=2(3.94i-3.83j+3.47k)+3v’2
v’2=-2.63i+56.47j-2.31k m/s
Y por último estudiamos cada uno de los ejes del movimiento del fragmento 2. Necesitamos
saber el tiempo que tarda el fragmento 2 en caer al suelo, por lo que comenzamos por el eje Z:
1
1
z2 = ze + v'2Z t2 − gt22 ⇒ 0 = 743.79 − 2.31t2 − 9.8t22 ⇒ 4.9t22 + 2.31t2 − 743.79 = 0
2
2
− 2.31 ± 2.312 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 743.79  12.09 s
=
2 ⋅ 4.9
− 12.56 s
Lógicamente la solución negativa es absurda, y el fragmento 2 tarda 12.09 s en caer al suelo
desde que se produce la explosión. El tiempo total contado desde el inicio del movimiento de la granada
es entonces:
ttotal2=te+t2=12.32+12.09=24.41 s
ttotal2=24.41 s
En los ejes X e Y el movimiento es rectilíneo y uniforme luego tendremos:
x2=xe+v’2Xt2=-2.63 · 12.09=-31.80 m
x2=-31.80 m
y2=ye+v’2Yt2=398.55+56.47 · 12.09=1081.27 m
y2=1081.27 m
b) El impulso es igual a la variación de la cantidad de movimiento:
I1=m1∆v1=m1(v’1-vantes)=2(3.94i-3.83j+3.47k-32.35j)=7.88i-72.36j+6.94k Ns
I1=7.88i-72.36j+6.94k Ns
c) Aplicando la expresión del impulso:
7.88i-72.36 j+6.94k
I
I1=Ft ⇒ F = 1 =
= 2626.67i − 24120 j + 2313.33k
t
0.003
En módulo:
t2 =
F = FX2 + FY2 + FZ2 = 2626.67 2 + 241202 + 2313.332 = 24372.63 N
F=24372.63 N
1 0. - En un experimento de dispersión de
partículas atómicas, una partícula alfa A es
proyectada con la velocidad u0=- (480 m/s)i+ (600
m/s)j- (640 m/s)k sobre un chorro de núcleos de
oxígeno que se mueven con una velocidad común
v0=(480 m/s)j. Tras chocar sucesivamente con los
núcleos B y C, se observa que la partícula A se
mueve sobre el trayecto definido por los puntos A1
(240, 220, 1 60) y A2 (320, 300, 200), mientras que
los núcleos B y C se mueven, respectivamente, sobre
los trayectos definidos por B1 (1 07, 200, 1 70) y B2
(74, 270, 1 60) y por C1 (200, 21 2, 1 30) y C2 (200,
260, 1 1 5). Todos los trayectos son rectos y todas
las coordenadas están expresadas en milímetros. Sabiendo que la masa de un núcleo de oxígeno es
cuatro veces mayor que la de una partícula alfa, hallar la celeridad de cada una de las tres
partículas después de los choques.
Designaremos por m a la masa de la partícula alfa A:
mA=m
Y la de los núcleos de oxígeno:
mB=mC=4mA=4m
En primer lugar vamos a determinar la dirección y sentido de las velocidades de las partículas
después del choque. La partícula A se mueve en la dirección definida por los puntos A1 (240, 220, 160) y
A2 (320, 300, 200) luego será:
80i + 80 j + 40k
A1A2
= vA
= vA (0.667i + 0.667 j + 0.333k )
A1A2
802 + 802 + 402
Del mismo modo, la partícula B, que se mueve en la dirección desde B1 (107, 200, 170) hasta B2
(74, 270, 160):
vA = vA uA1A2 = vA
− 33i + 70 j − 10k
B1B2
= vB
= vB (− 0.423i + 0.897 j − 0.128k )
B1B2
332 + 702 + 102
Y para la partícula C, que va en dirección de C1 (200, 212, 130) a C2 (200, 260, 115):
vB = vB uB1B2 = vB
48 j − 15k
C1C2
= vC
= vC (0.954 j − 0.298k )
C1C2
482 + 152
Puesto que se trata de un choque de partículas, se conserva la cantidad de movimiento:
pantes=pdespués ⇒ mAu0+2mBv0=mAvA+mBvB+mCvC
m(-480i+600j-640k)+2 · 4m(480j)=
=mvA(0.667i+0.667j+0.333k)+4mvB(-0.423i+0.897j-0.128k)+4mvC(0.954j-0.298k)
-480i+4440j-640k=vA(0.667i+0.667j+0.333k)+vB(-1.692i+3.588j-0.512k)+vC(3.816j-1.192k)
Tenemos una ecuación vectorial que podemos separar en tres ecuaciones escalares, una en cada
una de las direcciones del espacio:
Eje X: -480=0.667vA-1.692vB
Eje Y: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC
Eje Z: -640=0.333vA-0.512vB-1.192vC
Tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas. De la primera ecuación:
-480=0.667vA-1.692vB ⇒ vB=0.394vA+283.69
Y sustituimos en las otras dos:
4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC ⇒ 4440=0.667vA+3.588(0.394vA+283.69)+3.816vC
-640=0.333vA-0.512vB-1.192vC ⇒ -640=0.333vA-0.512(0.394vA+283.69)-1.192vC
Nos queda ahora un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
3422.12=2.080vA+3.816vC
-494.75=0.131vA-1.192vC
De la primera ecuación:
3422.12=2.080vA+3.816vC ⇒ vC=896.78-0.545vA
Y sustituyendo en la segunda:
-494.75=0.131vA-1.192vC ⇒ -494.75=0.131vA-1.192(896.78-0.545vA)
574.21=0.781vA ⇒ vA=735.56 m/s
vA=735.56 m/s
Y hacia atrás sacamos las demás velocidades:
vB=0.394vA+283.69=0.394 · 735.56+283.69=573.50 m/s
vB=573.50 m/s
vC=896.78-0.545vA=896.78-0.545 · 735.56=495.90 m/s
vC=495.90 m/s
v C = vC uC1C2 = vC
1 1 . - Dos partículas de masas m1 =2 kg y m2=5 kg
pueden moverse libremente y sin fricción sobre un alambre
guía horizontal. Si la partícula m1 se mueve con una velocidad
v1 =1 7 m/s y alcanza a la m2, que tiene un resorte ideal sin
masa de constante k=4480 N/m sujeto por el lado por el que
se aproxima m1 y que se mueve en el mismo sentido con una velocidad v2=3 m/s (ver figura),
determinar: a) la máxima compresión del resorte cuando colisionan las dos partículas; b) las
velocidades finales de las mismas.
a) Cuando la partícula 1 entra en contacto con el resorte y comienza a comprimirlo empieza a
frenarse, mientras que la partícula 2, que es empujada por el resorte, comienza a acelerar. La partícula
1 disminuye su velocidad y la 2 aumenta la suya, hasta que ambas se igualan. A partir de aquí y siguiendo
con el mismo razonamiento, la partícula 2 comienza a ir más deprisa que la 1, con lo cual empiezan a
separarse y el resorte comienza a descomprimirse. Así pues, en el momento en que el resorte tiene la
máxima compresión las velocidades de las dos partículas son iguales. Puesto que se trata de un choque,
se conserva la cantidad de movimiento:
pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=(m1+m2)v’ ⇒ 2 · 17+5 · 3=(2+5)v’ ⇒ v’=7 m/s
Ahora podemos aplicar el teorema de conservación de la energía entre la situación inicial y el
punto de máxima compresión:
ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión
Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el de la barra, de modo que no
tendremos energía potencial gravitatoria en ninguna situación. Inicialmente sólo tenemos energía
cinética. Además de la fuerza gravitatoria y la elástica sólo actúan las fuerzas normales, que no
realizan trabajo por ser perpendiculares al desplazamiento. Así pues, en el instante de máxima
compresión tendremos energía cinética y potencial elástica. Así, nos queda:
ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión ⇒ ECinicial=ECmáximacompresión+EPemáximacompresión
1
1
1
1
2
2
m v 2 + m v 2 = (m + m2 )v 2 + k∆xmáx
⇒ m1 v12 + m2 v22 = (m1 + m2 )v 2 + k∆xmáx
2 1 1 2 2 2 2 1
2
2
2 ⋅ 17 2 + 5 ⋅ 32 = (2 + 5)7 2 + 4480 ∆xmáx
⇒ ∆xmáx = 0.25 m
∆xmáx=0.25 m
b) Puesto que se trata de un choque elástico, se conserva tanto la cantidad de movimiento como
la energía cinética:
p=cte ⇒ pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2
1
1
1
1
EC = cte ⇒ ECinicial = ECfinal ⇒ m1 v12 + m2 v22 = m1 v'12 + m2 v'22 ⇒ m1 v12 + m2 v22 = m1 v'12 +m2 v'22
2
2
2
2
Sustituyendo:
m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2
m1 v12 + m2 v22 = m1 v'12 +m2 v'22 ⇒ 2 ⋅ 17 2 + 5 ⋅ 32 = 2v'12 +5v'22
De la primera ecuación:
2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2 ⇒ v’1=24.5-2.5v’2
Y sustituyendo en la segunda:
2 ⋅ 17 2 + 5 ⋅ 32 = 2v'12 +5v'22 ⇒ 623 = 2(24.5 − 2.5v'2 )2 + 5v'22 ⇒ 623 = 1200.5 + 12.5v'22 −245v'2 +5v'22
17.5v'22 −245v'2 +577.5 = 0 ⇒ v'2 =
Esto implica que:
245 ± 2452 − 4 ⋅ 17.5 ⋅ 577.5 11 m / s
=
2 ⋅ 17.5
3 m / s
v’2=11 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 11=-3 m/s
v’2=3 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 3=17 m/s
Vemos que esta segunda solución es la inicial, luego no vale. La solución es:
v’1=-3 m/s; v’2=11 m/s
1 2. - En un juego de billar la bola A está moviéndose con una
velocidad v0=(3 m/s)i cuando choca con las bolas B y C que están
juntas y en reposo. Tras el choque se observan las tres bolas
moviéndose en las direcciones que muestra la figura, con θ=30º .
Suponiendo superficies lisas y choques perfectamente elásticos,
hallar los módulos de las velocidades vA, vB y vC.
En cualquier choque, sea elástico o inelástico, se conserva la
cantidad de movimiento. Puesto que tenemos movimiento en dos ejes perpendiculares se conservará la
cantidad de movimiento en los dos ejes. Tendremos pues:
pX=cte ⇒ (pX)antes=(pX)después ⇒ mv0=mvAsen30º+mvC ⇒ 3=vAsen30º+vC
pY=cte ⇒ (pY)antes=(pY)después ⇒ 0=-mvAcos30º+mvB ⇒ 0=-vAcos30º+vB
Además, por ser un choque completamente elástico se conserva también la energía cinética del
sistema:
1
1
1
1
ECantes = ECdespués ⇒ mv02 = mvA2 + mvB2 + mvC2 ⇒ 32 = vA2 + vB2 + vC2
2
2
2
2
Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:
3=vAsen30º+vC
0=-vAcos30º+vB
32 = vA2 + vB2 + vC2
De la segunda ecuación:
0=-vAcos30º+vB ⇒ vB=vAcos30º=0.866vA
Sustituimos en las otras dos:
3=vAsen30º+vC
2
2
2
2
3 = vA + vB + vC ⇒ 9 = vA2 + (0.866vA )2 + vC2 ⇒ 9 = 1.75vA2 + vC2
Nos queda un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
3=vAsen30º+vC
9 = 1.75vA2 + vC2
De la primera ecuación:
3=vAsen30º+vC ⇒ vC=3-vAsen30º=3-0.5vA
Y sustituimos en la segunda:
9 = 1.75vA2 + vC2 ⇒ 9 = 1.75vA2 + (3 − 0.5vA )2 ⇒ 9 = 1.75vA2 + 9 + 0.25vA2 − 3vA
La velocidad de la bola C:
Y la de la bola B:
 vA = 0
0 = 2vA2 − 3vA ⇒ 
vA = 1.5 m / s
vA=1.5 m/s
vC=3-0.5vA=3-0.5 · 1.5=2.25 m/s
vC=2.25 m/s
vB=0.866vA=0.866 · 1.5=1.299 m/s
vB=1.299 m/s
1 3. - En una jugada de billar americano la bola A se mueve con
velocidad v0 cuando golpea las bolas B y C que están en reposo y
alineadas como se muestra. Sabiendo que tras el choque las tres bolas
se mueven en las direcciones indicadas y que v0=3. 60 m/s y vC=1 . 89
m/s, hallar el módulo de: a) la bola A; b) la bola B.
a) Como las tres bolas son de billar, las masas serán todas iguales:
mA=mB=mC=m
Por tratarse de un choque se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mv0=mvA+mvB+mvC ⇒ v0=vA+vB+vC
Esta ecuación vectorial se puede separar en dos ecuaciones escalares, una en cada eje:
Eje X: v0cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+vCcos30º
3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º
Eje Y: v0sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+vCsen30º
3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º
3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º
De la primera ecuación:
3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º ⇒ vB=1.4963-0.123vA
Y sustituyendo en la segunda:
3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º ⇒ 1.60=vAcos4.3º-(1.4963-0.123vA)cos37.4º
2.789=1.095vA ⇒ vA=2.55 m/s
vA=2.55 m/s
b) Y para la otra bola:
vB=1.4963-0.123vA=1.4963-0.123 · 2.55=1.18 m/s
vB=1.18 m/s
1 4. - La figura muestra el resultado de
un choque entre dos objetos de distinta masa.
a) Calcular la velocidad v2 de la masa mayor
después del choque y el ángulo θ2; b)
demostrar que el choque es elástico.
a) Vamos a determinar
trigonométricas del ángulo θ1:
senθ1
=2
tgθ1=2 ⇒
cos θ1
las
razones
sen2θ1+cos2θ1=1
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. De la primera ecuación:
senθ1
= 2 ⇒ senθ1 = 2 cos θ1
cos θ1
Y sustituyendo en la segunda:
sen2θ1+cos2θ1=1 ⇒ (2cosθ1)2+cos2θ1=1 ⇒ 4cos2θ1+cos2θ1=1 ⇒ 5cos2θ1=1
cos θ1 =
1
1
5
=
=
5
5
5
Y por tanto el seno:
2 5
5
Ahora vamos ya al problema. Independientemente de cómo sea el choque, se conserva la
cantidad de movimiento, luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2
Es una ecuación vectorial que podemos desdoblar en dos ecuaciones escalares, una en el eje X y
otra en el eje Y. Nos queda pues:
Eje X: m1v1X+m2v2X=m1v’1X+m2v’2X ⇒ m3v0 = m 5v0 cos θ1 + 2mv2 cos θ2
senθ1 = 2 cos θ1 =
3v0 = 5v0 cos θ1 + 2v2 cos θ2
Eje Y: m1v1Y+m2v2Y=m1v’1Y+m2v’2Y ⇒ 0 = m 5v0 senθ1 − 2mv2senθ2
0 = 5v0 senθ1 − 2v2senθ2
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, v2 y θ2:
3v0 = 5v0 cos θ1 + 2v2 cos θ2 ⇒ cos θ2 =
3v0 − 5v0 cos θ1
2v2
5v0 senθ1
2v2
0 = 5v0 senθ1 − 2v2senθ2 ⇒ senθ2 =
Dividiendo la segunda expresión entre la primera:
5v0 senθ1
5
5 ⋅2
senθ2
2v2
5senθ1
5 = 2 = 1 ⇒ θ = 45º
=
⇒ tgθ2 =
=
2
cos θ2 3v0 − 5v0 θ1
3 − 5 cos θ1
5 3−1
3− 5 ⋅
5
2v2
θ2=45º
Y la velocidad v2 sustituyendo en una cualquiera de las ecuaciones:
senθ2 =
5v0 senθ1
⇒ v2 =
2v2
5v0 senθ1
=
2senθ2
5
5 = 2v0 = 2 2 v = 2v
0
2 0
2
2
2⋅
2
5 v0 ⋅ 2
v2 = 2v0
b) Para demostrar que el choque es elástico vamos a determinar la energía cinética antes y
después del choque y veremos que son exactamente iguales. Antes del choque tendremos:
1
1
1
9
ECantes = m1v12 + m2v22 = m(3v0 )2 = mv02
2
2
2
2
Y después del choque:
2
2
1
1
1
1
5
4
9
ECdespués = m1 v'12 + m2 v'22 = m 5v0 + 2m 2v0 = mv02 + mv02 = mv02
2
2
2
2
2
2
2
Vemos que efectivamente las energías cinéticas antes y después del choque son iguales, luego el
choque es elástico.
ECantes=ECdespués
(
)
(
)
1 5. - Una caja A de 1 0 kg desciende por una
rampa exenta de rozamiento (θ=25º ) y choca contra una
caja B de 5 kg unida a un resorte de rigidez k=8500
N/m. A consecuencia del choque, las dos cajas quedan
unidas y se deslizan conjuntamente. Si la caja A ha
partido del reposo siendo d=5 m determinar: a) la
velocidad de las cajas inmediatamente después del
choque; b) la máxima compresión que sufrirá el resorte
durante el movimiento resultante; c) la aceleración de las
cajas en el instante de máxima compresión.
a) En primer lugar tenemos que determinar la
velocidad de la caja A al chocar con la caja B. Para ello
aplicamos la conservación de la energía a la caja A, entre la
posición inicial, donde sólo tiene energía potencial
gravitatoria, y la posición final, donde toda la energía es
cinética ya que tomamos este nivel como nivel nulo de energía
potencial gravitatoria. En cuanto a las fuerzas aparte del peso sólo aparece la normal, que como es
perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Tendremos entonces:
1
ETinicial + Wotras = ETfinal ⇒ EPginicial = ECfinal ⇒ mAgh = mvA2 ⇒ vA = 2gh = 2gdsenθ =
2
2 ⋅ 9.8 ⋅ 5sen25º = 6.436 m / s
A continuación se produce un choque que es inelástico, en el cual las dos cajas después del
choque quedan unidas. Se conserva la cantidad de movimiento luego:
mAvA
10 ⋅ 6.436
=
= 4.29 m / s
pantes=pdespués ⇒ mAvA=(mA+mB)v ⇒ v =
mA + mB
10 + 5
v=4.29 m/s
b) Tendremos que tener en cuenta que al estar el bloque B
apoyado sobre el resorte y en equilibrio, este resorte está comprimido
una cantidad que denominaremos ∆xeq, y que podemos determinar
haciendo el diagrama de sólido libre del bloque B en el equilibrio.
Tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando la segunda ley de
Newton:
m gsen25º
ΣFX=0 ⇒ k∆xeq-mBgsen25º=0 ⇒ ∆xeq = B
=
k
5 ⋅ 9.8sen25º
∆xeq =
= 0.002436 m
8500
Por tanto cuando el bloque A choca contra el B el resorte está comprimido 0.002436 m. Tras el
impacto los dos bloques se mueven conjuntamente y a partir de este momento descienden por el plano
inclinado como un único cuerpo de masa:
m=mA+mB=10+5=15 kg
comprimiendo el resorte hasta el punto
de máxima compresión, donde el
sistema instantáneamente se detiene.
Aplicamos la conservación de la energía
entre la situación que llamaremos 1,
justo después del choque, y la
situación que llamaremos 2, en el
instante de máxima compresión.
Tendremos:
ET1+Wotras=ET2
Como nivel de energía potencial gravitatoria nula tomaremos la posición más baja del sistema. En
la situación 1 tenemos energía potencial gravitatoria, elástica y cinética, mientras que en la situación 2
sólo tenemos energía potencial elástica. En cuanto al trabajo, además del peso y la fuerza de
recuperación elástica sólo aparecen las normales, que son perpendiculares al desplazamiento y por tanto
no realizan trabajo. Nos queda entonces:
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EC1+EPe1+EPg1=EPe2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
mv 2 + k∆xeq
+ mgh = k∆xmáx
⇒ mv 2 + k∆xeq
+ mg∆xmáx senθ = k∆xmáx
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
15 ⋅ 4.292 + 8500 ⋅ 0.0024362 + 15 ⋅ 9.8∆xmáx sen25º = 8500∆xmáx
2
2
2
2
4250∆xmáx
− 62.125∆xmáx − 138.06 = 0
62.125 ± 62.1252 + 4 ⋅ 4250 ⋅ 138.06 − 0.173 m
=
2 ⋅ 4250
 0.1877 m
Obviamente sólo tiene sentido la solución positiva:
∆xmáx=0.1877 m
c) Para determinar la aceleración tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de las dos
cajas. Tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la superficie de apoyo y
∆xmáx =
apuntando hacia el sólido) y la fuerza de recuperación elástica (en la dirección del resorte y apuntando
hacia el sólido puesto que está comprimido). La aceleración será paralela al plano inclinado, puesto que el
movimiento es unidimensional, y estará dirigida hacia
arriba y hacia la izquierda. Aplicando la segunda ley de
Newton:
ΣFX=maX ⇒ k∆xmáx-mgsenθ=ma
k∆xmáx − mgsenθ
a=
=
m
8500 ⋅ 0.1877 − 15 ⋅ 9.8sen25º
=
= 102.206 m / s2
15
a=102.206 m/s2
1 6. - Tres piezas de metal se deslizan libremente por
una varilla horizontal como se indica en la figura.
Inicialmente la pieza B está en reposo, la pieza A se mueve
hacia la derecha a 3 m/s y la pieza C se mueve hacia la
izquierda a 2 m/s. Si el coeficiente de restitución vale 0. 8
para todos los choques y el primero tiene lugar entre las piezas A y B determinar: a) la velocidad
final de cada pieza después de que hayan tenido lugar todos los choques; b) el tanto por ciento
de la energía cinética inicial que se ha perdido a consecuencia de los choques.
a) En primer lugar chocan las piezas A y B. Para cualquier choque se conserva la cantidad de
movimiento, y además el coeficiente de restitución es 0.8 luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mAvA=mAv’A+mBv’B ⇒ 3 · 3=3v’A+v’B
∆vdespués
v' −v'
⇒ 0.8 = − B A ⇒ v'B −v'A = 2.4
e=−
∆vantes
−3
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas. De la segunda expresión:
v’B-v’A=2.4 ⇒ v’B=2.4+v’A
Y sustituimos en la primera:
3 · 3=3v’A+v’B ⇒ 9=3v’A+2.4+v’A ⇒ v’A=1.65 m/s
Y para la pieza B:
v’B=2.4+v’A=2.4+1.65=4.05 m/s
Ya tenemos cómo quedan las piezas después del choque
(ver figura). A continuación chocará la pieza B contra la pieza C,
y tendremos también que aplicar la conservación del momento
lineal y el coeficiente de restitución del choque:
pantes=pdespués ⇒ mBv’B+mCv’C=mBv’’B+mCv’’C
4.05-3 · 2=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’B+3v’’C
∆vdespués
v''C −v''B
e=−
⇒ 0.8 = −
⇒ v''C −v''B = 4.84
∆vantes
− 2 − 4.05
Tenemos el mismo sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
-1.95=v’’B+3v’’C
v’’C-v’’B=4.84
De la segunda expresión:
v’’C-v’’B=4.84 ⇒ v’’B=v’’C-4.84
Y sustituyendo en la primera:
-1.95=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’C-4.84+3v’’C ⇒ v’’C=0.7225 m/s
Y la pieza B:
v’’B=v’’C-4.84=0.7225-4.84=-4.1175 m/s
La velocidad de la pieza B nos sale negativa, lo cual
implica que dicha pieza tras el segundo choque se desplaza
hacia la izquierda. A continuación vemos que chocarán de nuevo
las piezas A y B. Aplicamos las dos mismas ecuaciones y nos
queda:
pantes=pdespués ⇒ mAv’’A+mBv’’B=mAv’’’A+mBv’’’B
3 · 1.65-4.1175=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+v’’’B
∆vdespués
v'''B −v'''A
e=−
⇒ 0.8 = −
⇒ v'''B −v'''A = 4.614
∆vantes
− 4.1175 − 1.65
Y operamos de la misma forma que antes:
v’’’B-v’’’A=4.614 ⇒ v’’’B=4.614+v’’’A
0.8325=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+4.614+v’’’A ⇒ v’’’A=-0.9454 m/s
Y la pieza B:
v’’’B=4.614+v’’’A=4.614-0.9454=3.6686 m/s
La velocidad de la pieza A es negativa porque se
desplaza hacia la izquierda. Vemos en el gráfico que a
continuación chocarán las piezas B y C, con las cuales
operamos de la misma forma:
pantes=pdespués ⇒ mBv’’’B+mCv’’’C=mBv’’’’B+mCv’’’’C
3.6686+3 · 0.7225=v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’B+3v’’’’C
∆vdespués
v''''C −v''''B
e=−
⇒ 0.8 = −
⇒ v''''C −v''''B = 2.3569
0.7225 − 3.6686
∆vantes
Resolvemos el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
v’’’’C-v’’’’B=2.3569 ⇒ v’’’’B=v’’’’C-2.3569
5.8361= v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’C-2.3569+3v’’’’C ⇒ v’’’’C=2.0483 m/s
Y la pieza B:
v’’’’B=v’’’’C-2.3569=2.0483-2.3569=-0.3086 m/s
Esta última velocidad es negativa, lo que implica
que la pieza B se desplaza hacia la izquierda. Nos queda lo
que aparece en la figura. Como puede observarse, ya no
puede producirse ningún choque más, de modo que las
velocidades finales de las piezas son:
v’’’’A=0.9454 m/s; v’’’’B=0.3086 m/s; v’’’’C=2.0483 m/s
b) Para saber el tanto por ciento de la energía cinética que se ha perdido en los choques
necesitamos la energía cinética inicial y la final. Tendremos:
1
1
1
1
ECinicial = ECinicialA + ECinicialC = mAvA2 + mC vC2 = 3 ⋅ 32 + 3 ⋅ 22 = 19.5 J
2
2
2
2
1
1
1
ECfinal = ECfinalA + ECfinalB + ECfinalC = mAv''''A2 + mB v''''B2 + mC v''''C2 =
2
2
2
1
1
1
2
2
2
= 3 ⋅ 0.9454 + 0.3086 + 3 ⋅ 2.0486 = 7.683 J
2
2
2
El tanto por ciento de energía cinética inicial que se ha perdido es:
− ECfinal
E
19.5 − 7.683
%ECperdida = Cinicial
100 =
100 = 60.60%
ECinicial
19.5
%ECperdida=60.60%
1 7. - Tres automóviles iguales
están siendo descargados de una
plataforma
de
transporte.
Los
vehículos B y C acaban de ser
descargados y están en reposo
desfrenados. Cuando el A sale de la
rampa de descarga con una velocidad de 1 . 920 m/s choca con el B, que a su vez choca con el C.
Luego el automóvil A vuelve a chocar con el B. Sabiendo que la velocidad del automóvil B es 1 . 680
m/s tras el primer choque, 0. 21 0 m/s tras el segundo choque y 0. 23625 m/s tras el tercero,
hallar: a) las velocidades finales de los automóviles A y C; b) el coeficiente de restitución entre
cualesquiera dos de los tres vehículos.
a) Todos los coches tienen la misma masa (mA=mB=mC=m). Inicialmente el vehículo A tiene
velocidad v0 y los demás coches están en reposo, luego el primer choque será entre A y B. Se conserva
la cantidad de movimiento luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mv0=mv’A+mv’B ⇒ v0=v’A+v’B ⇒ 1.920=v’A+1.680 ⇒ v’A=0.240 m/s
Tras el primer choque, los coches A y B se
desplazan hacia la derecha con velocidades de 0.240
m/s y 1.680 m/s respectivamente. Lógicamente a
continuación el coche B alcanza a C que está en reposo
y choca con él:
pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’C ⇒ v’B=v’’B+v’C ⇒ 1.680=0.210+v’C ⇒ v’C=1.470 m/s
Ahora nos queda lo que aparece en la figura.
Podemos ver que a continuación el coche A alcanzará al B y
chocarán de nuevo, con lo cual, operando de modo análogo
tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B
v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 0.240+0.210=v’’A+0.23625 ⇒ v’’A=0.214 m/s
Si lo representamos gráficamente tendremos lo que aparece en la figura. Vemos ahora que el
coche más rápido es el C, después el B y después el A,
luego no es posible ningún choque más y esas son las
velocidades finales.
v’’A=0.214 m/s; v’C=1.470 m/s
b) Como los coches son todos iguales podemos
calcular el coeficiente de restitución en cualquier choque, por ejemplo, en el de B con C. Así,
tendremos:
∆vdespués
v' −v''B
1.470 − 0.210
=− C
=−
= 0.750
e=−
∆vantes
vC − v'B
0 − 1.680
e=0.750
1 8. - Tres esferas idénticas, A, B y C están en línea recta sobre
un plano horizontal. Se lanza A contra B con una velocidad de 40 m/s.
Determinar las velocidades de las tres esferas después de chocar A con
B, B con C y A con B por segunda vez. El coeficiente de restitución es e=0. 5.
Las tres esferas son idénticas luego:
mA=mB=mC=m
En primer lugar choca A con B, en un choque parcialmente elástico, luego aplicaremos
conservación de la cantidad de movimiento y el coeficiente de restitución:
pantes=pdespués ⇒ mvA=mv’A+mv’B ⇒ vA=v’A+v’B ⇒ 40=v’A+v’B
e=−
∆vdespués
∆vantes
=−
v'A −v'B
v' −v'
⇒ 0. 5 = − A B
vA − vB
40
De la primera ecuación:
40=v’A+v’B ⇒ v’A=40-v’B
Y sustituyendo en la segunda:
v' −v'
40 − v'B −v'B
2v'B −40
0. 5 = − A B ⇒ 0. 5 = −
⇒ 0. 5 =
⇒ v'B = 30 m / s
40
40
40
Y la bola A quedará:
v’A=40-v’B=40-30=10 m/s
Nos queda el sistema como aparece en la figura.
Como puede verse, a continuación la bola B chocará
contra la bola C. Aplicamos las mismas dos ecuaciones:
pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’’C ⇒ v’B=v’’B+v’’C
30= v’’B+v’’C
∆vdespués
v''B −v''C
v''B −v''C
e=−
=−
⇒ 0. 5 = −
vB − vC
30
∆vantes
De la primera ecuación:
30= v’’B+v’’C ⇒ v’’C=30-v’’B
Y sustituyendo en la segunda:
v'' −v''C
v'' −30 + v''B
30 − 2v''B
⇒ 0. 5 = − B
⇒ 0. 5 =
⇒ v''B = 7.5 m / s
0. 5 = − B
30
30
30
Y la bola C:
v’’C=30-v’’B=30-7.5=22.5 m/s
Nos queda ahora como aparece en la nueva
figura. Podemos ver que lo siguiente que ocurrirá
es que la bola A alcanzará de nuevo a la B.
Operando de modo análogo:
pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B ⇒ v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 10+7.5=v’’A+v’’’B
∆vdespués
v'' −v'''B
v'' −v'''B
e=−
⇒ 0. 5 = − A
=− A
v'A −v''B
10 − 7.5
∆vantes
Despejando en la primera ecuación:
10+7.5=v’’A+v’’’B ⇒ v’’A=17.5-v’’’B
Y sustituyendo en la segunda:
v'' − v'''B
17.5 − v'''B − v'''B
2v'''B −17.5
0. 5 = − A
⇒ 0. 5 = −
⇒ 0. 5 =
⇒ v'''B = 9.375m / s
10 − 7.5
10 − 7.5
2. 5
Y la bola A:
v’’A=17.5-v’’’B=17.5-9.375=8.125 m/s
Nos quedan las partículas como aparecen en
la figura, donde podemos ver que ya no hay más
choques posibles. Así pues, las velocidades finales de
las bolas son:
vA’’=8.125 m/s; vB’’’=9.375 m/s; v’’C=22.5 m/s
1 9. - Dos automóviles chocan en un cruce. El auto
A tiene una masa de 1 200 kg y el B una de 1 500 kg. En
el choque, las ruedas de los autos quedan trabadas y los
dos deslizan (µ=0. 20) juntos a lo largo de 1 0 m en una
dirección definida por θ=60º . Determinar las celeridades
vA y vB que llevaban los automóviles antes de chocar.
Se trata de un choque inelástico, ya que los coches quedan unidos después del choque y se
mueven como un único sólido. Para determinar la velocidad de los móviles después del choque podemos
tener en cuenta que recorren un espacio de 10 m deteniéndose después. Aplicamos la conservación de la
energía entre el instante justo después del choque, donde la velocidad de los coches es v’, y el momento
en que los coches se detienen tras recorrer 10 m. Nos quedará:
ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal
Tomamos el nivel del suelo como nivel de energía potencial gravitatoria nula. Inicialmente por
tanto, tendremos sólo energía cinética de los coches. En cuanto al trabajo, aparte del peso actúan la
normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo, pero la fuerza de rozamiento sí. Y en la
situación final no tenemos ningún tipo de energía, ya que los móviles se detienen:
ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal ⇒ EC+WFr=0
Para determinar la fuerza de rozamiento
realizamos el diagrama de sólido libre de los coches y
tendremos:
ΣFY=(mA+mB)aY ⇒ N-(mA+mB)g=0
N=(mA+mB)g
Como los coches deslizan la fuerza de
rozamiento adquiere su valor máximo:
Fr=(Fr)máx=µN=µ(mA+mB)g
Sustituyendo en el teorema de conservación de
la energía:
1
1
EC+WFr=0 ⇒ (mA + mB )v'2 +Fr ⋅ x = 0 ⇒ (mA + mB )v'2 +Fr x cos θ = 0
2
2
1
1
2
2
(mA + mB )v' +Fr x cos 180º = 0 ⇒ (mA + mB )v' −µ (mA + mB )gx = 0 ⇒ v'= 2µgx =
2
2
= 2 ⋅ 0.20 ⋅ 9.8 ⋅ 10 = 6.26 m / s
eje:
Ahora tenemos que en el choque se conserva la cantidad de movimiento:
pantes=pdespués ⇒ mAvA+mBvB=(mA+mB)v’
Esta es una ecuación vectorial que podemos separar en dos ecuaciones escalares, una en cada
Eje X: mAvA=(mA+mB)v’cosθ ⇒ 1200vA=(1200+1500) · 6.26cos60º ⇒ vA=7.04 m/s
vA=7.04 m/s
Eje Y: mBvB=(mA+mB)v’senθ ⇒ 1500vB=(1200+1500) · 6.26sen60º ⇒ vB=9.76 m/s
vB=9.76 m/s
20. - Una bola de 0. 2 kg sujeta al extremo de una cuerda
ligera e inextensible de longitud 1 . 5 m (formando un péndulo) se
suelta desde una posición horizontal. En la parte más baja de la
oscilación la bola choca contra un bloque de 0. 3 kg que está en reposo
sobre una superficie horizontal lisa (ver figura). a) Si la colisión es
elástica, calcular la rapidez de la bola y el bloque inmediatamente
después de la colisión; b) si la colisión es completamente inelástica,
determine la altura a la que sube el centro de masa después de la
colisión.
a) Denominaremos a la bola con el subíndice 1 y al bloque con el subíndice 2. En primer lugar
vamos a ver con qué velocidad llega la bola al punto más bajo de la oscilación. Para ello aplicamos la
conservación de la energía entre la situación inicial y la final:
ET1+Wotras=ET2
Inicialmente tenemos energía potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, la única fuerza que
hay a mayores del peso es la tensión, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo.
En la situación final toda la energía es cinética:
1
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPg1=EC2 ⇒ m1 gh = m1 v12 ⇒ v1 = 2gh = 2 ⋅ 9.8 ⋅ 1.5 = 5.42 m / s
2
A continuación se produce el choque, que es elástico, luego se conservan la cantidad de
movimiento y la energía cinética:
pantes=pdespués ⇒ m1v1=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2
1
1
1
ECantes = ECdespués ⇒ m1 v12 = m1 v'12 + m2 v'22 ⇒ 0.2 ⋅ 5.422 = 0.2v'12 +0.3v'22
2
2
2
De la primera ecuación:
0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 ⇒ v’1=5.42-1.5v’2
Y sustituyendo en la segunda:
0.2 ⋅ 5.422 = 0.2v'12 +0.3v'22 ⇒ 5.875 = 0.2(5.42 − 1.5v'2 ) 2 + 0.3v'22
5.875 = 5.875 + 0.45v'22 −3.252v'2 +0.3v'22 ⇒ 0.75v'22 −3.252v'2 = 0 ⇒ v'2 = 4.336 m / s
Y para la bola:
v’2=4.336 m/s
v’1=5.42-1.5v’2=5.42-1.5 · 4.336=-1.084 m/s
v’1=-1.084 m/s
b) Ahora vemos qué ocurre si la colisión es completamente inelástica. Igual que en el apartado
a), la bola llega a la posición más baja con una velocidad de 5.42 m/s. Después se produce la colisión, que
es inelástica, de modo que las dos partículas quedan unidas y se mueven con la misma velocidad v’. Como
el choque es inelástico solo se conserva la cantidad de movimiento:
pantes=pdespués ⇒ m1v1=(m1+m2)v’ ⇒ 0.2 · 5.42=(0.2+0.3)v’ ⇒ v’=2.168 m/s
Tras el impacto el sistema se mueve con velocidad v’=2.168 m/s. A continuación aplicamos la
conservación de la energía entre la situación después del choque y el punto más alto de la oscilación,
donde el sistema asciende una altura h y se detiene:
ETdespués+Wotras=ETfinal
Después del impacto toda la energía es cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso sólo actúa
sobre el sistema la tensión, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la
situación final sólo tenemos energía potencial gravitatoria:
ETdespués+Wotras=ETfinal ⇒ ECdespués = EPgfinal ⇒
1
v'2 2.1682
=
= 0.240 m
(m1 + m2 )v'2 = (m1 + m2 ) gh ⇒ h =
2
2g
2 ⋅ 9. 8
h=0.240 m