Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
CAPÍTULO 6. SISTEMA DE PARTÍCULAS INTRODUCCIÓN Hasta ahora hemos estado estudiando el movimiento de los objetos cualquiera que sea sin considerar su estructura. Ahora demostraremos que lo estuvimos haciendo bien considerando al objeto sin tomar en cuenta las fuerzas que actúan sobre sus partes. Introduciremos el concepto de centro de masa de un sistema de partículas, también se introducirá el concepto de cantidad de movimiento y se demostrará que este se conserva cuando el sistema se encuentra aislado de los alrededores,
La figura siguiente muestra un sistema de n partículas de masas m1, m2, …..mn, con
SISTEMA DE PARTICULAS
La segunda ley de Newton para la partícula mi
→
→
posiciones especificadas por r 1 , r 2 , …………. →
r n ,, respectivamente.
→
→
→
→
es: F i = m a i = F iexter + F i int Donde: →
F i int = suma de las fuerzas internas sobre mi →
F i ext = suma de las fuerzas externas sobre mi La suma de las fuerzas internas sobre la masa mi es: →
→
→
n
→
→
F 1int = F 12 + F 13 + ............ F 12 = ∑ Fij
La figura muestra un sistema de partículas compuesto de tres masas. En el sistema existen dos tipos de fuerzas, a) Las fuerzas externas como la atracción gravitacional de la tierra por ejemplo. b) Las fuerzas internas que las partículas ejercen unas sobre otras (estas fuerzas pueden ser gravitacionales, e1éctricas, etc.)
( j ≠i )
En general para la partícula i es: n
→
→
F i int = ∑ Fij ( j ≠i )
La fuerza total para el sistema es: i =n →
i =n
i =1
i =1
i =n →
→
n
n
→
∑ Fi = ∑ m a i = ∑ F i ext + ∑∑ Fij i =1
i =1 ( j ≠i )
Por la tercera ley de Newton cada una de las fuerzas →
→
Fij tiene un F ji igual, pero de sentido contrario →
→
Fij = − F ji n
De modo que
∑(
n
→
∑ Fij = 0
i = 0 j ≠ i )=1
Consecuentemente solo queda
En la figura hemos cambiado el contorno del sistema, excluyendo la masa m3. Como Una Consecuencia de esto las fuerzas internas Sobre m1 y m2 debido a m3 ya no son internas, se han sumado a las fuerzas externas previas, produciendo una nueva fuerza resultante. La selección del contorno de un sistema es similar a seleccionar un sistema de coordenadas.
n
→
n
→
∑ mi ai = ∑ Fi ext o i =1
i =1
n → → d2 n m r = F ∑ ii ∑ i ext dt 2 i =1 i =1
CENTRO DE MASA Frecuentemente es muy práctico reemplazar un sistema de muchas partículas con una partícula simple equivalente de masa igual. La pregunta es donde colocar esta partícula simple con respecto al origen de x e y.
SEGUNDA LEY DE NEWTON APLICADA A UN SISTEMA DE PARTICULAS 1
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Definamos el vector posición del centro de masa por la ecuación: n
→
rCM =
∑m i =1 n
ri
i
∑m i =1
i n
∑m
Llamando a
Ejemplo 1. Centro de masa de tres masas puntuales.
→
i =1
i
= M (masa total de las n
partículas). n
→
rCM =
∑m i =1
El centro de masa esta dado por:
→
1 n ∑ mi xi M i=1 m(1) + 2m(1) + 3m(2) = m + 2m + 3m 9m 3 = = 6m 2 1 n yCM = ∑ mi yi M i=1 m(1) + 2m(3) + 3m(2 ) = m + 2m + 3m 13m 13 = = 6m 6 → 3 ˆ 13 ˆ rCM = i + j 2 6
ri
i
xCM =
M →
Como rCM = xCM iˆ + y CM ˆj + z CM kˆ Tenemos que: xCM =
yCM =
1 M
n
1 M
∑m x , i i
i =1
n
∑ mi yi , zCM = i =1
1 M
n
∑m z
i i
i =1
Si hacemos que el número de elementos n, se aproximen al infinito, la sumatoria se reemplaza por una integral y m por el elemento diferencial dm. Luego.
1 Δmi →0 M
xCM = lim
n
∑ x Δm i =1
i
i
=
1 xdm M∫
De igual forma se obtiene:
Ejemplo 2. Centro de masa de un triángulo.
n
1 1 y i Δmi = ydm , ∑ M i =1 M∫ 1 n 1 z CM = lim z i Δmi = zdm y ∑ Δmi →0 M M∫ i =1 → 1 → rCM = r dm M∫
xCM =
MOVIMIENTO DEL CENTRO DE MASA.
Para evaluar
y CM = lim
Δmi →0
2
n
∑m i =1
n
→
i
→
∫ xdm
masa total × área de la lámina área total M 2M ydx = ydx = 1 ab ab 2 1 1 ⎛ 2M ⎞ xdm = x⎜ Luego: xCM = ⎟ ydx ∫ ∫ M M ⎝ ab ⎠ 2 a xydx = ab ∫0
d Fiext ∑ mi ri = ∑ dt 2 i = 0 i =1
Si en la ecuación: Sustituimos
n
1 M
→
dm =
→
ri = M rCM
Obtendremos la ecuación del movimiento del centro de masa n n → → → → d2 M r = F ⇒ M a = Fiext ∑ ∑ CM iext CM 2 dt i =1 i =1 →
El punto indicado por rCM , vector posición del centro de masa, se mueve se mueve como si en el estuviera concentrada toda la masa y las fuerzas externas del sistema.
Para poder integrar tenemos que expresar la variable y en función de x. Por semejanza de triángulos:
2
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
y a−x b ⇒ y = (a − x ) = b a a Sustituyendo:
2 a b 2 x (a − x )dx = 2 ∫ ab 0 a a a 2 = 2 ∫ ax − x 2 dx a 0
xCM =
(
∫ x(a − x )dx a
0
)
Ejemplo 4. Explosión de una granada
a
2 ⎡ x2 x3 ⎤ + ⎥ = 2 ⎢a 3 ⎦0 a ⎣ 2 =
2 a2
⎛ a3 a3 ⎞ a ⎜⎜ + ⎟⎟ = 3 ⎠ 3 ⎝ 2
Una granada lanzada al aire que explota en varios fragmentos. La única fuerza externa sobre la granada es la fuerza de la gravedad, entonces la granada sigue una trayectoria parabólica. Si la granada no estallara continuaría moviéndose a lo largo de la trayectoria parabó1ica indicada en la figura. Como las fuerzas de la explosión son internas, no afectan al movimiento del centro de masa. Entonces. Después de La explosión el centro de masa de los fragmentos sigue la misma trayectoria que tendría la granada s! no hubiera habido explosión.
Realizando cálculos similares encontramos:
y CM =
b 3 →
Finalmente: rCM =
aˆ b ˆ i+ j 3 3
Ejemplo 3. Centro de masa de un arco semicircular.
Ejemplo 4. Un cono trunco homogéneo de metal tiene una base circular mayor de radio 4 cm y la menor de radio 2 cm. Su altura es 6 cm. ¿A qué distancia de su diámetro mayor está situado el centro de masa?
Por el sistema de coordenadas escogido, xCM = 0 , porque por cada elemento de masa a la derecha (+), existe otro elemento igual a la izquierda (-). Sin embargo para y CM es diferente.
y CM =
1 M
∫ ydm , en este caso dm = λdl
Solución El centro de masa de un cono está a 1 H de la
M Donde λ = y dl = Rdθ πR Como y = Rsenθ , tenemos: y CM =
1 M
= =
π
∫0 (Rsenθ )λRdθ λR 2 M 2R
π
[− cosθ ]π0
4
base.
2 = λR M
=
∫
π
0
senθdθ
R2 ⎛ M ⎞ ⎜ ⎟(2 ) M ⎝ πR ⎠
= 0,64 R Cono de altura 12 cm.
El centro de masa no se encuentra dentro del cuerpo. Las figuras siguientes muestran como localizar experimentalmente el centro de masa primero colgándolo de la parte superior y luego de otro punto cualquiera.
1 1 12 V = π 4 2 × 12 = π 192, xc = = 3 cm 3 3 4
Cono de altura 6 cm. 1 1 6 V V ' = π 2 2 × 6 = π 24 = , x'c = 6 + = 7,5 cm 3 3 8 4 3
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Volumen del tronco de cono. VT = V − V ' ⇒ VT = V −
V 7 = V 8 8
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Supongamos el caso de dos partículas esféricas P1 y P2 de masas m1 y m2 con trayectorias contenidas en la misma recta, se aproximan una
El centro de masa del tronco xc 7 V yTcVT = ycV − y 'c V ' ⇒ yTc V = 3V − 7,5 × 8 8 16,5 ⇒ yTc 7 = 24 − 7,5 ⇒ yTc = = 2,36 cm 7
→
→
a otra con velocidades v1 , y v 2 respectivamente.
Ejemplo 5. Un sistema está compuesto por tres partículas con masas 3, 2 y 5 kg. La primera partícula tiene una velocidad de 6 ˆj m/s. La segunda se mueve con una velocidad de 8 m/s en una dirección que hace un ángulo de -30° con el eje x. Hallar la velocidad de la tercera partícula de modo que el centro de masa permanezca en reposo con relación al observador. Solución.
Cuando P1 y P2 entran en contacto, P1 ejerce sobre P2 la fuerza F12 y P2 ejerce sobre P1 la fuerza F21. De acuerdo con la tercera ley de →
→
Newton F12 = − F21 .
→
m1 = 3kg, v 1 = 6 ˆj m2 = 2kg, →
v 2 = 8 cos(− 30º )iˆ + 8sen (− 30º ) ˆj = 6,93iˆ - 4 ˆj Después que P1 y P2 se separan, las velocidades
→
m3 = 5kg, v 3 = v3 xiˆ + v3 y ˆj
→
La velocidad del centro de masa es cero. →
v CM
vCMx =
→
→
v2 .
= vCMxiˆ + vCMy ˆj = 0
Luego
→
respectivas son v'1 y v' 2 diferentes de v1 , y
∑v m ∑m xi
i
i
3 × 6,93 + 5 × v3 x 34,64 + 5v3 x = =0 3+ 2+5 10 ⇒ 34,64 + 5v3 x = 0 ⇒ 34,64 m v3 x = − = −6,93 , y 5 s ∑ v yi mi vCMy = ∑ mi =
Ahora nos preguntamos. ¿Qué pasa durante el choque? El tiempo de contacto total Δt es muy pequeño, quizás solo de aproximadamente 0,001 segundos. La fuerza de contacto inicialmente es cero, aumenta hasta un valor muy grande y. finalmente disminuye hasta cero, cuando dejan de estar en contacto. La figura siguiente muestra una variación típica de la fuerza en el tiempo de contacto.
3 × 6 − 2 × 4 + 5 × v3 y 10 + 5v3 y = =0 3+ 2+5 10 ⇒ 10 + 5v3 y = 0 ⇒ =
v3 y = −
10 m = −2 5 s
La velocidad de la tercera partícula de modo que el centro de masa permanezca en reposo con relación al observador es: →
v 3 = v3 xiˆ + v3 y ˆj = −6,93iˆ − 2 ˆj
4
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Sea t f − t i = Δt el tiempo que dura el choque,
∫
aplicando la segunda ley de Newton a las partículas P1 y P2. →
→
→
→
→
d v1 y dt
→
∫
ti
∫
tf
ti
→
v '1
→
→
Ejemplo 6. Una pelota de 100 gramos está en reposo sobre el piso, cuando recibe un puntapié que la lanza con una velocidad de 30 m/s. a) ¿Qué impulso se dio a la pelota? b) Si el tiempo que el pie está en contacto con la pelota es 10-3 segundos. ¿Cuál es la magnitud aproximada de la fuerza impulsiva? Solución. a) El impulso es igual al cambio de la cantidad de movimiento:
→
F12 dt = m1 ∫ d v1 y v1
→
v '2
→
F21 dt = m2 ∫ d v2 v2
Finalmente
∫
tf
∫
tf
ti
ti
→ ⎛ → →⎞ F12 dt = m1 ⎜ v'1 − v1 ⎟ y ⎝ ⎠ → → → ⎛ ⎞ F21 dt = m2 ⎜ v' 2 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠
→
∫
ti
→
→
→
→
m = 0,1 kg, vi = 0 , v f = 30iˆ m/s
Fdt corresponde al área bajo la curva
→
J = (0,1)(30&i&) − 0 = 3iˆ
kg m s
b) Se puede obtener un estimado de la fuerza que actúa sobre la pelota, dividiendo e1 impulso
⎛→⎞ IMPULSO ⎜ J ⎟ ⎝ ⎠ tf
→
En este caso
mostrada en la figura anterior, a ésta cantidad la llamaremos
→
→
J = p f − p i = m v f − m vi
Trabajando con el primer miembro tf
→
Luego: “El cambio de la cantidad de movimiento es igual al impulso”.
O F12 dt = m1 d v1 y F21 dt = m2 d v 2 Integrando las dos relaciones durante el choque, tf
→
J = p f − pi
d v2 dt
→
→ → → ⎛ → →⎞ F12 dt = m1 ⎜ v'1 − v1 ⎟ = p f − pi ⎝ ⎠
y esta cantidad es también igual al impulso J recibido en ese instante por la partícula
→
F21 = m2 a 2 = m2 →
ti
→
F12 = m1 a1 = m1
tf
→
J por el tiempo Δt = t f − t i en que actúa la
→
J = ∫ F(t ) dt ti
fuerza: F =
Sus dimensiones son: [F] [T] = [M][L][T]-1 En el sistema internacional sus unidades son: Newton.segundo (N.s) Trabajando con el segundo miembro
→
J Δt
Como J = 3iˆ
⎛ → →⎞ ⎛ → →⎞ m1 ⎜ v'1 − v1 ⎟ y m2 ⎜ v' 2 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
→
F= →
→
→
kg m y Δt = 0,001 s s
3iˆ = 3000iˆ N 0,001
→
Llamaremos a la cantidad m v = p ,
Ejemplo 7. Se deja caer una pelota de masa m de una altura h sobre el nivel del suelo y rebota hasta una altura h1 a) ¿Cuál es la velocidad vi inmediatamente antes de chocar con el suelo? b) ¿Cuál es la velocidad v f inmediatamente
CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL o Momentum lineal de la partícula (lo designaremos en la práctica simplemente como cantidad de movimiento), cuyas dimensiones son: [M] [[L]] = [M] [L] [T]-1 En el sistema internacional sus unidades son: kg.m.s-1 La partícula P1 ha sufrido en el intervalo t f − t i = Δt , un cambio de la cantidad de
después de chocar con el suelo? →
c) ¿Cuál es el impulso J que se le da a la pelota en el impacto con el suelo? Solución. →
movimiento
a) Como v0 = 0 , x = 0 , y = h0 5
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
→
vi = 2 gh0 ˆj
Cuando cae un dm =
b) Como después de chocar y = h1 , la velocidad
vx = 2 gx
→
v f después de chocar es:
Hay un impulso
Fx dt = dp = dmvx ⇒ M Fx dt = dx 2 gx ⇒ l M dx 2 gx ⇒ Fx = l dt M Fx = 2 gx 2 gx ⇒ l M Fx = 2 gx l
→
v f = 2 gh1 ˆj c) El impulso de la pelota es: →
→
→
J = m v f − m vi = m 2 g
M dx con velocidad l
(
)
h1 − h0 ˆj
Ejemplo 8. Una cadena de masa M y largo l está suspendida verticalmente con su extremo inferior tocando la balanza. Se suelta la cadena y cae sobre la balanza. a) ¿Cuál es la lectura en la balanza cuando ha caído una longitud x de la cadena? b) ¿Cuál es la lectura máxima en la balanza? c) ¿Cuándo será la indicación final en la balanza? (Despreciar el tamaño de los eslabones individualmente).
La balanza indica
P = Px + F x=
Mg M Mg x + 2 gx = 3 x l l l
b) El peso máximo es en el instante en toda la cadena está en la balanza.
Pmáx = Pl + F l= Pmáx = 3Mg
Mg M Mg l + 2 gl = 3 l l l l
c) Luego de terminado el efecto de la caída de la cadena la balanza indica solamente el peso de la cadena. Solución. a)
Finalmente queda en P = Mg. CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO La cantidad de movimiento de una partícula de →
masa m y velocidad v es: →
Cuando ha caído una longitud x de la cadena Sobre la balanza hay
Px =
→
p = mv
La cantidad de movimiento de n partículas es la suma de las cantidades de movimiento individuales,
M gx l
→
n →
n
→
p total = ∑ p i = ∑ mi vi i =1
6
i =1
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Usando la expresión de centro de masa n
→
∑m v i =1
i
i
a) La posición del centro de masa del sistema.
→
→
De aquí p total =
n
→
→
∑ mi vi = M v CMi
yCM
i =1
La cantidad de movimiento total de un sistema es igual a la cantidad de movimiento de la masa total concentrada en el centro de masa del sistema. Derivando nuevamente la expresión anterior:
= v0senθt −
vCMx = 0 vCMy = v0senθ − gt
Esta cantidad es muy importante, ya que si no hay fuerza externa,
F i ext = 0 ⇒
1 2 gt 2
b) La velocidad del centro de masa del sistema.
→ → d → d → p total = M v i CM = M a iCM = F i ext dt dt
→
− xm + xm =0 2m 1 2⎞ 1 2⎞ ⎛ ⎛ ⎜ v0senθt − gt ⎟m + ⎜ v0senθt − gt ⎟m 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ =⎝ 2m
xCM =
= M v CMi
c) La aceleración del centro de masa del sistema.
aCMx = 0 aCMy = − g
d p total = 0 dt →
→
⇒ p total = CONSTANTE
d) La cantidad de movimiento lineal del sistema.
Esto es la conservación de la cantidad de movimiento. Si no hay fuerzas externas sobre un sistema. La cantidad de movimiento total del sistema es constante.
Ejemplo 10. Tres partículas de masas 2 kg, 1 kg y 3 kg respectivamente con vectores posición
→
p CMy = 2mvCMy ˆj = 2m(v0senθ − gt ) ˆj
[ ] r = [(2t − 3)iˆ − (12 − 5t ) ˆj + (4 + 6t − 3t )kˆ ]cm y r = [(12t − 1)iˆ − (t + 2 ) ˆj − t kˆ ]cm →
r1 = 5tiˆ − 5t 2 ˆj + (3t − 2)kˆ cm ,
Ejemplo 9. Dos proyectiles idénticos de masa m se disparan simultáneamente como lo muestra la figura. Hallar: a) La posición del centro de masa del sistema para todo instante del tiempo. b) La velocidad del centro de masa del sistema para todo instante del tiempo. c) La aceleración del centro de masa del sistema. d) La cantidad de movimiento lineal del sistema para todo instante del tiempo.
→
2
3
2
→
2
3
3
Donde t es el tiempo en segundos. Encontrar: a) La velocidad del centro de masa en t = 1 s y t = 2 s. b) La cantidad de movimiento lineal total del sistema en t = 1 s y t = 2 s. c) Analizar si el sistema de tres partículas es sistema aislado Solución. a) La posición del centro de masa esta dada por la expresión: →
rCM
→
→
→
m r + m2 r2 + m3 r3 = 1 1 m1 + m2 + m3
Reemplazando valores, obtenemos:
Solución.
→
[
(
) (
)]
[
(
)]
rCM = (3t − 1)iˆ + − t 2 + 3 ˆj + − t 3 + 2t kˆ cm La velocidad del centro de masa es → d → cm vCM = rCM = 3iˆ − 2tˆj + − 3t 2 + 2 kˆ dt s Para t = l s
[
]
→ cm v1M = 3iˆ − 2 ˆj + −kˆ s
Para t = 2 s
7
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
[
]
→ cm v2 M = 3iˆ − 4 ˆj + −8kˆ s
xcm =
b) La cantidad de movimiento del sistema es: →
→
→
→
mb xb + m p (2,5) mb + m p
Analicemos la posición final.
→
p = + m1 v1 + m2 v 2 + m3 v3 = M vCM kg cm p = 6 3iˆ − 2tˆj + − 3t 2 + 2 kˆ s
→
[
)]
(
Para t = l s
[
]
→ kg cm p1 = 6 3iˆ − 2 ˆj − kˆ s
Para t = 2 s
[
El centro de masa esta en:
xcm =
]
kg cm p2 = 6 3iˆ − 4 ˆj − 8kˆ s →
→
→
mb xb + m p (2,5) mb + m p
mb + m p
70(2,5) = 0,65m (200 + 70)
x=
La posición del pescador estará a 0,65 metros del ayudante. Ejemplo 12. Un muchacho de masa m1 y una muchacha de masa m2 , ambos con patines, se encuentran en reposo uno en frente del otro, El muchacho empuja a la muchacha, mandándola
→
→
hacia el este con una velocidad v . Describa el movimiento del muchacho. Solución. Siendo un sistema cerrado la cantidad de movimiento se conserva,
Como en inicio el sistema está en reposo: →
p = 0 ⇒ v cm = 0
Como v cm
mb ( xb + x ) + m p x
Reemplazando valores:
p = M v cm = CONSTANTE
→
=
⇒ (mb + m p )x = m p (2,5)
Ejemplo 11. Un pescador de masa 70 kg está en un bote estacionario de masa 200 kg, cuando su ayudante que no sabe nadar y está en el agua cogido del extremo opuesto, se suelta. El pescador corre 2,5 m hasta alcanzar este extremo. ¿A que distancia del ayudante ahogándose se encontrará el pescador cuando alcance el extremo del bote? Solución. Consideremos aislado el sistema bote, pescador, ayudante, por lo tanto su cantidad de movimiento es constante.
→
mb + m p
Como la posición del centro de masa del sistema es invariante, se tiene:
→
c) Como , p1 ≠ p 2 , p no es constante, luego el sistema no es aislado.
→
mb ( x b + x ) + m p x
→
d r cm = =0 dt
→
→
p antes = p después = 0 ,
→
r cm = CONSTANTE , la posición del centro de masa permanece constante En éste problema que es en una sola dimensión:
→
→
Si v 1 y v 2 son las velocidades del muchacho y la muchacha después del empujón, respectivamente:
xcm = CONSTANTE
→
Tomemos como punto de referencia la posición del ayudante en el extremo del bote, al soltarse seguirá en la misma posición. Analicemos la posición inicial.
→
m1 v 1 + m2 v 2 = 0 Considerando el movimiento en el eje x, y la dirección al este como sentido positivo →
→
v 2 = v = viˆ
De aquí →
→
m1 v 1 + m2 viˆ = 0 ⇒ v 1 = −
m2 viˆ m1
EI muchacho sale con una velocidad de módulo
El centro de masa del sistema pescador-bote está en: 8
Sistema de partículas
v1 =
Hugo Medina Guzmán
m2 v dirigida hacia el oeste, m1
⎛ 2 ⎞⎛ d x = vb t = ⎜ v0 ⎟⎜⎜ ⎝ 5 ⎠⎝ 4v 0
Ejemplo 13. Dos personas de masa m cada una, se encuentran paradas en los extremos opuestos de un bote de longitud d y masa 3m que se encuentra en reposo sobre un líquido sin fricción, tal como se muestra en la figura. Las personas caminan una hacia la otra con rapidez constante y se encuentran a d/4 del extremo izquierdo del bote. a) Si la persona de la izquierda se mueve con velocidad v 0 respecto al bote, ¿cuál es la velocidad que tiene la otra persona, respecto al bote? b) ¿Cuál es la velocidad del bote, respecto a tierra, durante el movimiento de ambas personas? c) ¿Cuánto avanzo el bote hasta el momento del encuentro?
⎞ d ⎟⎟ = ⎠ 10
Ejemplo 14. Un hombre de 80 kg está de pie en un extremo de un tronco de 20 m de largo, cuya masa es de 800 kg. El tronco flota en el estanque formando un ángulo recto con la orilla, estando el extremo opuesto al que está situado el hombre tocando dicha orilla. El hombre comienza a caminar a lo largo del tronco acercándose a la orilla. a) ¿A qué distancia estará el tronco de la orilla cuando el hombre está en el punto medio del tronco? b) ¿A qué distancia estará el tronco de la orilla cuando el hombre llega al otro extremo del tronco?
Solución.
Solución. Centro de masa del sistema
a)
xCM =
∑x m ∑m i
i
i
=
80 × 20 + 800 × 10 9600 = 80 + 800 880
a) Hombre en medio del tronco, el centro de masa del sistema no varía.
El tiempo empleado para encontrarse es el mismo para las dos personas
d
4=
3d
v0
4
v1
⇒ v1 = 3v0 Hacia la izquierda
80(d + 10) + 800(d + 10 ) 9600 = 80 + 800 880 80(d + 10 ) + 800(d + 10 ) = 9600 (d + 10) = 9600 = 10,91 880 xCM =
b) Por conservación de la cantidad de movimiento →
→
p antes = p después
→
p antes = 0
→
p después →
d = 0,91 m b) Hombre en el extremo del tronco, el centro de = m(v 0 + vb )iˆ + m(− 3v0 + vb )iˆ + 3mvb iˆ = 0masa del sistema no varía.
⇒ vb =
2 ˆ v0 i 5
c) El tiempo de caminata de las personas es
t=
d , luego el bote se habrá movido 4v0 9
Sistema de partículas
xCM
∑x m = ∑m i
i
i
Hugo Medina Guzmán
→
80 × 20 + 800 × 10 9600 = = 80 + 800 880
→
Como p i = p f : ⎛ 151m ⎞ → ⎛ m ⎞ → ⎛ m ⎞ → ⎜ ⎟ v+ ⎜ ⎟ v+ ⎜ ⎟ v 0 = 0 ⎝ 100 ⎠ ⎝ 50 ⎠ ⎝ 50 ⎠
80d '+800(d '+10) 9600 = 80 + 800 880 80d '+800(d '+10 ) = 9600 880d '+8000 = 9600 880d ' = 1600 xCM =
→ → 2 → v 0 = v = −0,013 v 0 153 Segundo lanzamiento: Inicial →
⇒v =−
d' = 1,82 m Ejemplo 15. Un muchacho de masa m está parado al centro de un tablón de longitud L y masa m/2 sosteniendo en cada mano una pequeña masa de valor m/50 y m/100. El tablón, inicialmente en reposo, es libre de deslizarse sobre un lago congelado, el cual tiene una superficie plana sin fricción. El muchacho lanza sucesivamente las masas, primero m/50 con velocidad v0 respecto del lanzador, y luego la otra con la misma velocidad v0 también relativa al lanzador. Considerando que la fricción no permite deslizar al muchacho respecto del tablón., determine lo siguiente: a) ¿Cuál es la velocidad del tablón relativa a la superficie del hielo luego de cada lanzamiento? b) Si en un instante las masas m/50 y m/100 distan 2L y L respectivamente del punto de lanzamiento ¿A que distancia del punto de lanzamiento esta el C.M. del tablón? Solución a) Primer lanzamiento: Inicial
→ m m ⎞→ 2 ⎛ 151 ⎞ → ⎛ pi = ⎜ m + + ⎟v =− ⎜ ⎟m v 0 = −0,02m v 0 2 100 ⎠ 153 ⎝ 100 ⎠ ⎝
→
Final
→ → m ⎞ → ⎛ m ⎞⎛ → ⎛ ⎞ 3m → p f = ⎜ m + ⎟ v'+ ⎜ v'+ 0,01m v 0 ⎟⎜ v 0 − 0,013 v 0 ⎟ 2 ⎠ ⎝ 100 ⎠⎝ ⎠ 2 ⎝
→
→
→
Como p i = p f : → → → 3m → v'+ 0,01m v 0 ⇒ v' = −0,02 v 0 2 b) El centro de masa se conserva xCM = 0 →
− 0,02m v 0 =
→
pi = 0 Final
En un determinado instante; m⎞ ⎛ m ⎞ ⎛ ⎛m⎞ ⎟L + ⎜ m + ⎟ x ⎜ ⎟2 L + ⎜ 50 2⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎝ =0⇒ xCM = ⎝ ⎠ m m m + +m+ 50 100 2
m m ⎞ → ⎛ m ⎞⎛ → → ⎞ ⎛ p f = ⎜m + + ⎟ v + ⎜ ⎟⎜ v + v 0 ⎟ ⇒ 2 100 ⎠ ⎝ 50 ⎠⎝ ⎠ ⎝
→
10
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán →
⎛ m ⎞ ⎛m⎞ ⎟L ⎜ ⎟2 L + ⎜ L 50 ⎠ 100 ⎠ ⎝ ⎝ x=− =− m 30 m+ 2
11V 2 = −
→ 11 23 v0iˆ − v0iˆ = − v0iˆ ⇒ V 2 = −0,17v0iˆ 12 12
Ejemplo 17. Una rana de masa m está sentada en el extremo de una tabla de masa M y de longitud L. La tabla está flotando en la superficie de un lago. La rana salta a lo largo de la tabla, formando un ángulo α con la horizontal. ¿Qué velocidad v0 debe tener la rana que, al dar un salto, se encuentra en el otro extremo de la tabla?
Ejemplo 16. Una persona de masa M inicialmente en reposo sobre un skate board, sostiene en cada mano un ladrillo de masa M/l0. Si la persona lanza horizontalmente, y en el mismo sentido, un ladrillo y después el otro, cada uno con la misma velocidad v0 relativa a la persona, determine la velocidad final de la persona. Solución
Solución. Cálculo de la velocidad V de la tabla. La figura a continuación muestra el instante en el que la rana salta.
Primer ladrillo
Por la conservación de la cantidad de movimiento lineal.
mv0 cos α = MV ⇒ m V = v0 cos α M
→
p i = 0, ,
→ M ⎞→ M ⎛ ⎛ ⎞ 12 → 1 p f = ⎜ M + ⎟V 1 + ⎜ v0iˆ + V 1 ⎟ = M V 1 + Mv0iˆ 10 ⎠ 10 ⎝ 10 ⎠ 10 ⎝
→
Cálculo del tiempo de permanencia de la rana en el aire Componente vertical de la velocidad
Conservación de cantidad de movimiento lineal 0=
v0 y = v0 senα
→ 1 12 → 1 M V 1 + Mv0iˆ ⇒ V 1 = − v0iˆ 12 10 10
El tiempo de permanencia de la rana en el aire es
Segundo ladrillo
t=
2v0 senα g
La rana se mueve hacia la derecha con velocidad
v0 y = vo cos α
La tabla se mueve hacia la izquierda con velocidad
V =
11 1 ⎛ 11 ⎞ Mv0iˆ, ⎜ M ⎟v0iˆ = − 120 12 ⎝ 10 ⎠ → → → M⎛ ⎞ 11 → M p f = M V 2 + ⎜ v0iˆ + V 2 ⎟ = M V 2 + v0iˆ 10 ⎝ 10 ⎠ 10 →
pi = −
m v0 cos α M
La rana va con velocidad constante v0 y = vo cos α hacia el encuentro del extremo izquierdo de la tabla que se mueve con velocidad
Conservación de cantidad de movimiento lineal
constante V =
11 11 → M − Mv0iˆ = M V 2 + v0iˆ ⇒ 120 10 10
11
m v0 cos α M
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
con respecto al centro de masa son como se muestra en la figura siguiente.
Luego se cumple
(v0 senα + V )t = L
Las velocidades relativas al centro de masa son: →
m ⎛ ⎞ 2v0 senα =L⇒ v0 cos α ⎟ ⎜ v0 senα + M g ⎝ ⎠ 2 2senα v03 (senα + cos α ) = L2 ⇒ g v = 3 0
gL2
2(senα + cos α ) senα
v0 = 3
2
Como vCM
gL2
2(senα + cos α ) senα 2
→
→
→
→
→
→
m v + m2 v 2 y u 2 = v2 − 1 1 m1 + m2 m1 ⎛ → → ⎞ = − ⎜ v1 − v 2 ⎟ m1 + m2 ⎝ ⎠ →
Como comprobación, calculemos la cantidad de movimiento total con respecto al centro de masa, el cual debe ser igual a cero. →
→
→
p = m1 u 1 + m2 u 2 m2 ⎛ → → ⎞⎤ ⎜ v1 − v 2 ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣ m1 + m2 ⎝ ⎡
→
= p = m1 ⎢
m1 ⎛ → → ⎞⎤ ⎜ v1 − v2 ⎟⎥ = 0 ⎠⎦ ⎣ m1 + m2 ⎝ ⎡
= m2 ⎢−
En la sección siguiente veremos ejemplos de aplicación usando el sistema de referencia centro de masa.
→
CHOQUES Se llama choque o colisión entre dos cuerpos a un fenómeno en el que los cuerpos Participantes son libres antes y después de la interacción, sobre los que no actúan fuerzas resultantes. La interacción dura un tiempo muy corto, durante el cual los cuerpos ejercen entre si fuerzas de cierta intensidad. Por lo general en los choques só1o participan dos cuerpos, aunque esto no es estrictamente necesario. Sean dos cuerpos de masas m1 y m2 con
→
con velocidad vCM , como se muestra en la figura.
La cantidad de movimiento es: →
→
m v + m2 v 2 = 1 1 m1 + m2 →
→
→
partículas m1 y m2 con velocidades v1 y v 2 respectivamente cuyo centro de masa se mueve
→
→
m v + m2 v 2 u1 = v1 − 1 1 m1 + m2 m2 ⎛ → → ⎞ = ⎜ v1 − v 2 ⎟ m1 + m2 ⎝ ⎠ →
⇒
→
→
→
SISTEMA DE REFERENCIA CENTRO DE MASA Cuando la fuerza externa resultante que actúa sobre un sistema es cero, la cantidad de movimiento total es constante. Muchas veces es conveniente escoger un sistema de coordenada., con el origen situado en el centro de masa. Este sistema se denomina “SISTEMA DE REFERENCIA CENTRO DE MASA” Con respecto a este sistema la velocidad del centro de masa por supuesto es cero y la cantidad de movimiento total es cero. El análisis de la mayor parte de los choques es más sencillo en el sistema de referencia centro de masa. La transformación de un sistema de referencia cualquiera a un sistema centro de masa no es difícil. Consideremos un sistema do dos
→
→
u1 = v1 − vCM y u 2 = v 2 − vCM
Reemplazando valores
→
p = m1 v 1 + m2 v 2 = (m1 + m2 ) v CM
→
→
velocidades v1 y v 2 antes del choque y
Para transformar esta expresión al sistema Centro de masa, las velocidades de las partículas 12
Sistema de partículas
→
Hugo Medina Guzmán
Ahora aplicaremos la ecuación Impulso-cantidad de movimiento por el periodo de restitución (R). t0 → t f .
→
velocidades v'1 y v'2 después del choque respectivamente. En todo choque entre dos cuerpos se conserva la cantidad de movimiento, esto es: →
→
→
→
→
Para la masa m1 :
→
∫
p = p' ⇒ p1 + p 2 = p'1 + p' 2 →
→
→
t0 →
ti
→
→
m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m2 v' 2
Para la masa m 2 :
Ahora nos introduciremos en el proceso complejo que acompaña al choque, el instante Δt = t f − t i , en el que aparece la fuerza de
∫
t0 →
ti
→
→
F1 dt = m1 v'1 − m1 v0 = J R →
→
→
→
F2 dt = m2 v' 2 − m2 v0 = J 2 R = − J 1R →
→
Resolviendo para v'1 y v' 2 .
interacción, este periodo vamos a dividirlo en dos partes, los periodos de deformación y restitución. La figura muestra el gráfico de la fuerza de interacción en función del tiempo entre las masas m1 y m2.
→
→
→ → → J J v'1 = 1R + v0 , v' 2 = − 1R + v0 m1 m2 →
La diferencia de estas velocidades es: → → → ⎛ 1 1 ⎞ ⎟⎟ v' 2 − v'1 = − J 1R ⎜⎜ + ⎝ m1 m2 ⎠ → ⎛m +m ⎞ 2 ⎟⎟ = − J 1R ⎜⎜ 1 m m ⎝ 1 2 ⎠
De lo visto encontramos la relación entre el impulso de restitución y el impulso de deformación. →
J 1R →
J 1D
E1 tiempo t 0 es el instante de máxima deformación en el que empieza la restitución y las dos masas poseen la misma velocidad →
→
→
Vamos a aplicar la ecuación impulso - cantidad de movimiento para el periodo de deformación (D), ti → t0 : Para la masa m1 :
∫
ti
→
→
→
F1 dt = m1 v 0 − m1 v1 = J D
Ejemplo 18. Una pelota de béisbol de 0,15 kg de masa se está moviendo con una velocidad de 40 m/s cuando es golpeada por un bate que invierte su dirección adquiriendo una velocidad de 60 m/s, ¿qué fuerza promedio ejerció el bate sobre la pelota si estuvo en contacto con ella 5 ms?. Solución. Datos: m = 0,15 kg vi = 40 m/s vf = - 60 m/s (el signo es negativo ya que cambia el sentido) t = 5 ms = 0,005 s Δp = J pf - pi = J ⇒ mvf - mvi = F t ⇒F = m(vf - vi)/t
Para la masa m 2 :
∫
t0 →
ti
→
→
→
→
F2 dt = m2 v0 − m2 v 2 = J 2 D = − J 1D →
→
Resolviendo para v1 y v 2 . →
→
→ → → J J v1 = − 1D + v0 , v 2 = 1D + v0 m1 m2 →
La diferencia de estas velocidades es: → → → ⎛ 1 1 v 2 − v1 = J 1D ⎜⎜ + ⎝ m1 m2
→ ⎛m +m ⎞ 2 ⎟⎟ = J 1D ⎜⎜ 1 ⎠ ⎝ m1 m2
(v' 2 −v'1 ) = ε (v 2 − v1 )
A esta relación se le conoce como coeficiente de restitución (ε ) . Esta relación fue propuesta por Newton y tiene validez solamente aproximada. EI valor de esta relación depende de muchos factores tales como la geometría, las propiedades de los materiales, la velocidad, por ello debemos contentarnos con una determinación experimental.
v01 = v02 = v0
t0 →
=−
⎞ ⎟⎟ ⎠ 13
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
F = 0,15 kg.(- 60 m/s - 40 m/s)/0,005 s = 0,15 kg.(- 100 m/s)/0,005 s = - 3000 N
⎛→ → ⎞ ⎛ → →⎞ m1 ⎜ v1 − v'1 ⎟ = m2 ⎜ v' 2 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Asumiendo que el movimiento es en una sola dirección
Ejemplo 19. El bloque de 8 kg tiene una velocidad v y está detrás del bloque de 12 kg que tiene una velocidad de 0,5 m/s. La superficie no tiene fricción. Los bloques chocan y se juntan. Después del choque, los bloques tienen una velocidad común de 0,9 m/s.
m1 (v1 − v'1 ) = m2 (v' 2 −v 2 )
Dividiendo entre si las expresiones halladas por energía y por cantidad de movimiento obtenemos.
v1 + v'1 = v' 2 +v 2 ⇒ (v' 2 −v'1 ) = −(v 2 − v1 ) (v' 2 −v'1 ) ⇒ =1 − (v 2 − v1 )
El cual es por supuesto el coeficiente de restitución de un choque perfectamente elástico ε = 1. b) Choque perfectamente plástico. En un choque perfectamente Plástico, después del choque las masas quedan juntas, es decir tienen la misma velocidad, tal que
a) Calcular la pérdida de energía cinética de los bloques debido al choque. b) Calcular el impulso sobre el bloque de 12 kg debido al choque. Solución a) p antes = p después
→
8v + 12(0,5) = 20(0,9 ) ⇒ v = 1,5 m/s Pérdida = E antes − E después =
→
( )
1 1 1 2 2 8 1,5 2 + 12(0,5) − 20(0,9 ) 2 2 2
Ejemplo 21. Medición del coeficiente de restituciónε. Si se quiere medir el coeficiente de restitución de 1os materiales, se realiza mediante una bola hecha con uno de los materiales y una superficie plana hecha con el otro material, la que se coloca sobre el suelo. Se suelta verticalmente la bola sobre la superficie desde una altura h1 . Conocemos la velocidad de la bola al momento del choque
b) J = 12Δv = 12(0,9 − 0,4) = 4,8 Ns = 4,8 Ns CASOS DE CHOQUE Perfectamente elástico ε = 1 , (v' 2 −v'1 ) = −(v 2 − v1 ) Inelástico ε < 1 El coeficiente de restitución y tiene un valor entre 0 y 1. Perfectamente plástico ε = 0 , (v' 2 −v'1 ) = 0 Explosivo ε > 1
v1 = 2gh1 La bola rebota verticalmente hasta una altura h2 , tal que la velocidad v'1 de la bola después del choque es:
Ejemplo 20. a) Choque perfectamente elástico. En este caso no hay pérdida en la energía mecánica asociada al impacto, la energía cinética permanece constante.
v'1 = − 2 gh2 Como la superficie no tiene velocidad inicial ni velocidad final v 2 = 0 y v' 2 = 0 . Encontramos que:
K 1 + K 2 = K '1 + K ' 2 1 1 1 1 m1v12 + m2 v 2 = m1v'12 + m2 v' 22 2 2 2 2 2 2 2 2 m1 v'1 −v1 = m2 v' 2 −v 2
)
(
ε =−
)
→
→
ε =−
→
p1 + p 2 = p'1 + p' 2 , →
→
→
(v' 2 −v'1 ) v'1 =− (v2 − v1 ) v1
Reemplazando valores:
Por conservación de la cantidad de movimiento tenemos: →
→
v' 2 − v'1 = 0 y ε = 0
= 2,4 J
(
→
v' 2 = v'1 , por lo tanto:
− 2 gh2 2 gh1
=
h2 h1
Ejemplo 22. Choque plástico o inelástico a) Velocidades de igual dirección y sentido.
→
m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m2 v' 2 14
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Ejemplo 21. Choque elástico a) Velocidades de igual sentido
Supongamos un cuerpo 1 de masa m1 y velocidad v1 que se dirige a hacia el cuerpo 2 de masa m2 y velocidad v2, siendo ambas velocidades de igual dirección y sentido. Sobre cada cuerpo actuó en el momento del choque, el impulso que le provocó el otro cuerpo, entonces hay dos acciones de igual intensidad y sentido contrario, en consecuencia ambas cantidades de movimiento serán iguales y de sentido contrario. Luego del choque ambos cuerpos continúan juntos con una velocidad final común a ambos. La velocidad final será: m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f Como v1f y v2f son iguales porque ambos cuerpos siguen juntos: v1f = v2f = vf m1v1i + m2v2i = (m1 + m2)vf
⇒ vf =
Durante el choque cada cuerpo recibe una cantidad de movimiento que es igual a la velocidad perdida por el otro. Al recuperar su forma inicial, cada uno pierde o gana respectivamente, la cantidad de movimiento ganada o perdida en el momento del choque, la velocidad final de cada uno será:
v1 f =
m2 (v2i − v2 f ) + v1i m1
Si las masas son iguales
v1 f = v2i − v2 f + v1i b) Velocidades de distinto sentido
(m1v1i + m2v2i ) (m1 + m2 )
b) Velocidades de igual dirección y sentido contrario. En este caso los cuerpos literalmente rebotan, y la velocidad final de cada uno será:
v1 f =
m2 (v2i + v2 f ) − v1i m1
Si las masas son iguales
v1 f = v2i + v2 f − v1i
En este caso los cuerpos poseían velocidades de igual dirección pero de sentido contrario antes del choque, como en el caso anterior luego del impacto continúan juntos, con una velocidad final que estará dada por la diferencia de las cantidades de movimiento. La velocidad final será: m1v1i - m2v2i = m1v1f + m2v2f Igualmente: v1f = v2f = vf m1v1i - m2v2i = (m1 + m2)vf
⇒ vf
El principio de conservación del impulso es el mismo que el de conservación de la cantidad de movimiento. Cabe aclarar que en la práctica podemos aplicar el principio de conservación de la cantidad de movimiento durante los choques, siempre que el tiempo que el tiempo de duración del impacto sea muy pequeño. Ejemplo 23. Un bloque de 3,0 kg, moviéndose sobre una superficie sin fricción con una velocidad de 1,2 m/s, tiene una colisión perfectamente elástica con un bloque de la masa M en el reposo. Después de la colisión el bloque de 3,0 kg retrocede con una velocidad de 0,4 m/s.
(m v − m2v2i ) = 1 1i (m1 + m2 )
La velocidad final mantendrá la misma dirección pero tendrá el sentido de la velocidad del cuerpo que antes del choque tenía mayor cantidad de movimiento. 15
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
a) Calcular la masa M. b) Calcular la velocidad del bloque de masa M después del choque. c) Los bloques están en el contacto por 0,20 s. ¿Cuál es la fuerza media en el bloque de 3,0 kg, mientras los dos bloques están en contacto? Solución a) p antes = p después
Por conservación de la cantidad de movimiento lineal
3(1,2 ) + M (0) = 3(− 0,4) + Mv ⇒ Mv = 4,8
mA 0,5 = − mA 0,1 + mB 0,3 ⇒ mA 0,6 = mB 0,3 ⇒ 2mA = mB (1)
(1) E antes = E después
( )
(
)
1 (3) 1,2 2 + 1 M (0)2 = 1 (3) − 0,4 2 + 1 Mv 2 ⇒ Mv 2 = 3,84A está cargado con una masa de 1 kg y se dirige 2 2 2 2
hacia B con una velocidad de 0,5 m/s. Después de la colisión, A permanece constante, mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0,5 m/s.
(2) (2) : (1) Mv 2 3,84 3,84 = ⇒v= = 0,8 m/s Mv 4,8 4,8 De (1): 4,8 4,8 = = 6,0 kg v 0,8 b) v = 3,84 = 0,8 m/s 4,8 M=
c) FΔt = mΔv ⇒ F = m
[1,2 − (− 0,4)] = 24 N Δv = 3,0 Δt 0,20
Ejemplo 24. Dos carros, A y B, se empujan, uno contra el otro. Inicialmente B está en reposo, mientras que A se mueve hacia la derecha a 0,5 m/s. Después del choque, A rebota a 0,1 m/s, mientras que B se mueve hacia la derecha a 0,3 m/s. En un segundo experimento, A está cargado con una masa de 1 kg y se dirige hacia B con una velocidad de 0,5 m/s. Después de la colisión, A permanece constante, mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0,5 m/s. Encontrar la masa de cada carro. Solución. Inicialmente B está en reposo, mientras que A se mueve hacia la derecha a 0,5 m/s. Después del choque, A rebota a 0,1 m/s, mientras que B se mueve hacia la derecha a 0,3 m/s.
Por conservación de la cantidad de movimiento lineal
(mA + 1)0,5 = mB 0,5 ⇒ mA + 1 = mB (2)
Reemplazando (1) en (2):
m A + 1 = 2m A Obtenemos
m A = 1 kg y mB = 2 kg Ejemplo 25. Se dispara una bala de 30 g con una velocidad de 500 m/s contra un bloque A de 5 Kg. El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el carretón BC es 0,50. Sabiendo que la masa de la carreta es de 4 kg y que puede rodar libremente, hallar: a) La velocidad final del carretón y del bloque; b) La posición final del bloque sobre la carreta.
16
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Solución. a) Por conservación de la cantidad de movimiento lineal antes e inmediatamente después del impacto
Aplicando la segunda ley de Newton
24,5 = (4 + 5,03)a2 ⇒ 24,5 m a2 = = 2,72 2 9,03 s
La velocidad final de la carreta y del bloque
v f 2 = vi 2 + a2t ⇒ mb vb = (5 + mb )v1i
v f 2 = 0 + 2,72 × 0,61 = 1,661
30 × 10−3 × 500 = 5,03 v1i 15 m v1i = = 3 5 s
m s
b) La figura muestra el momento en que el bloque se detiene en su deslizamiento sobre la carreta y se mueve con la misma velocidad que esta.
La figura siguiente muestra el diagrama del cuerpo libre del sistema después del choque
Distancia d1 recorrida por el bloque
Diagrama del cuerpo libre del bloque y la bala
1 d1 = viit + a1t 2 2 1 d1 = 3 × 0,61 − 4,9 × 0,612 = 1,83 − 0,91 = 0,92 m 2
Aplicando la segunda ley de Newton
F f = (5 + mb )a1
Distancia d2 recorrida por la carreta
1 d 2 = vi 2t + a21t 2 2 1 d 2 = 0 + 2,72 × 0,612 == 0,51 m 2
Siendo
F f = 0,5 × 5,03 × 9,8 = 24,5 N Luego
24,5 = 5,03a1 ⇒ − 24,5 m a1 = = −4,9 2 5 s
La diferencia de recorridos d nos dará la posición final del bloque respecto al extremo B de la carreta
Sea t el tiempo en que el bloque se mueve sobre la carreta, la velocidad del bloque respecto a un observador en tierra es
d = d1 − d 2 = 0,92 − 0,51 = 0,41 m La posición final del bloque sobre la carreta es a 0,41 m de B.
v f 1 = vi1 + a1t 0 = 3 − 4,9t 3 t= = 0,61 s 4,9
Ejemplo 26. Choque plástico. Las dos partículas quedan en contacto después del choque. Estudiar desde dos puntos de vista: a) Observado desde tierra, sistema laboratorio y b) Observado desde el centro de masa. Solución. a) Sistema laboratorio.
Calculo de la aceleración a2 de la carreta
17
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Obtenemos:
La figura muestra las dos partículas antes y después del choque.
→
u1 =
→
→
→
→
v' =
→
→
dos partículas, una con masa m1 y velocidad v1 ,
(m1v1 + m2v2 ) iˆ m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 ) (m1 + m2 )
→
la segunda con masa m 2 y velocidad v 2 = 0 Solución. a) Sistema laboratorio. La figura muestra las dos partículas antes y después del choque.
La energía mecánica antes del choque es:
1 1 m1v12 + m2 v 22 2 2
La energía mecánica después del choque es:
K '=
m1 → v1 m1 + m2
Ejemplo 27. Choque elástico. Consideremos
y
→
K = K1 + K 2 =
→
u2 = −
Después del choque m1 y m2 entran en contacto constituyendo una sola partícula de masa (m1 + m2) que está en reposo en el sistema centro de masa, u’1 = u’2 = 0. Aquí también K’ = 0, ε = 0.
Por conservación de la cantidad de movimiento
m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )v'
m2 → v1 y m1 + m2
1 (m1 + m2 )v'2 = 1 (m1v1 + m2 v 2 ) 2 2 (m1 + m2 )
2
La relación de la energía es: 2
m1 K' = K (m1 + m2 )
⎛ ⎞ m ⎜⎜ v1 + 2 v 2 ⎟⎟ m1 ⎠ ⎝ ⎛ 2 m2 2 ⎞ ⎜⎜ v1 + v 2 ⎟⎟ m 1 ⎝ ⎠
Por ejemplo la caída de un meteorito a la tierra, la que suponemos inmóvil (v2 = 0) y m1 << m2,
Por conservación de la cantidad de movimiento:
K' = 0 , éste es un choque obtenemos K’ = 0 y K
m1 v1 = m1 v'1 + m2 v' 2
→
→
→
(1)
En sus componentes:
m1v1 = m1v'1 cos θ1 + m2 v' 2 cos θ 2 0 = m1v'1 senθ1 − m2 v' 2 senθ 2
perfectamente plástico. Si K fuera diferente de cero, la totalidad de la energía se transformaría en calor. b) Sistema centro de masa. La figura muestra las dos partículas antes y después del choque.
Como es un choque elástico la energía mecánica se conserva:
1 1 1 m1v12 = m1v'12 + m2 v' 22 2 2 2
(2)
En las ecuaciones (1) y (2) conocidas las masas m1 y m2, tenemos como incógnitas v1, v’1, v’2, θ1 y θ2. Contamos con tres ecuaciones. Para resolver necesitamos conocer al menos dos de las cantidades anteriores. En el caso particular en que m1 = m2, podemos llegar a la relación;
En éste caso:
→
m2 ⎛ → → ⎞ ⎜ v1 − v 2 ⎟ y m1 + m2 ⎝ ⎠ → → → m1 ⎛ ⎞ u2 = − ⎜ v1 − v 2 ⎟ m1 + m2 ⎝ ⎠ →
→
→
v1 = v'1 + v' 2
u1 =
Elevándola al cuadrado: →
→
v12 = v'12 +v' 22 + 2v'1 ⋅ v' 2 Por la conservación de la energía:
→
v12 = v'12 +v' 22
Con v 2 = 0 , 18
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Luego, obtenemos: →
→
→
está inmóvil v 2 = 0 y tiene una velocidad v' 2 después del choque.
→
v'1⋅ v'2 = 0 →
→
Las velocidades v'1 y v'2 son ortogonales, esto nos dice que las trayectorias de las partículas después del choque son perpendiculares entre sí, tal que: θ1 + θ 2 = π 2 b) Sistema centro de masa. La figura muestra las dos partículas antes y después del choque.
Solución. Por conservación de la cantidad de movimiento: →
→
→
m1 v1 = m1 v'1 + m2 v' 2 Para la energía tenemos que tomar en cuenta si el choque es elástico o no. a) Choque elástico. En éste caso la energía mecánica se conserva
K = K' 1 1 1 m1v12 = m1v'12 + m2v'22 2 2 2
De aquí obtenemos: v'12 −v12 = Por conservación de la cantidad de movimiento: →
→
→
Expresión que podemos escribir como;
→
⎛ → → ⎞ ⎛ → → ⎞ m2 → → v 2 ⋅ v' 2 ⎜ v1 + v'1 ⎟ ⋅ ⎜ v1 − v'1 ⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ m1
m1 u1 + m2 u 2 = m1 u '1 + m2 u ' 2 = 0 De aquí: 2
⎛m ⎞ ⎛m ⎞ u = ⎜⎜ 1 u1 ⎟⎟ , u '22 = ⎜⎜ 1 u '1 ⎟⎟ ⎝ m2 ⎠ ⎝ m2 ⎠
De la conservación de la cantidad de movimiento
2
2 2
→ ⎛→ → ⎞ ⎛→ → ⎞ m → m1 ⎜ v1 − v'1 ⎟ = m2 v' 2 ⇒ ⎜ v1 − v'1 ⎟ = 2 v' 2 ⎝ ⎠ m1 ⎝ ⎠
Como es un choque elástico la energía mecánica se conserva:
Reemplazando ésta expresión en la de la energía, obtenemos:
1 1 1 1 m1u12 + m2 u 22 = m1u '12 + m2 u ' 22 2 2 2 2 Reemplazando u 2 y u ' 2 en función de u1 y u '1
→
→
→
v1 + v'1 = v' 2
respectivamente. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ (m1u1 )2 ⎜⎜ 1 + 1 ⎟⎟ = (m1u '1 )2 ⎜⎜ 1 + 1 ⎟⎟ ⎝ 2m1 2m2 ⎠ ⎝ 2m1 2m2 ⎠ De aquí se deduce: m1u1 = m1u '1 ⇒ u1 = u '1 y
Como
m2 u 2 = m2 u ' 2 ⇒ u 2 = u ' 2 Para un choque elástico ε = 1 , como se espera.
Reemplazando obtenemos:
Ejemplo 28. Reflexión de partícula sobre un plano. Consideremos dos partículas, una con masa m1 , que incide sobre una masa m 2 de superficie plana como se muestra en la figura. La
De aquí:
→
m2 2 v' 2 m1
→
v1 = v1senθ1iˆ − v1 cos θ1 ˆj , →
v'1 = v'1 senθ '1 iˆ + v'1 cos θ '1 ˆj , →
v' 2 = −v' 2 ˆj v1senθ1iˆ − v1 cos θ 1 ˆj + v'1 senθ '1 iˆ + v'1 cos θ '1 ˆj = −v'2 ˆj
v1senθ 1 + v'1 senθ '1 = 0 y v1 cos θ1 − v'1 cos θ '1 = v' 2 En el caso en que v' 2 = 0 (la superficie no se
→
masa m1 tiene velocidades v1 y v'1 antes y después del choque, la superficie inicialmente
mueve)
θ 1 = θ '1 y v1 = v'1
b) Choque inelástico. 19
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
En éste caso K > K '
1 1 1 m1v12 > m1v'12 + m1v' 22 2 2 2 Para encontrar la relación de K y K’ podemos usar el coeficiente de restitución ε .
ε=
pi = 9(2,1) + 3(− 0,8) = 16,5 Ns
p f = 9(1,5) + 3(1,5) = 18 Ns
K' , siendo 0 ≤ ε ≤ 1 K
pi ≠ p f
El choque no es posible porque la cantidad de movimiento no se conserva d) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es?
Ejemplo 29. Analizar los siguientes choques. a) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es?
Solución pi = 5(1,6 ) + 3(0,7 ) = 10,1 Ns p f = 5(1,0) + 3(1,7 ) = 10,1 Ns
Solución pi = 8(1,2 ) + 4(− 0,9 ) = 6 Ns
p f = 8(− 0,3) + 4(2,1) = 6 Ns
pi = p f
pi = p f La cantidad de movimiento se conserva.
La cantidad de movimiento se conserva. 1 1 Ei = 5(1,62 ) + 3(0,7 2 ) = 7,135 J 2 2 1 1 E f = 5(1,02 ) + 3(1,7 2 ) = 6,835 J 2 2 E f < Ei
1 1 Ei = 8(1,2 2 ) + 4(− 0,9 2 ) = 7,38 J 2 2 1 1 2 E f = 8(− 0,3 ) + 4(2,12 ) = 8,38 J 2 2 E f > Ei
El choque es parcialmente inelástico. b) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es?
El choque es caracterizado por un aumento de energía cinética. e) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es?
Solución pi = 4(1,8) + 6(− 0,2 ) = 6 Ns
Solución pi = 2(3,0 ) + 8(1,5) = 18 Ns
pi = p f
pi = p f
p f = 4(− 0,6 ) + 6(1,4 ) = 6 Ns
p f = 2(1,8) + 8(1,8) = 18 Ns
La cantidad de movimiento se conserva. 1 1 Ei = 4(1,82 ) + 6(− 0,2 2 ) = 6,6 J 2 2 1 1 E f = 4(− 0,6 2 ) + 6(1,4 2 ) = 6,6 J 2 2 E f = Ei El choque es perfectamente elástico. c) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es?
La cantidad de movimiento se conserva. 1 1 Ei = 2(3,0 2 ) + 8(1,52 ) = 18 J 2 2 1 1 2(1,82 ) + 8(1,82 ) = 16,2 J 2 2 E f < Ei
Ef =
El choque es completamente inelástico. f) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es?
20
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Solución pi = 2(0,8) + 8(− 2,0) = - 14,4 Ns
mv − mv = 0 La cantidad de movimiento es cero. Los autos tienen energía inicial mv 2 / 2 , cada uno. La energía final es cero, la energía de los vehículos es absorbida aplastando a los dos autos por igual.
p f = 2(− 1,2 ) + 8(− 1,5) = - 14,4 Ns
pi = p f La cantidad de movimiento se conserva.
( )
(
)
1 1 2 0,82 + 8 − 2,0 2 = 16,64 J 2 2 1 1 E f = 2 − 1,2 2 + 8 − 1,52 = 10,44 J 2 2 Ei =
(
)
(
)
Segunda opción.
E f < Ei El choque es parcialmente inelástico g) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y después del choque están dadas. ¿Qué clase de choque es? La cantidad de movimiento es mv . El auto tiene energía inicial mv 2 / 2 . La energía final del auto es cero, la energía es absorbida aplastando al auto con igual energía a la que llevaba. La fuerza sería igual en ambos casos. El auto ejerce una cierta fuerza. La fuerza se puede contrarrestar por un auto que hace fuerza en la dirección opuesta, o también por un objeto inmóvil. El objeto inmóvil actúa como espejo de la fuerza. Pone hacia fuera una fuerza que es como la imagen reflejada de un espejo, refleja la fuerza que se le aplica. La pared te golpea de igual forma que cuando la golpeas. Es la tercera ley del Newton, la ley de la reacción.
Solución pi = 3(0,1) + 7(− 0,9 ) = - 6 Ns
p f = 3(− 1,3) + 7(− 0,3) = - 6 Ns
pi = p f La cantidad de movimiento se conserva. 1 1 Ei = 3(0,12 ) + 7(− 0,9 2 ) = 2,85 J 2 2 1 1 E f = 3(− 1,32 ) + 7(− 0,32 ) = 2,85 J 2 2
E f = Ei El choque es perfectamente elástico Ejemplo 30. Considere dos opciones no deseables. En la primera usted está conduciendo a 50 km/h y se estrella frente a frente con un auto idéntico que también va a 50 km/h. En la segunda opción usted está conduciendo a 50 km/h y se estrella de frente contra una pared inmóvil de ladrillo. En ningún caso el auto rebota del objeto que golpea, y el tiempo del choque es igual en ambos casos. ¿En cuál de estas dos situaciones el resultado la fuerza de impacto es mayor? Solución Primera opción.
Ejemplo 31. Una bala de 10 g se dispara verticalmente en un bloque de 8 kilogramos. El bloque se levanta 3 mm. La bala penetra en el bloque en un intervalo de tiempo de 0,001 s. asumir que la fuerza en la bala es constante durante la penetración.
Calcular: a) La energía cinética inicial de la bala. b) El impulso en el bloque debido a la captura de la bala. 21
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
b) Determinar la posición del centro de masa y las ecuaciones paramétricas del mismo. c) Determinar si el choque es elástico o no. m1 = m2 = 200 kg , v01 = 3 m/s ,
c) La penetración de la bala en el bloque. Solución a)
v02 = 1 m/s , v'1 = 2 m/s , α = 53º , β = 37º , d = 3m
V = 2 gh = 2(9,8)(0003) = 0,242 m/s Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento inmediatamente después del choque
mv = (M + m )V ⇒ v =
(M + m )V m
Solución. a) por conservación de la cantidad de movimiento
8,010(0,242 ) = = 193,84 m/s2 0,010
→
1 1 mv 2 = (0,010)193,84 2 = 187,87 J 2 2 b) J = (M + m )Δv = 8,010(0,242) = 1,94 Ns c) La penetración de la bala en el bloque en cm, es:
→
p antes = p después ⇒
Ei =
→
→
→
→
m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m2 v' 2 Aquí →
v1 = 3iˆ , →
v 2 = (1) cos 53º iˆ + (1)sen53º ˆj = 0,6iˆ + 0,8 ˆj ,
mv − (M + m )V = FΔt
⇒ 0,010(193,84 ) − 8,010(0,242 ) = F (0,001) ⇒F=
→
v'1 = (2)cos 37º iˆ + (2)sen37º ˆj = 1,6iˆ + 1,2 ˆj
19,38 − 1,938 = 17442 N 0,001
Reemplazando:
Ei − E f = Fd
→
3iˆ + 0,6iˆ + 0,8 ˆj = 1,6iˆ + 1,2 ˆj + v'2
1 (M + m)V 2 = 1 (8,010)0,242 2 = 0,324 J 2 2 187,87 − 0,234 = 17442d ⇒ 187,87 − 0,234 d= = 0,0107 m 17442
Ef =
→
⇒ v'2 = 2iˆ − 0,4 ˆj v'2 = 22 + 0,42 = 4,16 = 2,04 m/s
tan γ =
Ejemplo 32. En un parque de diversiones dos amigos juegan con los autitos “chocones”. En cierto momento las direcciones de ambos vehículos forman un ángulo α . Un auto se →
dirige con velocidad v1 y el otro con velocidad →
v 2 de tal modo que chocan. Después del choque →
el auto 1 sale con velocidad v'1 cuya dirección forma un ángulo β , tal como se indica en la figura. a) Hallar la velocidad del auto 1 luego del impacto. 22
2 = −5 ⇒ γ = −79º − 0,4
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
utiliza para medir la velocidad de un proyectil. Un proyectil de masa m y velocidad v se incrusta en el bloque de madera de masa M.
b) Para determinar la posición del centro de masa es necesario conocer la posición inicial de la masa m 2 . Como m1 y m 2 emplean el mismo tiempo desde el inicio hasta el choque:
t=
d 3m = = 1s v1 3 m s
La posición inicial de m 2 es:
x20 = −v2 xt = −0,6(1) = −0,6 m , y20 = −v2 yt = −0,8(1) = −0,8 m
Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento.
Siendo la posición inicial de m1
x10 = −3m , y10 = 0
→
El centro de masa está dado por: x m + x 2 m2 , y CM = y1 m1 + y 2 m2 xCM = 1 1 m1 + m2 m1 + m2
La energía cinética después del choque es:
1 (m + M )V 2 , ésta se convierte en energía 2 potencial U = (m + M )gh K'=
Como m1 = m 2 = 200kg
xCM =
1 (x1 + x 2 ) , yCM = 1 ( y1 + y 2 ) 2 2
Luego (m + M )V 2 = (m + M )gh
⇒ V = 2 gh
Antes del choque: x1 = −3 + 3t ,
y1 = 0 x 2 = −0,6 + 0,6t , y 2 = −0,8 + 0,8t
La velocidad del proyectil es:
v=
Luego
xCM = −1,8 + 1,8t , y CM = −0,4 + 0,4t
(m + M ) V m
=
(m + M ) m
2 gh
Ejemplo 34. Una bala de masa 0,01 kg que se mueve horizontalmente impacta a un bloque de madera de masa 1,5 kg suspendida como péndulo. La bala se aloja en la madera, y juntos giran hacia arriba una distancia de 0,40 m. ¿Cuál fue la velocidad de la bala instantes antes de impactar al bloque de madera? La longitud de la cuerda es 2 m.
Después del choque: x1 = 1,6(t − 1) , y1 = 1,2(t − 1)
x2 = 2(t − 1) , y 2 = −0,4(t − 1)
Luego
xCM = 1,8(t − 1) , yCM = 0,4(t − 1)
c) Para saber si es elástico o no, tenemos que analizar si la energía se conserva o no. La energía cinética antes del choque es:
K=
→
m v = (m + M )V
1 1 m1v12 + m2 v 22 2 2 1 1 2 2 = (200 )(3) + (200 )(1) 2 2
= 900 +100 = 1000 J La energía cinética después del choque es:
1 1 m1v'12 + m2 v' 22 2 2 1 1 2 2 = (200 )(2 ) + (200 )(2,04 ) 2 2
K'=
Solución Por conservación de energía 1 0,01V 2 = mg 0,4 ⇒ V = 2 g 0,4 = 2,8 m/s 2 Por conservación de cantidad de movimiento
= 400 + 416 = 816 J Hay una disminución de la energía cinética: ΔK = 816 – 1000 = - 184 J Luego el choque es inelástico.
0,01v = 1,51V ⇒ v =
Ejemplo 33. El péndulo balístico. Este es el caso de un choque perfectamente plástico, se
1,51(2,8) = 422,8 m/s 0,01
Ejemplo 35. Una bala de 5,00 g se dispara contra un 23
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
bloque de madera de 1,00 kg suspendido de un hilo de 2,000 m, atravesándolo. El centro de masa del bloque se eleva 0,45 cm. Calcule la rapidez de la bala al salir del bloque si su rapidez inicial es de 450 m/s. Solución. La rapidez del bloque de madera después de que la bala ha atravesado (pero antes de que el bloque comience a elevarse; esto asume una gran fuerza aplicada por un tiempo corto, una situación característica de las balas) es
v1 =
4525 × 1,8 m = 325,08 25 s
a) el bloque A
Por conservación de la cantidad de movimiento
25v0 = 1500 × 2,4 + 25v1 ⇒ 25v0 = 1500 × 2,4 + 25(325,8) ⇒ 11745 m v0 = = 469,8 25 s
−2
V = 2 gy = 2(9,80 )(0,45 × 10 ) = 0,297 m/s La rapidez final v de la bala es p mv0 − MV M = = v0 − V m m m 1,00 = 450 − (0,297) 5,00 × 10− 3 = 390,6 m/s .
Ejemplo 37. Se deja en libertad el bloque A cuando θA = 90. Si choca con el bloque B, que se encuentra colgado por medio de una cuerda ideal, durante el choque se pierde la mitad de la energía que tenia el bloque A antes del choque. (Los bloques no quedan pegados después del choque) a) ¿Cuáles son las velocidades de las masas justo después del choque? b) ¿Cuanto vale la tensión de la cuerda justo después del choque? c) ¿A que altura máxima llega el bloque B? d) ¿Cuanto vale el impulso sobre el bloque A durante el choque?
v=
Ejemplo 36. Se dispara una bala de 25g en dirección horizontal. La bala atraviesa el bloque A y queda alojada dentro de bloque B. Por dicha causa los bloques A y B comienzan a moverse con velocidades iniciales de 2,4 y 1,8 m/s. respectivamente. Hallar: a) La velocidad inicial v 0 de la bala. b) La velocidad de la bala en el trayecto entre el bloque A y el B.
Solución a) Cálculo de vA
Solución. Primeramente vamos a resolver la parte b). b) El bloque B
1 (1,25)v A2 ⇒ 2 (1,25)(9,8)(0,6 ) = 2,42m/s vA = (1,25) El choque 0,5(1,25 )(9,8)(0,6 ) =
Por conservación de la cantidad de movimiento
25v1 = (4500 + 25)1,8 ⇒
24
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Por conservación de la energía. 1 ⎡1 ⎤ 0,5(1,25 )(9,8)(0,6 ) = ⎢ (1,25 )v '2A + (2 )v '2B ⎥ 2 ⎣2 ⎦ 2 2 ⇒ 1,84 = 0,625v ' A + v ' B Por conservación de la cantidad de movimiento. 1,25v A = 1,25v' A +2v ' B
⇒ v' A = 2,42 −
2 v'B = 2,42 − 1,6v'B 1,25
Por conservación de energía 1 mB v '2B = mB gH ⇒ 2 v '2 1,32 2 = 0,09 m H= B = 2 g 2(9,8) d) El impulso sobre el bloque A durante el choque. J = FΔt = mΔv = 1,25(2,42 − 0,31) = 2,64 Ns
⇒ 1,84 = 0,625(2,42 − 1,6v ' B ) + v '2B 2
(
)
⇒ 1,84 = 0,625 5,86 − 7,74v' B +2,56v'2B + v'2B ⇒ 1,84 = 3,66 − 4,84v ' B +1,6v '2B + v '2B ⇒ v'2B −1,86v' B +0,71 = 0 ⎧v ' B1 = 1,32 ⇒ v ' B = 0,93 ± 0,39 ⇒ ⎨ ⎩v ' B 2 = 0,54 Primer caso
Ejemplo 38. Un péndulo que consiste de una pelota de masa m en reposo en la posición que se muestra en la figura golpea un bloque de masa M. El bloque se desliza una distancia D antes de detenerse bajo la acción de una fuerza de fricción de 0,20 Mg. Si la pelota rebota formando un ángulo de 20º. a) ¿Cuál es la velocidad del bloque después del choque? b) ¿Cuál es la distancia D?
→
v ' B = 1,32iˆ m/s 2 (1,32 ) = 0,31 v ' A = 2,42 − 1,25 →
⇒ v ' B = 0,31iˆ m/s (v' −v' ) (1,32 − 0,31) = 0,42 ε =− B A =− (vB − v A ) (0 − 2,42 ) Segundo caso →
v ' B = 0,54iˆ m/s 2 (0,54 ) = 1,56 v ' A = 2,42 − 1,25 →
⇒ v' A = 1,56iˆ m/s (v' −v' ) (0,54 − 1,56 ) = −0,42 ε =− B A =− (vB − v A ) (0 − 2,42 ) Este caso no es posible porque el coeficiente de restitución debe tener un valor entre 0 y 1. b)
∑F
y
= mB ac ⇒ Tmáx − mB g = mB ac = mB
Solución. a) Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento después del choque
v '2B 0,9
⎛ ⎛ v '2 ⎞ 1,32 2 ⎞ ⎟ = 23,47 N ⇒ Tmáx = mB ⎜⎜ g + B ⎟⎟ = (2 )⎜⎜ 9,8 + 0,9 ⎟⎠ 0,9 ⎠ ⎝ ⎝
mv1 = mv 2 + MV2
c)
25
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
la velocidad inicial v0 de la masa 2m antes de la colisión y su velocidad final después de ella. Nota: Deberá deducir toda fórmula que emplee.
v1 = 2 gL(1 − cos 37 º ) = 0,4 gL
Solución. El péndulo cuado llega a la posición más baja su velocidad es
v = 2 gL v 2 = − 2 gL(1 − cos 20º ) = − 0,35 gL
Como después choque el péndulo vuelve a la posición inicial.
m 0,4 gL = −m 0,35 gL + MV2 ⇒ m V2 = 0,75 gL M
v' = − 2 gL = −v
b) Para calcular la distancia D
Por conservación de cantidad de movimiento
mv − 2mv0 = −mv + 2mv' 0 ⇒ v0 + v' 0 = v
Tenemos
Por conservación de la energía (choque elástico).
v 2 = v02 + 2as vo = V2 = 0,75 v=0 s=D
a=−
m M
1 2 1 1 1 mv + 2mv02 = mv 2 + 2mv' 02 2 2 2 2 v0 = v' 0 2v 0 = v
gL
0,20Mg = −0,20 g M
2 gL gL = 2 2 → → gL gL v0 = − iˆ y v' 0 = iˆ 2 2
v0 =
Reemplazando 2
m ⎛ ⎞ 0 = ⎜ 0,75 gL ⎟ + 2(− 0,20 g )D ⇒ M ⎝ ⎠ 2 m gL D = 1,4 2 M D
v = 2
Ejemplo 40. Un satélite artificial en vuelo explota en tres partes iguales. Una parte continúa a lo largo de su línea original de vuelo y las otras dos van en direcciones cada una inclinada 60º a la trayectoria original. La energía liberada en la explosión es dos veces más que la energía que tenía el saté1ite en el momento de la explosión. Determinar la energía cinética de cada fragmento Inmediatamente después de la explosión. Solución.
Ejemplo 39. La figura muestra un péndulo formado por una masa m unida a una cuerda ideal de longitud L. La masa se suelta de la posición mostrada y cuando se encuentra en la posición A colisiona elásticamente con una masa 2m que se mueve hacia la izquierda con rapidez v0 desconocida, Después de la colisión el péndulo vuelve a la posición inicial. Encuentre 26
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
La figura muestra el satélite antes y después de la explosión.
Calcular: a) La componente en x de la cantidad de movimiento del fragmento 2 debido a la explosión. b) El ángulo θ, formado por el vector velocidad del fragmento 2 y el eje x. c) La energía liberada por la explosión. Solución a) pix = p fx
Por conservación de la cantidad de movimiento. →
→
p antes = p después
La cantidad de movimiento debe conservarse en las tres dimensiones x, y, z , independientemente, de allí que v1, v2, v3 y V deben ser coplanares. Así obtenemos: M M M Mv = v1 + v 2 cos 60º + v3 cos 60º 3 3 3 y
1,2(0,5) = 0,8(v2 cosθ ) = 0,6 Ns
b) 1,2(0,5) = 0,8(v2 cosθ ) ⇒ v2 cosθ = 0,75 0 = 0,8(v2senθ ) − 0,4(0,9 ) ⇒ v2senθ = 0,45 Dividiendo (2) : (1) 0,45 tan θ = = 0,6 ⇒ θ = 31º 0,75 c) 1,2(0,5) = 0,8(v2 cos θ ) ⇒
M M v 2 sen 60º − v3sen 60º = 0 3 3
De estas dos ecuaciones encontramos que: v 2 = v3 (1)
3v = v1 + v 2
v2 cos θ = 0,75 0 = 0,8(v2senθ ) − 0,4(0,9 ) ⇒ v2senθ = 0,45
(2)
La energía inicial es: Ei =
1 Mv 2 2
2
1 1 3 Mv 2 + 2 Mv 2 = Mv 2 2 2 2
(2)
2
v2 = 0,765 = 0,87 m/s 1 1 E f = 0,8 0,87 2 + 0,4 0,92 = 0,465 J 2 2 1 Ei = 1,2(0,52 ) = 0,15 J 2 ΔE = E f − E1 = 0,465 0,15 = 0,315 J
(
Esta energía es igual a la suma de las energías de los tres fragmentos.
3 1M 2 1M 2 1M 2 Mv 2 = v1 + v2 + v3 2 2 3 2 3 2 3 9v 2 = v12 + v 22 + v32 (3) De las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos: v1 = v , v 2 = 2v , v3 = 2v La energía cinética de cada uno de los fragmentos inmediatamente después de la explosión es:
K1 =
(1)
Sumando (1) + (2) v22 (cos 2θ + sen 2θ ) = 0,752 + 0,452 = 0,765
La energía final es:
Ef =
(1) (2)
)
( )
Ejemplo 42. Una bala de cañón explosiva de 10 kg es disparado con un ángulo θ = 37º sobre la horizontal y con una rapidez ge 150 m/s. En el punto mas alto de su trayectoria la bala explota en dos fragmentos, uno con tres veces la masa del otro. El fragmento de masa mayor sale justo después de la explosión con una velocidad horizontal en sentido contrario al de la bala antes de la explosión, mientras que el fragmento de menor masa sale con una velocidad horizontal en el sentido contrario del fragmento de masa mayor. Si la bala de mayor masa cae justo en el sitio desde donde la bala fue lanzada. a) ¿A que distancia horizontal desde el punto de lanzamiento caerá el fragmento de masa menor?
1 2 2 Mv 2 , K 2 = Mv 2 , K 3 = Mv 2 6 3 3
Ejemplo 41. Un resorte activa una bomba de juguete de 1,2 kg sobre una superficie lisa a lo largo del eje x con una velocidad de 0,50 m/s. en el origen O, la bomba estalla en dos fragmentos. El fragmento 1 tiene una masa de 0,4 kg y una velocidad de 0,9 m/s a lo largo del eje y negativo.
27
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
b) Si la explosión duro un tiempo Δt = 0,01 s, ¿Cuanto vale la fuerza producida sobre la masa mayor durante la explosión? c) ¿Cuánto vale el cambio de energía del sistema, justo antes y justo después de la explosión? Solución
1 m 2 1 3m 2 v1 + v2 J 2 4 2 4 1 1 = (2,5) 1966,252 + (7,5) 122,17 2 2 2
Ef =
(
)
(
)
= 4888644,48 J
ΔE = E f − Ei = 4816644,49 J
Ejemplo 43. Una bala de 8 g se dispara en un bloque de 4,0 kg, en reposo sobre una superficie horizontal sin fricción. La bala se aloja en el bloque. El bloque se mueve hacia el resorte y lo comprime 3,0 cm. La constante de la fuerza del resorte es 1500 N/m. →
v0 = v0 x iˆ + v0 y ˆj v0 x = 150 cos 37 º = 120 m/s
v0 y = 150sen 37 º = 90 m/s
Tiempo de mayor altura 1 0 = 90t − gt 2 ⇒ t = 18,4 s 2 x = v0 x t = (120 )(18,4 ) = 2204 m Si la bala de mayor masa cae justo en el sitio desde donde la bala fue lanzada Sea v2 es la velocidad de la masa mayor y v1 la velocidad de la masa menor. x = v2t ⇒ 2204 = v218,04 ⇒ 2204 v2 = = 122,17 m/s 18,04 a) Sea d la distancia horizontal desde el punto de lanzamiento en la que cae el fragmento de masa menor Por conservación de cantidad de movimiento. m 3m m150 = v1 − v2 ⇒ 4 4 v1 = 600 + 3v2 = 600 + 3(122,17) = 1966,53 m/s Distancia que recorre la masa menor: d = x + v1t = 2204 + (966,53)(1 8,04) = 19640,25 m b) Si la explosión duro un tiempo Δt = 0,01 s, la fuerza producida sobre la masa mayor durante la explosión. Δv ⎛ 3 ⎞ (120 + 122,17 ) F = m2 = ⎜ × 10 ⎟ 0,01 Δt ⎝ 4 ⎠ = (7,5)(24217) = 181627,5 N
a) Calcule la velocidad inicial de la bala. b) Calcule el impulso del bloque (con la bala), debido al resorte, durante el tiempo en el cual el bloque y el resorte están en contacto. Solución a) Por conservación de cantidad de movimiento angular en el instante en que la bala impacta en el bloque.
c) Energía del sistema, justo antes de la explosión. 1 1 Ei = mv02x = (10 )(120 2 ) = 72000 J 2 2 Energía del sistema, justo después de la explosión.
V=
Por conservación de energía cuando el bloque comprime al resorte.
( )
1 1 4,008V 2 = 1500 0,32 ⇒ 2 2
1500(0,032 ) 1,35 = = 0,580 m/s 4,008 4.008 0,008v = 4,008V ⇒ 4,008V 4,008(0,580 ) v= = = 290,76 m/s 0,008 0,008
b)
28
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
J = 4,008ΔV = 4,008(0,580 + 0,580 ) = 4,65 Ns
Mv1 = (M + m )v'1 ⇒ M 4 v1 = 4,43 = 3,94 m/s v'1 = (M + m ) 4 + 0,5 b) La compresión inicial del resorte antes del choque es Δx
Ejemplo 44. Se deja caer un bloque de 4 Kg desde una altura de 1 m sobre una plataforma de 0,5 kg inicialmente en reposo. Debajo de la plataforma se encuentra un resorte de constante elástica k = 2000 N/m. Antes del choque el bloque de 0,5 Kg se encuentra en reposo sobre el resorte. Si asumimos que el choque de la plataforma y el bloque es instantáneo y luego del choque ambos se mueven juntos. (Choque plástico o completamente inelástico) Calcule: a) La rapidez del bloque y de la plataforma justo después del choque. b) Calcule la compresión inicial del resorte antes del choque y la compresión máxima del resorte. c) Si el choque dura 0,01 s, Calcule la fuerza media sobre el bloque durante el choque. d) Calcule la energía perdida durante el choque que produce la plataforma
mg = kΔx ⇒ Δx =
mg 0,5(9,8) = = 0,0025 m = 0,25 cm k 2000
La compresión máxima del resorte es x .
Mg (H + x ) + mgx = 4 g (1 + x ) + 0,5 gx = x2 −
Solución a)
1 2 kx ⇒ 2
1 2 1 kx ⇒ 4 g + 4,5 gx = kx 2 ⇒ 2 2
9g 8g =0 x− k k
Con k = 2000 x 2 − 0,04 x − 0,04 = 0 x = 0,02 ± 0,02 2 + 0,04 = 0,0004 ± 0,04
= 0,2 m = 20 cm
c) FΔt = MΔv ⇒ (4,43 − 3,94) Δv F =M =4 Δt 0,01
= 196 N
1 MgH = Mv12 ⇒ 2 v1 = 2 gH = 2(9,8)(1) = 4,43 m/s Para calcular la velocidad justo después del choque
d) ΔE = MgH −
(
1 (M + m )v'12 = 4(9,8)(1) − 1 (4 + 0,5) 3,94 2 2 2
= 39,2 – 34,9 = 4,3 J Ejemplo 45. Una pelota de masa m = 100 g se deja caer desde una altura h = 2m. La pelota rebota verticalmente hasta ¾ h después de golpear el suelo. a) Calcular la cantidad de movimiento de la pelota antes y después de golpear el suelo, 29
)
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Ejemplo 46. Una bala de la masa m y con velocidad v pasa a través de un péndulo de masa M. La bala emerge con una velocidad de v/2. El péndulo está suspendido por una barra rígida de longitud l y masa insignificante. ¿Cuál es el valor mínimo de v tal que la masa del péndulo gire un círculo completo? Solución. En esta colisión, se conserva la cantidad de movimiento pero la energía no. Este es un ejemplo de una colisión inelástica que no es perfectamente inelástica. Para la colisión:
b) si la duración del golpe fue de 0,01 s, calcular la fuerza media ejercida por el piso sobre la pelota. Solución. En la figura se muestra el esquema de la situación.
a) Cantidad de movimiento inicial: →
pi = − mvi ˆj
v mv + Mv = m + MvMf 2 v mv = m + MvMf 2
Cantidad de movimiento final: →
p f = mv f ˆj
Después de la colisión se conserva la energía para el péndulo (la conservación de la energía para la bala después de la colisión no es útil desde que su energía no cambia). Este tratamiento nos da la velocidad del péndulo el momento después de la colisión:
Los valores de las velocidades inicial y final se pueden calcular usando el principio de conservación de la energía. Inicial:
0 + mghi =
1 2 mvi + 0 ⇒ vi = 2 ghi 2
1 1 Mvi2 + Mghi = Mv 2f + Mgh f 2 2 1 2 MvM = Mgh f 2 1 Mv 2 = Mg 2l ⇒ v = 4 gl 2
Final:
1 2 mv f + 0 = 0 + mgh f 2 ⇒ v f = 2 gh f =
⎛3 ⎞ 2 g ⎜ hi ⎟ = ⎝4 ⎠
3 ghi 2
Podemos sustituir esto nuevamente dentro de la ecuación que derivamos de la conservación de la cantidad de movimiento: 1 v + M 4l ⇒ mv = M 4 gl 2 2 M ⇒ vmínimo = 4 gl m
Por lo tanto, las cantidades de movimiento inicial y final son:
mv = m
→ → 3 pi = −m 2 ghi ˆj , p f = m ghi ˆj 2
Reemplazando los valores, se tiene: pi = −0,63 kgm/s , p f = −0,54 kgm/s
Ejemplo 47. Una bala de masa m y velocidad v0 impacta y atraviesa un bloque de madera de masa M. Como consecuencia del impacto el bloque recorre una distancia d sobre un piso rugoso y posteriormente cae de un escalón de altura H, impactando a una distancia horizontal D como se muestra en la figura. a) Determinar la velocidad de la bala después del impacto. b) Determinar la energía perdida por el choque.
b) Usando la aproximación del impulso: →
→
→
→
→
→
p − pf J = Fm Δt = Δ p ⇒ Fm = Δ p = f Δt Δt →
(
→
0,54 ˆj − − 0,63 ˆj 0,01 = 118 ˆj N
Fm =
)
30
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
−
M⎛ M ⎜1 + m 2 ⎝
2 ⎞ ⎞⎛ D g + 2 μgd ⎟⎟ ⎟⎜⎜ ⎠⎝ 2 H ⎠
Ejemplo 48. Cuando se rompe la cuerda que une las partículas A y B, el resorte comprimido las obliga a separarse (el resorte no está unido a las partículas). La energía potencial del resorte comprimido es de 60 J y el conjunto posee la
Solución. a) El bloque sale en tiro parabólico.
→
velocidad inicial v0 mostrada Si se rompe la cuerda cuando θ = 30º (como se muestra en la figura), hallar la velocidad resultante de cada partícula
1 2 gt ⇒ t = 2
H=
2H g
D = Vf t ⇒
Vf =
D = t
D g =D 2H 2H g
Solución. Considerando el efecto del resorte solamente: Conservación de la cantidad de movimiento
∑p
1 1 MVi 2 − MV f2 = μMgd ⇒ 2 2 D2 g Vi = V f2 + 2μgd = + 2μgd 2H
x
=0 ⇒
2v A sen30º −3v B sen30º = 0 ⇒ 2v A = 3v B (1) Lo mismo se obtiene de la cantidad e movimiento en el eje y. Conservación de la energía:
La cantidad de movimiento lineal se conserva
60 =
1 2 1 2 2v A + 3v B (2) 2 2
De (1) y (2) obtenemos: vA = 6 m/s y vB = 4m/s mv0 = mv + MVi ⇒ v = v0 −
M M Vi = v0 − m m
D2 g + 2 μgd 2H
b) La pérdida de energía por el choque es: ΔE =
1 2 1 1 mv0 − MVi 2 − mv 2 2 2 2
Reemplazando valores 1 1 ⎛M ΔE = mv02 − M ⎜ 2 2 ⎜⎝ m
M 1 ⎛ − m⎜ v0 − m 2 ⎜⎝ = Mv0
⎞ D2 g + 2μgd ⎟ ⎟ 2H ⎠
22
La velocidad total resultante de cada partícula v Ax = 6sen30º +6 = 9 m/s, v Ay = 6cos30º = 5,2 m/s,
⎞ D2 g + 2μgd ⎟ ⎟ 2H ⎠
v Bx = −4sen30º +6 = 2 m/s, v By = −4cos30º = 3,5 m/s, Finalmente
D2 g + 2μgd 2H
→
→
v A = 9iˆ + 5,2 ˆj m/s y v B = 4iˆ − 3,5 ˆj m/s
31
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Ejemplo 49. Una bola sale de una mesa y cae desde una altura h0 = 0,900 m sobre una superficie lisa. Si la altura del primer rebote es h1 = 0,800 m y la distancia hasta dicha altura d1 = 0,400 m calcular: a) El coeficiente de restitución. b) La altura h2 y alcance d2 del segundo rebote.
a) Hallar la velocidad del centro de masa antes del choque. b) Hallar las velocidades de los bloques cuando el resorte se ha comprimido lo máximo. c) Hallar las velocidades finales después que el resorte se ha estirado de nuevo completamente. ¿Se conserva la energía cinética? d) Plantee la ecuación perimétrica de movimiento del centro de masa Solución. a) la velocidad del centro de masa antes del choque.
a) El coeficiente de restitución.
h1 h1 = = h0 h0
ε=
0,800 = 0,943 0,900
mv0 + M (0 ) = (m + M )vCM ⇒
vCM =
b) Tiempo de bajada antes del rebote:
2 gh0 = g
t1 =
2h0 = g
2(0,9) 9,8
b) Hallar las velocidades de los bloques cuando el resorte se ha comprimido lo máximo.
mv0 + M (0 ) = (m + M )vCM mv0 ⇒ vCM = (m + M )
= 0,428 s Tiempo de subida después del rebote:
2 gh1 = g
t2 =
2h1 = g
2(0,8) 9,8
Como están juntos, la velocidad es los dos bloques son iguale e igual vCM . c) Hallar las velocidades finales después que el resorte se ha estirado de nuevo completamente. Por cantidad de movimiento
= 0,405 s Velocidad horizontal del movimiento:
d1 = v x (t1 + t 2 ) ⇒ vx =
d1 0,400 = = 0,428 + 0,405 t1 + t 2
mv0 = mv1 + Mv 2 ⇒ v 0 = v1 +
= 0,48 m/s La altura y longitud del segundo rebote.
0,943 =
h2 = h1
g
=2
(1)
1 2 1 2 1 mv0 = mv1 + Mv 22 ⇒ 2 2 2 M 2 v02 = v12 + v 2 (2) m
h2 ⇒ 0,800
Tiempo en el aire del segundo rebote:
2 gh2
M v2 m
Por conservación de energía
h2 = 0,800(0,9432 ) = 0,711 m. t3 = 2
mv0 (m + M )
Resolviendo (1) y (2) encontramos:
2 h2 2(0,711) = 2 g 9,8
⎡ 2M ⎤ 2m v1 = ⎢1 − v0 , v 2 = v ⎥ (M + m ) 0 ⎣ (M + m ) ⎦
= 0,76 s Alcance del segundo rebote. d 2 = v x t 3 = (0,49)(0,76) = 0,37 m
Se conserva la energía cinética porque el resorte devuelve la energía que absorbió en el choque. d) xCM =
Ejemplo 50. Una masa m se mueve hacia otra masa M inicialmente en reposo con velocidad inicial v0. Si la masa M tiene conectada un resorte de constante elástica k, como se muestra en la figura.
mv0 t, y =0 (m + M ) CM
Ejemplo 51. Se dispara una bala de 40 g con una velocidad de 300 m/s contra un bloque A de 5 kg de El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y la plataforma es 0,5. Si la masa de la 32
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
plataforma es 4 kg y puede rodar libremente, hallar: a) La velocidad final de la plataforma y e1 bloque. b) La posición final del bloque sobre la plataforma.
La fuerza actuante es la fuerza de fricción
F f = − μN = − μ (M b + m )g ⇒
− μ (M b + m )g = (M b + m )a1 ⇒ a1 = − μg El bloque se mueve sobre la plataforma con aceleración a1 y velocidad inicial v1 hasta detenerse. Aplicando la ecuación de Torricelli
Solución. a)
v 2f = v12 + 2a1d1 Reemplazando valores
0 = 2,382 − 2μgd1 ⇒ d1 =
Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento inmediatamente después del choque
0,58 m Para la plataforma
mv0 = (M b + m )v1 ⇒ m 40 v1 = v0 = 300 = 2,38 (M b + m ) (5000 + 40)
Aplicando la segunda ley de Newton a la plataforma
m/s Cantidad de movimiento antes del choque = mv0 Cantidad de movimiento final = M b + m + M p v2
(
2,382 5,66 = = 2 μg 9,8
∑F
x
= M p a2
La fuerza actuante es la fuerza de fricción
)
Ff = μN = μM p g ⇒
μ (M b + m )g = μM p a2 ⇒
Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento final.
mv0 = (M b + m + M p )v2 ⇒
a2 =
(M b + m ) μg = 5040 μg
Mp = 1,26μg
m v2 = (M b + m + M p ) v0
4000
La plataforma se mueve con aceleración a2 y velocidad inicial cero. Aplicando la ecuación de Torricelli
40 300 = 1,32 m/s = (5000 + 40 + 4000)
v 2f = vi2 + 2a d
Esta velocidad final de la plataforma y el bloque es valida en el caso que el bloque no abandona la plataforma. b) La figura muestra el efecto de la fricción entre bloque y la plataforma
Reemplazando valores
1,322 = 0 + 2(1,26μg )d 2 1,32 2 1,74 ⇒ d2 = = = 0,07 m 2,52 μg 24,7
El bloque avanza 0,58 - 0,07 = 0,51 m sobre el tablero. La posición final es a 0,60 – 0,51 = 0,09 m del extremo B. Aplicando la segunda ley de Newton al bloque
∑ F = (M x
b
+ m )a1
33
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Ejemplo 52. Una bala de la masa m y con velocidad v pasa a través de un péndulo de masa M. La bala emerge con una velocidad de v/2. El péndulo está suspendido por una barra rígida de longitud l y masa insignificante. ¿Cuál es el valor mínimo de v tal que la masa del péndulo gire un círculo completo? Solución. En esta colisión, se conserva la cantidad de movimiento pero la energía no. Este es un ejemplo de una colisión inelástica que no es perfectamente inelástica. Para la colisión:
T + Mg = Mac Condición mínima para hacer movimiento circular
T =0
Luego
Mg = M
V '2 ⇒ V ' 2 = gl (3) l
Reemplazando (3) en (2):
1 1 MV 2 = Mgl + Mg (2l ) ⇒ 2 2 1 5 MV 2 = Mgl ⇒ V = 5 gl 2 2 Reemplazando el valor de V en (1):
v=
→ v p antes = p después ⇒ mv = m + MV 2
De aquí:
2M V m
5 gl
MOVIMIENTO CON MASA VARIABLE PROPULSIÓN POR REACCIÓN Por la conservación de la cantidad de movimiento si un cuerpo en reposo puede expulsar una parte de su masa en cierta dirección, el resto de la masa se moverá en sentido opuesto, con igual cantidad de movimiento. Si este proceso puede mantenerse durante un tiempo, el resto de la masa, como es el caso de un cohete, aparecerá para un observador externo en reposo. Como si se estuviese acelerando. Esto se expresa mediante la forma más general de la segunda ley de Newton. Como:
→
v=
2M m
(1)
Después de la colisión se conserva la energía para el péndulo (la conservación de la energía para la bala después de la colisión no es útil desde que su energía no cambia). Este tratamiento nos da la velocidad del péndulo el momento después de la colisión:
1 1 MV 2 = MV ' 2 + Mg (2l ) (2) 2 2
→
dp F= , dt →
Condición para que pueda dar la vuelta
→
→
p = mv
Siendo la masa variable →
→
d v → dm dm v F= = m +v dt dt dt →
Expresión que nos permite determinar el movimiento de un cuerpo cuya masa cambia durante su movimiento. 34
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Cuando aplicamos al caso de un cohete aparecen los problemas, evidentemente m es la masa del cohete que va cambiando. ¿Cuál es la velocidad
→
→ → dm dv = ma = u m dt dt
Por la segunda ley de Newton se puede
→
de escape del combustible? No es igual a v , la velocidad del cohete. Si no existe fuerza externa,
→
identificar la cantidad u
→
¿ F debe ser cero? Entonces no se moverá el cohete. Analicemos el problema desde el punto de vista de la conservación de la cantidad de movimiento. Sea el cohete mostrado en la figura siguiente, en el instante t, tiene una masa m y una velocidad
tal que la fuerza de empuje es: →
→
→
→
En la figura siguiente se muestra el cohete en el instante t + dt , a expulsado una masa dm que
→
→
→
→
v (t )
⎞ ⎠
→
Como u es negativa y m < m0 , ln
(m − dm )⎛⎜ v + d v ⎞⎟ + dm⎛⎜ v − u ⎞⎟ →
⎠
→
⎝
⎠
Por conservación de la cantidad de movimiento →
m es m0
negativa. Luego la velocidad es positiva. Velocidad límite del cohete. Una vez que se haya terminado el combustible la masa se reduce a m1 , y llegamos a la velocidad límite.
La cantidad de movimiento lineal total es:
⎝
dm m → m dm → → m m =u∫ = u [ln ]m0 = u ln m0 m m0 →
dv=u
su velocidad es ⎜ v + d v ⎟ .
→
→
De la expresión md v − dm u = 0 , obtenemos:
sale con una velocidad u = −uiˆ relativa al cohete. Ahora la masa del cohete es (m − dm ) y
→
dm por se pérdida de dt
mas también es negativa, F es positiva, como esperábamos. Esta es una fuerza externa que produce aceleración al cohete, al que ahora consideraremos como un sistema aislado sobre el que hay una fuerza externa. Velocidad del cohete.
mv.
⎛ ⎝
dm dt
Como u es negativa y
v = viˆ , con una cantidad de movimiento lineal
→
→
F =u
→
→
dm como una fuerza, dt
→
→
→
m1 m0
lineal tenemos: p antes = p después
v m = u ln
→ → ⎛→ ⎞ ⎛→ →⎞ m v = (m − dm )⎜ v + d v ⎟ + dm⎜ v − u ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Una vez alcanzada ésta velocidad, ésta permanecerá constante.
→
→
→
→
→
→
→
m v = m v + md v − dm v + dmd v + dm v − dm u
Ejemplo 53. Se tiene una alfombra enrollada y colocada sobre una superficie horizontal como lo muestra la figura. Se sujeta el extremo en contacto con el piso y se aplica una fuerza horizontal F de magnitud suficiente para que la alfombra se desenrolle por sí misma, ¿Será la velocidad angular con la que la alfombra gira constante?
→
Como el infinitésimo dmd v es de segundo orden, podemos despreciar éste término; luego →
→
md v − dm u = 0 Dividiendo por dt se obtiene: →
d v → dm −u =0 m dt dt →
dv Como v es la velocidad del cohete, es la dt →
→
aceleración a . De éste modo: 35
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
v(t ) = − gt − uln
(m0 − Ct ) m0
b) Antes de encontrar la altura que alcanza en el momento que se acaba el combustible, encontraremos la altura para el tiempo t.
dz , tenemos: dt (m − Ct ) dz = − gtdt − uln 0 dt m0
Como v(t ) = Solución.
F=
dp dv dm =m +v dt dt dt
Integrando
Como F debe tener la magnitud suficiente para que la alfombra se desenrolle por sí misma quiere decir que v debe ser constante, esto implica que dv dt = 0 . Siendo v = ωR , para que v sea contante, el radio disminuye al desenrollarse la alfombra, luego ω debe aumentar. La velocidad angular con la que la alfombra gira no es constante.
∫
0
→
→
⇒ u
→
(m0 − Ct )
0
0
m0
dt
cuando m = m1 . Como m = m1 − Ct , obtenemos:
t1 =
m0 − m1 C
Reemplazando t1 en la expresión anterior encontramos la altura que alcanza en el momento en que el combustible se acaba.
dm = C .Los gases son m →
→
t
El tiempo t1 en que se acaba el combustible es
expulsados con una velocidad constante u respecto al cohete. a) Despreciando la resistencia del aire, hallar la velocidad del cohete en el instante t, después de despegar de la tierra. b) ¿Cuál es la altura que alcanza en el momento que se acaba el combustible? Solución. a) Las fuerzas que actúan sobre el cohete son la fuerza de empuje y la fuerza de la gravedad. Aplicando la segunda ley de Newton.
∑F = ma
t
dz = − ∫ gtdt − ∫ uln
⎡ (m − Ct ) ⎤ u 1 z = − gt 2 − (m0 − Ct )⎢ln 0 − 1⎥ C m0 2 ⎣ ⎦
Ejemplo 54. Un cohete y su combustible tienen una masa inicial m0 . El combustible se quema a una razón constante
z
CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA O TORQUE Consideremos una partícula P de masa m, su posición con respecto al origen O en un instante →
dado está determinada por el vector r . →
La partícula tiene una velocidad v y su cantidad de movimiento lineal es
→
→
p = mv .
→ → dm + mg = ma dt →
→
→ Donde u = −ukˆ , g = − gkˆ , a = d v = dv kˆ
dt
dt
dm = −C ⇒ m = m0 − Ct y dt Reemplazando uC − (m0 − Ct )g = (m0 − Ct ) dv dt
LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO
dv uC = −g + o (m0 − Ct ) dt
ANGULAR O MOMENTUM ANGULAR L
Integrando
→
→
v
t
t
0
0
0
∫ dv = ∫ − gdt + ∫ (m
→
Se define como el producto vectorial de r y p ,
uC dt 0 − Ct )
→
→
→
L = r× p
La velocidad en el instante t es: 36
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
→
MOMENT0 DE UNA FUERZA o TORQUE
La dirección de L es perpendicular al plano →
⎛→⎞ ⎜τ ⎟ ⎝ ⎠
→
definido por r y p , su sentido lo da la regla de la mano derecha, su módulo es:
Tiene como módulo τ = rF senθ Su sentido está dado por la regla de la mano derecha.
Podemos escribir:
L = mr 2ω
Ejemplo 55. Una partícula de masa m se mueve
MOMENTO DE INERCIA (I ) . Llamando Momento de Inercia al producto mr2, Tenemos: →
→
dL → → τ = = r× F dt →
L = rp senθ = rmv senθ Como vsenθ es la velocidad tangencial ( vt ) y vt = ωr , siendo ω la velocidad angular.
→
en el plano xy con una velocidad v a lo largo de una línea recta. ¿Cuál es la magnitud y dirección de su cantidad de movimiento angular con respecto al origen O?
→
L = I vectorialmente L = I ω Las dimensiones de la cantidad de movimiento angular son:
[L] = [M ][L]2 [T ]−1
Sus unidades en el sistema internacional:
Kg m 2 o Js s
Solución.
→
→
Derivando la cantidad de movimiento angular L con respecto al tiempo: →
→
La posici6n de la partícula es r . →
→
La velocidad de la partícula es v . Su cantidad de movimiento lineal es
dL d dr dp = r× p = × p+ r × dt dt dt dt →
→
→
→
→
→
Su cantidad de movimiento angular es
→ dr → → = v y p = mv ⇒ dt →
→
→
→
→
( )
→
→
Luego L = −(mvd )kˆ Podemos ver que la cantidad de movimiento angular con respecto a O' es cero.
dL → d p = r× dt dt →
Por otra parte si F es la fuerza que produce el movimiento de la partícula, por la Segunda Ley de Newton tenemos: →
Ejemplo 56. En determinado instante, la Posición de una partícula con respecto a un origen O de coordenadas está dada por el vector
→
dv dp F = ma = m = dt dt →
→
L = r × m v = rmvsenθ − kˆ La magnitud es: L = rmvsenθ = mvd , donde d = rsenθ
Luego
→
→
L = r× p
→ dr → → × p = v× m v = 0 dt →
→
p = mv
Como
→
r = 3iˆ + 4 ˆj (en metros) . En ella actúa una
→
→
dL → → Luego = r× F dt
fuerza F = 16iˆ + 32 ˆj (en Newton) . Encontrar →
el torque originado por la fuerza F que actúa sobre la partícula. Con referencia al origen O. Solución.
A esta cantidad que produce un cambio en la cantidad de movimiento angular se le conoce como
→
→
→
El torque es: τ = r × F = (3iˆ + 4 ˆj ) × (16iˆ + 32 ˆj )
37
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
( )
= (3)(32 )kˆ + (4 )(16 ) − kˆ = 96kˆ − 64kˆ = 32kˆ Nm Ejemplo 57. Un cilindro sólido Puede girar alrededor de un eje sin fricción como se ve en la figura. Una cuerda enrollada alrededor del radio exterior R1 ejerce una fuerza F1 hacia la derecha. Una segunda cuerda enrollada alrededor de la otra sección cuyo radio es R2 ejerce una fuerza F2 hacia abajo. ¿Cuál es el torque que actúa sobre el cilindro alrededor del eje z que pasa por O?
La figura indica la forma como se puede realizar esta experiencia, para disminuir el radio basta jalar el hilo. Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento angular: Lantes = Ldespués
Solución. Sobre el cilindro actúan: →
→
→
F 1 = F1iˆ en r 1 = R1 ˆj y F 2 = − F2 ˆj en →
r1 Mv1 = r2 Mv 2 ⇒ v 2 = v1
r 2 = − R2 iˆ
El torque neto sobre el cilindro es: →
→
→
→
→
→
También podemos hallar el trabajo realizado para acortar el radio.
τ = τ 1+ τ 2 →
r1 r2
→
τ = r 1 × F 1 + r 2 × F 2 = − R1 F1 kˆ + R2 F2 kˆ
K antes =
= (R2 F2 − R1 F1 )kˆ Si F1 = 10 N, R1 = 2 m y F2 = 5 n, R2 = 1 m:
1 Mv12 , 2 2
K después
→
τ = [(5 N )(1m ) − (10 N )(2m )]kˆ = −15kˆ N m
1 1 ⎛ r ⎞ 1 ⎛r = Mv 22 = M ⎜⎜ v1 1 ⎟⎟ = M ⎜⎜ 1 2 2 ⎝ r2 ⎠ 2 ⎝ r2
2
⎞ 2 ⎟⎟ v1 ⎠
El trabajo realizado es igual al cambio de energía cinética.
1 ⎛r W = ΔK = M ⎜⎜ 1 2 ⎝ r2
CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR En el caso de una partícula come en la sección anterior, si el torque aplicado con relación a un punto dado de referencia es cero, tenemos que:
⎡⎛ r 1 = Mv12 ⎢⎜⎜ 1 2 ⎢⎣⎝ r2
→
dL = 0 , por consiguiente: dt
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
2
⎞ 2 1 ⎟⎟ v1 − Mv12 2 ⎠ ⎤ − 1⎥ ⎥⎦
Ejemplo 59. Un bloque de masa m, sobre una superficie horizontal sin fricción, está atado a una cuerda sin masa que pasa por un agujero de la superficie. El bloque está girando inicialmente con velocidad angular ω a una distancia R del agujero. Si la distancia se acorta a la mitad, calcular la nueva velocidad angular y el trabajo realizado por la tensión.
→
L = CONSTANTE
La cantidad de movimiento angular con respecto al punto de referencia es constante. Ejemplo 58. Una partícula de, masa M en el extremo de un hilo gira con velocidad v1 cuando el radio es r1, si disminuimos el radio de r1 a r2, ¿qué sucede con la velocidad? Solución.
38
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
soltarse, debido a la atracción gravitacional de la Tierra, la partícula comienza a caer verticalmente hacía abajo y, por ende, su distancia radial r del centro de la Tierra comienza a disminuir. De L = mrvθ se deduce que el componente tangencial de su velocidad v debe aumentar este proceso y de modo tal que haga que el producto rv sea constante. En términos más cuantitativos, esto quiere decir que durante su descenso hacia el suelo, la distancia radial r y la velocidad tangencial vθ se deben relacionar por medio de mrvθ = mω ( R + h) 2 (1) Puesto que, inicialmente, la velocidad de la partícula es ω(R + h), de tal modo que su cantidad de movimiento angular L en relación al centro de la Tierra es mω(R + h)2 Anticipándonos al hecho de que la desviación hacia el este será muy pequeña, podemos escribir para la distancia radial r del cuerpo al centro de la Tierra en cualquier instante t,
Solución →
→
L inicial = I ω , I = mR 2
R2 4 Por conservación de la cantidad de movimiento angular. →
→
L final = I 'ω ', I ' = m
→
→
L inicial = L final Iω = I 'ω ' ⇒ ω ' =
I mR 2 ω= ω = 4ω R2 I' m 4
El trabajo realizado es igual al cambio de la energía cinética: 1 1 W = ΔK = Iω 2 − I 'ω '2 2 2 2 1 R 1 3 = m 16ω 2 − mR 2ω 2 = mR 2ω 2 2 4 2 2
r = R+h−
1 2 gt 2
(2)
Y al sustituir esto en (1) obtenemos: vθ =
Ejemplo 60. Cálculo de la desviación de un cuerpo situado en la línea ecuatorial y que cae desde una altura h . Solución.
ω ( R + h) 2 1 R + h − gt 2 2
=
ω ( Ro + h )
(3)
⎡ 1 2 ⎤ ⎢1 − 2 gt /( R + h)⎥ ⎣ ⎦
Para calcular la magnitud de la desviación hacia el este, sea vy en el instante t, la velocidad del cuerpo que cae en la dirección hacia el este, tal y como lo ve un observador fijo con respecto a la superficie de la Tierra. Entonces
v y = v o − rω =
En la figura, sea una partícula de masa m a una altura h sobre la superficie de la Tierra en un punto que, para simplificar, consideramos que se encuentra sobre el ecuador. Para los casos de interés físico, la altura h será por lo común muy pequeña en comparación con el radio, R de la Tierra. Si se supone que la partícula parte del reposo en relación a un punto de la superficie de la Tierra verticalmente por debajo de él entonces, inicialmente, el componente radial de la velocidad vr de la partícula desaparece y su componente tangencial vθ será ω (R + h), en donde ω es la velocidad angular de la Tierra. Al
ω ( Ro + h ) ⎡ 1 2 ⎤ ⎢1 − 2 gt /( R + h)⎥ ⎣ ⎦
− (R + h −
1 2 gt )ω 2
⎡ 1 2⎤ gt ⎥ ⎢ 1 2 = ( R + h)ω ⎢1 + 2 ⎥ − ( R + h)ω + gt ω 2 ⎢ R + h⎥ ⎥⎦ ⎢⎣
= gt 2ω Donde la segunda igualdad se obtiene de la utilización de (2) y (3) y la tercera, a continuación, mediante el hecho de que gt2 <<(R + h) y el empleo del teorema binomial. Al integrar esta fórmula para vy se obtiene, para la desviación total hacia el este y en el instante t, 39
Sistema de partículas
y=
Hugo Medina Guzmán
1 3 gt ω . 3
→
F1 ext Es la suma de las fuerzas externas sobre la partícula 1.
Finalmente, puesto que el tiempo que necesita la 1
partícula para caer la distancia h es de (2hg ) 2 , la deflexión total hacia el este d, se puede expresar como sigue
2 2h d = ωh 3 g
→
→ → d L1 → → → → τ1 = = r1 × F12 + r1 × F1 ext = τ 12 + τ 1 ext dt →
Similarmente para partícula 2. →
→ → d L2 → → → → τ2 = = r2 × F21 + r2 × F2 ext = τ 21 + τ 2 ext dt →
(4)
→
→
→
d L1 d L2 d Ltotal Sumando τ 1 + τ 2 = + = dt dt dt →
Por ejemplo, si se deja caer una partícula desde una altura de 100 metros, su desviación hacia el este, según esta fórmula, se descubre que es (al sustituir los valores h = 100 metros y ω = 7,2 x 10-5rad/s) de 2,2 cm. Esta desviación es muy pequeña y sólo se puede observar en condiciones controladas cuidadosamente.
→
Para los Torques internos tenemos: →
→
→
→
→
→
τ 12 + τ 21 = r1× F12 + r2 × F21 →
→
Como F21 = − F12
τ 12 + τ 21 = r1× F12 − r2 × F12 = ⎛⎜ r1 − r2 ⎞⎟ × F12 →
→
→
→
→
→
→
→
⎝
Es importante recordar la base física para la deflexión pronosticada en (4). Conforme la partícula desciende hacia la superficie de la Tierra su velocidad tangencial v debe aumentar para que el producto rv sea constante. Por consiguiente, de esto se desprende que su velocidad tangencial debe sobrepasar a la del punto de la superficie que se encontraba inicial e inmediatamente por debajo, y, en esta forma, se desvía hacia el este. →
→
→
→
⎠
→
→
→
De la figura: r1 + r12 = r2 ⇒ r1 − r2 = r12 Reemplazando
CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE UN SISTEMA DE PARTICULAS. Vamos a considerar un sistema de dos partículas, como se muestra en la figura.
→
→
→
→
τ 12 + τ 21 = − r12 × F12 →
→
→
→
Como r12 y F12 son paralelos: r12 × F12 = 0 , y →
→
τ 12 + τ 21 = 0 →
→
De aquí: τ 1 ext + τ 2 ext →
τ ext
→
d Ltotal = dt →
→
Vemos si τ ext = 0 ⇒ Ltotal = CONSTANTE , independiente del tiempo.
→
d L1 , donde dt → → → → → → τ 1 = r 1 × F 1 = r 1 × ⎛⎜ F 12 + F 1ext ⎞⎟ ⎝ ⎠ →
→
d Ltotal = y dt
Para la partícula 1: τ 1 =
Ejemplo 61. Tres partículas de masas m1 (2kg), m2 (2kg) y m3 (8 kg) están en los vértices de un triángulo equilátero, donde el punto O es la intersección de las alturas del triángulo y las
→
F1 Es la fuerza total sobre la partícula 1.
→
→
→
fuerzas F1 y F2 , cuyos módulos son iguales a
F12 Es la fuerza ejercida por la partícula 2 y 40
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
(
) ( )
2 − 3 + 2 3 x 2 + 8(0) =0 2+2+8 m y + m 2 y 2 + m3 y 3 yc = 1 1 m1 + m2 + m3 2(− 1) + 2(− 1) + 8(2) = = 1m 2+2+8
20 N cada una, actúan a lo largo de dos de los lados del triángulo equilátero
=
→
rc = ˆj c) encuentre lo los vectores fuerza aplicados a cada masa y determine el torque sobre el sistema en forma analítica Masa m1 Fx1 = −20 cos 60º = −10 N ,
a) Encontrar los respectivos vectores posición para cada masa b) Encuentre el vector posición del centro de masa del sistema y la velocidad del centro de masa c) encuentre lo los vectores fuerza aplicados a cada masa y determine el torque sobre el sistema en forma analítica d) Determine el torque usando magnitudes únicamente e) Determinar el Momento angular del sistema respecto de O f) Determine el momento angular del centro de masa respecto de O. comparar con su respuesta en e) y de una explicación Solución. a) Encontrar los respectivos vectores posición para cada masa Masa m1
Fy1 = −20sen 60º = -17,3 N →
F1 = −10iˆ − 17,3 ˆj Masa m2
Fx 2 = 20 N , Fy 2 = 0 →
F2 = 20iˆ Masa m3
Fx 3 = 20 cos 60º = 10 N , Fy 3 = −20sen 60º = -17,3 N →
F3 = 10iˆ − 17,3 ˆj d) Determine el torque usando magnitudes únicamente
τ 0 = d1 F1 + d 2 F2 + d 3 F3
= (1)(20 ) + (1)(20 ) + (1)(20 ) = 60 Nm , sentido antihorario e) Determinar la cantidad de movimiento angular del sistema respecto de O
x1 = − 3 m y 1 = −1 m →
→
r1 = − 3iˆ − ˆj Masa m2
x2 = 3 m y 2 = −1 m
→
→
→
→
→
( ) ( ) ( )
I 0 = 2 12 + 2 12 + 8 2 2 = 36 →
→
→
→
L0 = I 0 ω
→
r2 = 3iˆ − ˆj Masa m3
L0 = 36 ω = −192kˆ ⇒ → 192 ˆ ω=− k = −5,33kˆ 36
x3 = 0 y2= 2 m →
f) Determine la cantidad de movimiento angular del centro de masa respecto de O. comparar con su respuesta en e) y de una explicación
r3 = 2 ˆj b) Encuentre el vector posición del centro de masa del sistema y la velocidad del centro de masa
xc =
→
L0 = r1 × p1 + r2 × p 2 + r3 × p3 = 0 + 0 + 2 ˆj × 8(12iˆ ) = −192kˆ
→
→
→
L0 c = I 0 c ω = (m2 + m2 + m3 )rc2 ω = 10 12 (− 5,33kˆ ) = −53,3kˆ
( )
m1 x1 + m2 x 2 + m3 x3 m1 + m2 + m3 41
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
→ → ⎛→ → →⎞ Lc 0 = rc × ⎜ p1 + p 2 + p3 ⎟ ⎝ ⎠ = 0 + 0 + 2 ˆj × 8(12iˆ ) = −192kˆ
= − mg →
→
L ˆ k 2 ⎡ L ⎛ 1 ⎞ ⎤ iˆ + ⎜ H − gt 2 ⎟ ˆj ⎥ × (− mgˆj ) 2 ⎝ ⎠ ⎦ ⎣ 2
→
τ 2 = r 2 × F 2 = ⎢−
Ejemplo 62. Dos masas m son soltadas desde la misma altura H. Se tiene un sistema de coordenadas como se muestra en la figura. a) Calcule el vector posición de cada partícula para todo tiempo t con respecto a O. b) Calcule la sumatoria de torques de fuerzas externas sobre el sistema formado por las dos masas con respecto al punto O para todo tiempo t. c) Calcule la cantidad de movimiento angular del sistema formado por ambas masas con respecto al punto O para todo tiempo t. d) ¿Se conserva la cantidad de movimiento angular con respecto al punto O del sistema formado por las dos masas?
= mg →
∑τ
L ˆ k 2
= − mg
ext
Lˆ L k + mg kˆ = 0 2 2
c) →
→
p1 = m v 1 = − mg t ˆj
→
→
p 2 = v 2 = − g t ˆj
→ → ⎡L ⎛ 1 ⎞ ⎤ L1 = r 1× p1 = ⎢ iˆ + ⎜ H − gt 2 ⎟ ˆj ⎥ × (− mg t ˆj ) 2 ⎝ ⎠ ⎦ ⎣2
→
L = − mg t kˆ 2 → → ⎡ L ⎛ 1 ⎞ ⎤ L 2 = r 2 × p 2 = ⎢− iˆ + ⎜ H − gt 2 ⎟ ˆj ⎥ × (− mg t ˆj ) 2 2 ⎝ ⎠ ⎦ ⎣
→
L = mg t kˆ 2 →
L
L
∑ L = − mg 2 tkˆ + mgt 2 kˆ = 0 Ejemplo 63. La figura muestra una piedra de 2 kg de masa que se mueve inicialmente con una velocidad horizontal de 12 m/s en el punto P. a) Para la posición mostrada encuentre los vectores cantidad de movimiento angular y torque de la piedra respecto del punto O de la figura. b) Encuentre los vectores cantidad de movimiento angular y torque de la piedra respecto del punto O cuando la piedra pase sobre el punto O.
Solución a)
L 1 ⎛ ⎞ iˆ + ⎜ H − gt 2 ⎟ ˆj 2 2 ⎝ ⎠ → L 1 2⎞ ⎛ r 2 = − iˆ + ⎜ H − gt ⎟ ˆj 2 2 ⎝ ⎠ b) →
r1 =
Solución. a) La velocidad
→
F 1 = − mgˆj
→
v = 12iˆ
→
F 2 = − mgˆj →
→
→
⎡L ⎣2
⎛ ⎝
1 2
La posición
⎞ ⎤ ⎠ ⎦
τ 1 = r 1× F 1 = ⎢ iˆ + ⎜ H − gt 2 ⎟ ˆj ⎥ × (− mgˆj )
→
r = −8iˆ + 6 ˆj
Fuerza actuante sobre la piedra 42
Sistema de partículas
→
→
(
Hugo Medina Guzmán
)
Ejemplo 64. La bola A, de la masa 3,0 kilogramos, se une a una barra ligera de 0,4 m, que gira libremente en P. La bola B está suspendida de Q por una cuerda de 0,6 m y está en reposo. La bola A se levanta a cierto nivel y se suelta. La bola A desciende, y tiene una velocidad v1 = 3,6 m/s en el fondo, antes de chocar a la bola B. Las velocidades de las bolas A y B después del choque son: v2 = - 1,2m/s y
F = m g = 2 − 9,8 ˆj = −19,6 ˆj N La cantidad de movimiento lineal →
→
p = m v = 2(12iˆ )
La cantidad de movimiento angular →
→
→
L = r × p = (− 8iˆ + 6 ˆj ) × 24iˆ = −144kˆ kg m2/s
El torque respecto al punto O →
→
v3 =2,2 m/s...
→
τ = r × F = (− 8iˆ + 6 ˆj ) × (− 19,6 ˆj ) = −156,8kˆ N m b)
a) Calcule la masa de la bola B. b) Calcule la magnitud del impulso sobre la bola A. c) La bola A rebota y gira un ángulo θ, donde la velocidad v4 es cero. Calcule el valor de θ. d) La bola B se eleva hasta la altura h, donde la velocidad v5 es cero. Calcule el valor de h. Solución a)
Cuando la piedra pasa sobre el punto O El tiempo empleado es La velocidad de la piedra es →
v = 12iˆ
La posición de la piedra está dada por
(
→
)
r = (− 8 + 12t )iˆ + 6 − 4,9t 2 ˆj
Cuando pasa sobre O:
− 8 + 12t = 0 ⇒ t =
8 2 = s 12 3
Luego la posición es 2 ⎡ ⎛2⎞ ⎤ˆ ⎛ 2 ⎞⎤ ˆ ⎡ r = ⎢− 8 + 12⎜ ⎟⎥i + ⎢6 − 4,9⎜ ⎟ ⎥ j ⎝ 3 ⎠ ⎦⎥ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣⎢ ⎣ = 3,82 ˆj
→
mAv1 = mAv2 + mB v3 3(3,6 ) = 3(− 1,2 ) + mB 2,2 ⇒ 7,2 mB = = 6,55 kg 1,1 b) J = 3Δv = 3(3,6 + 1,2 ) = 14,4 Ns
La cantidad de movimiento lineal es →
→
p = m v = 2(12iˆ − 9,8tˆj ) ⎛2⎞ ⎤ ⎝3⎠ ⎦
⎡
= 2 ⎢12iˆ − 9,8⎜ ⎟ ˆj ⎥ = 24 ˆj − 16,07 ˆj
⎣
La cantidad de movimiento angular es →
→
→
c)
L = r × p = 3,82 ˆj × (24iˆ − 16,07 ˆj ) = −91,73kˆ kg m2/s
El torque es →
→
→
τ = r× F = 0
43
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Al estar sujetos los dos hombres a la cuerda su movimiento es circular y si consideramos que el piso está en el plano xy, Tenemos: →
l ˆ pk = lpkˆ , 2 l lp ' ˆ = 2 p' kˆ = k 4 2
L inicial = 2
→
( )
1 3 1,22 = 3ghA ⇒ 2 1,2 2 hA = = 0,072 m ⇒ 2g 0,072 = 0,4(1 − cos θ ) ⇒ cos θ = 0,82 ⇒ θ = 34,9º
L final
→
→
→
→
Como L inicial = L final ⇒ p ' = 2 p La cantidad de movimiento lineal final de cada hombre es el doble de la cantidad de movimiento lineal inicial. CONSTANTE, Independiente, del tiempo
d) Ejemplo 66. Una partícula de masa m1 se desplaza sobre un plano horizontal con →
velocidad v 1 . Dos partículas de masas m2 y m3 unidas por una varilla de masa despreciable se →
mueven con velocidad v 2 , como se indica en la figura.
2,22 v32 1 2 mB v3 = mB gh ⇒ h = = = 0,25 2 2 g 2(9,8) m Ejemplo 65. Dos hombres se encuentran en una pista de patinaje, ambos sostienen una cuerda de longitud l . ¿Qué pasa con la cantidad de
Suponiendo un choque totalmente plástico entre m1 y m2
→
movimiento lineal p de cada uno de ellos, si ambos jalan la cuerda y acortan la distancia entre ellos a l / 2 ? Asumir que se mueven en círculo y que la magnitud de sus cantidades de movimiento son iguales. Solución. Las únicas fuerzas externas al sistema son la fuerza de la gravedad y la reacción normal del piso, estas fuerzas se cancelan. Las únicas fuerzas que, intervienen en el sistema son las internas, por lo tanto la cantidad de movimiento angular del sistema se conserva.
→
m1 = m2 = m3 = 1 kg, v 1 = 20 →
v 2 = −10
mˆ i, s
mˆ i , l = 1m s
Calcular: a) La posición del centro de masa respecto a la masa m2 en el momento del choque. b) La ley del movimiento del centro de masa. c) La velocidad angular de rotación alrededor del centro de masa después del choque. Solución. a) En el momento del choque, tomando como referencia la posición de m2, el centro de masa está en: Posición en el instante partida (t = 0).
44
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán → → 2d 1 iˆ − ˆj , p1 = m1 v 1 = 20iˆ 3 3 → → 1 → r 2 cm = (d − v2t )iˆ − ˆj , p 2 = m2 v 2 = −10iˆ 3 → → 2 → r 3cm = (d − v2t )iˆ + ˆj , p 3 = m3 v 2 = 20iˆ 3 →
r 1cm = −
→
→
→
Nota: En los vectores posición ( r 1cm , r 2cm , r 3cm ) solo ponemos la posición en el eje y, porque la posición en x se va a anular con el producto vectorial. Reemplazando:
Posición en el instante de encuentro.
⎛ 1 L = ⎜− ⎝ 3
→
→
L=
1 ˆj ⎞⎟ × (20iˆ ) + ⎛⎜ − ⎠ ⎝ 3
2 ˆj ⎞⎟ × (− 10iˆ ) + ⎛⎜ ⎠ ⎝3
ˆj ⎞⎟ × (− 10iˆ ) ⎠
20 ˆ 10 ˆ 20 ˆ k− k+ k = 10kˆ 3 3 3
Después del choque: Como después del choque el sistema gira alrededor del centro de masa con velocidad
⎛ 2d ⎞ ⎛ 2d ⎞ ⎛ 2d ⎞ m1 ⎜ ⎟ + m2 ⎜ ⎟ + m3 ⎜ ⎟ 3 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ xCM = ⎝ ⎠ m1 + m2 + m3 m(2d ) 2d = = 3m 3 m1 (0) + m2 (0) + m3 (l ) yCM = m1 + m2 + m3 l 1 = = m 3 3
→
angular ω , podemos expresar la cantidad de movimiento angular en función del momento de inercia. →
2
2
2
2 ⎛ 2l ⎞ ⎛l⎞ ⎛l⎞ I = m1 ⎜ ⎟ + m2 ⎜ ⎟ + m3 ⎜ ⎟ = 3 ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ → 2→ Luego L' = ω 3 Por conservación de la cantidad de movimiento
b) Como parten del reposo, la cantidad de movimiento total del sistema es cero. →
→
L' = I ω , I = I 1 + I 2 + I 3 ⇒
→
→
angular L' = L
→
→ 2→ rad 10kˆ = ω ⇒ ω = 15kˆ s 3
P total = M v cm = 0 → → d → r cm ∴ r cm = constante. Como v cm = dt El centro de masa permanece en la misma posición. c) Consideremos la cantidad de movimiento angular con respecto al centro de masa antes y después del choque. Antes del choque.
Ejemplo 67. Dos esferas pequeñas A y B están unidas por una varilla rígida de longitud l y masa despreciable. Las dos masas reposan sobre una superficie lisa horizontal cuando se comunica repentinamente a A la velocidad →
→
→
→
→
→
→
v0 = v0 iˆ . Hallar:
→
L = r 1cm × p 1 + r 2cm × p 2 + r 3cm × p 3 45
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
a) La cantidad de movimiento lineal y la cantidad de movimiento angular del sistema respecto al centro de masa. b) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 90º. c) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 180º.
b) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 90º.
1 3 1 ⎛ v ⎞⎛ 3 ⎞ v0 i + ⎜ 0 ⎟⎜ l ⎟ ˆj = v 0 iˆ + v 0 ˆj 4 4 4 ⎝ l ⎠⎝ 4 ⎠ → 1 1 1 ⎛ v ⎞⎛ 1 ⎞ v B = v0 i − ⎜ 0 ⎟⎜ l ⎟ ˆj = v 0 iˆ − v0 ˆj 4 4 4 ⎝ l ⎠⎝ 4 ⎠ →
vA =
c) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 180º. Solución. a) La cantidad de movimiento lineal y la cantidad de movimiento angular del sistema respecto al centro de masa
xc = 0 , y c = →
3mL + m(0) = 0,75L 3m + m →
p = mv0 i = (m + 3m ) v ⇒
→ 1 1 v ⎛ v ⎞⎛ 3 ⎞ m v A = v0 iˆ − ⎜ 0 ⎟⎜ l ⎟iˆ = − v0 iˆ v0 iˆ = 0 iˆ 4 2 4m 4 ⎝ l ⎠⎝ 4 ⎠ → → → 3 3 → 1 1 ⎛ v ⎞⎛ 1 ⎞ L = r × p = − lˆj × mv0 i = lmv0 kˆ v v 0 iˆ + ⎜ 0 ⎟⎜ l ⎟iˆ = v0 iˆ B = 4 4 4 2 ⎝ l ⎠⎝ 4 ⎠ 2 → → → → ⎤ ⎡ ⎛ 3 ⎞2 3 ⎛1 ⎞ L = I c ω = ⎢m⎜ l ⎟ + 3m⎜ l ⎟ ⎥ ω = ml 2 ω Ejemplo 68. Un muchacho va corriendo por la 4 ⎝ 4 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎝ 4 ⎠
→
v=
acera con una velocidad constante v con sus brazos estirados perpendicularmente a su recorrido. La distancia entre los extremos de los dedos de sus manos es 2l 0 . Cuando al correr pasa junto a un poste, se coge al mismo con la mano izquierda, levanta los pies del suelo, y gira por aire alrededor del poste. a) Si su masa es, M. ¿Cuál es el valor de su cantidad de movimiento angular respecto al poste cuando corre por la acera? b) Si la fuerza de reacción del poste no só1o lo hace girar, sino que además proporciona una fuerza impulsiva que hace frenar ligeramente su movimiento hacia adelante, de modo que su energía cinética se reduce a los cuatro quintos de su valor original. ¿Cuál es su momento de inercia respecto al poste?
→ 3 3 lmv0 kˆ = ml 2 ω ⇒ 4 4 3 lmv0 → v 4 ω= kˆ = 0 kˆ 3 2 l ml 4
→
La varilla se mueve con velocidad v = →
rota con velocidad angular ω =
v0 iˆ y 4
v0 ˆ k. l
Solución. 46
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
a) La cantidad de movimiento con que se acerca el muchacho es: →
→
4 4⎛1 ⎞ 2 K = ⎜ mv 2 ⎟ = mv 2 (1) 5 5⎝2 ⎠ 5 → 1 También K ' = Iω 2 , como L = Iωkˆ ⇒ 2 L ω= I Reemplazando éste valor de ω en K’ : 2 L2 (ml 0 v ) (2) K'= = 2I 2I K'=
→
L = r × p = rmv senθkˆ →
Como r senθ = l 0 ⇒ L = ml 0 vkˆ b) Cuando el muchacho se coge del poste, las fuerzas de reacción centrípeta e impulsiva deben pasar por el poste por lo tanto no ejercen ningún torque sobre el muchacho y la cantidad movimiento angular se conserva. →
L = ml 0 vkˆ = constante
Igualando (1) y (2)
2 2 (ml 0 v ) mv = 5 2I
La energía cinética después de cogerse del poste es K '=
4 K. 5
Luego su momento de inercia es I =
K es la energía cinética antes de cogerse,
K=
2
1 2 mv 2
5 2 ml 0 4
Luego:
PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. Una masa m1 se sitúa en (x1, y1, z1) y otra masa m2 en (x2, y2, z2). a) Hallar 1a distancia r0 entre m1 y m2. b) Hallar la distancia r1 entre m1 y el centro de masa. c) Hallar la distancia r2 entre m2 y et centro de masa. Respuesta a) r0 = b) r1 =
→
b) a CM =
(
)
1 1 cos t 2 + 2t 2sen t 2 iˆ + tkˆ 2 16
c) igual que b) 3. Encontrar el centro de masa de una lámina delgada mostrada en la figura
(x2 − x1 )2 + ( y 2 − y1 )2 + (z 2 − z1 )2 m2 r0 m1 r0 , c) r2 = (m1 + m2 ) (m1 + m2 )
2. Dos partículas de masas m1 = 1 kg y m2 = 3 kg se mueven por el espacio, sus vectores
Respuesta y = 0,983m encima del centro del orificio
→
posición Son: r1 = 3iˆ + tˆj − t kˆ , →
→
r2 = sen t 2 iˆ + kˆ
4. Una fuerza F = tiˆ + t 2 ˆj + t 3 kˆ actúa sobre un cuerpo en el intervalo de 0 ≤ t ≤ 6 s . Hallar el impulso sobre el cuerpo. Respuesta
a) Hallar el centro de masa. b) ¿Cuál es su aceleración? c) Hallar su aceleración vista por un observador que se mueve con velocidad constante
181 + 72j + 324l 18iˆ + 72 ˆj + 324kˆ
→
v = ˆj + 3kˆ .
5. Una pieza en forma de L se corta de una hoja uniforme de metal. ¿Cuál de los puntos indicados es el más cercano al centro de la masa del objeto?
Respuesta → 1 a) r CM = 3 + 3sen t 2 iˆ + tˆj + 3t − t kˆ 4
[(
)
(
)] 47
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
9. Suponga que la fuerza que actúa sobre una pelota de tenis (m = 0,060 kg) en función del tiempo está dada por la gráfica de la figura. Usando métodos gráficos estime: a) El impulso total dado a la bola. b) La velocidad de ésta después de haber sido golpeada, suponiendo que estaba en reposo en el momento de ser golpeada.
Respuesta C 6. Un cono trunco homogéneo de metal tiene una base circular mayor de radio 4 cm y la menor de radio 2 cm. Su altura es 6 cm. ¿A qué distancia de su diámetro mayor está situado el centro de masa?
Respuesta a) 4,5 Ns b) 75 m/s 10. Un flujo de partículas idénticas de masa m y →
velocidad uniforme v , inciden sobre un plano fijo de área A, la dirección forma un ángulo θ con la normal. Después del choque las partículas
Respuesta 2,36 cm
→
tienen una velocidad v' , la dirección es
7. Cuatro masas puntuales se colocan como se muestra en la figura: ¿Cuáles son las coordenadas del centro de masa?
→
→
→
simétrica a la de v . También v = v' . a) Calcular el Impulso que se ejerce sobre cada partícula en el momento del choque. b) Calcular el valor de la fuerza comunicada a la superficie por unidad de tiempo. Siendo n el numero de partículas por unidad de volumen de chorro incidente. Respuesta →
a) J = (2v cos θ )nˆ , b) F = 2nAmv 2 cos 2 θ
Respuesta (23, 2,8)
11. Una partícula de la masa 5,01 x 10-27 kilogramos, moviéndose a 1,88 x 105 m/s, choca con una partícula idéntica que inicialmente está en el reposo. Después de la interacción, las partículas (que no pueden ser distinguidas) se mueven con los ángulos 55,4º y 34,6º, ambos son medidos con respecto a la dirección original del movimiento. ¿Qué velocidades finales tienen las partículas? Respuesta 1,55 x 105 m/s a 346º, 1,07 x 105 m/s a 55,4º
8. Un alambre uniforme de longitud 60 cm y masa 60 g , está doblado en un triángulo rectángulo. ¿Cuáles son las coordenadas del centro de masa?
12. Un nadador de 70 kg se lanza al agua desde el podio de una piscina con una velocidad de 3m/s en la dirección de la figura. Calcular la
Respuesta (10, 3) 48
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
15. Un cañón fijo sobre un vagón que se puede desplazar si fricción sobre una vía rectilínea horizontal con una masa total M. El cañón forma un ángulo α con la horizontal. a) Si el vagón está en reposo el cañón dispara un obús de masa m, determinar la relación entre las velocidades v y V del obús y del cañón. b) Si la velocidad del obús relativa al cañón es v’ (forma un ángulo θ con V ), determinar la relación entre v' y V . c) El vagón se desplaza con una velocidad rectilínea constante u sobre la vía antes del disparo. El obús tiene una velocidad v relativa al cañón en movimiento a la velocidad V después del disparo: Calcular la variación de la velocidad (u - v) del vagón
fuerza ejercida sobre el podio durante los 0,8s que el nadador ejerce el esfuerzo sobre el mismo para impulsarse en el salto.
Respuesta →
(
)
F = − 227iˆ − 818 ˆj N 13. Un recipiente de 0,25 kg con capacidad para 5 kg de agua se llena de un caño en 5 s. En el instante en que el recipiente está medio lleno, la balanza lee 3,0 kg. Si no se salpica el agua, ¿Cuál es la velocidad del agua que cae en dicho instante.
→
Encontrar la velocidad v del obús. d) Deducir del cálculo anterior el alcance R del obús.
Respuesta 2,45 m/s 14. Una bala de fusil de masa m y de velocidad constante v 0 , penetra en un bloque de madera fijo; la bala se detiene después de recorrer una distancia d con un movimiento uniformemente retardado. e) Calcular la desaceleración a de la bala, deducir la fuerza de desaceleración. b) Calcular el tiempo de desaceleración. c) ¿Cuál es el impulso comunicado a la bala por el bloque? Comparar con la cantidad de movimiento de la bala antes del choque. Realizar la aplicación numérica para v 0 = 600 m/s, d =30 cm, m = 40 g Respuesta
Respuesta
M V , m cos α ⎛ M⎞ V b) v' = −⎜1 + , ⎟ m ⎠ cos β ⎝ m c) u − v = v' cos β , m+M
a) v = −
→
v = (u + Mv' cos β )iˆ + v' senβˆj
2 0
v m = 6 × 10 5 2 , 2d s 7 F = ma = 24 × 10 N , v b) t = 0 = 10 −3 s a a) a =
d) R =
⎛ ⎞ 2v 2 Mv 2 senβ ⎜⎜ u + cos β ⎟⎟ M +m g ⎝ ⎠
16. Desde la plataforma de un tren que se mueve con una velocidad de 10 m/s se arroja un paquete de 25 kg, Este es cogido en el aire por una persona que está junto a la vía. Desde el tren
c) J = F t = 24 N, J = mv0
49
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
se observa que esta persona retrocede con una velocidad de 7,5 m/s. ¿Cuál es la masa de la persona? Respuesta 75 kg.
b) ¿Cuál es la velocidad de cada una de las piezas justamente después de la explosión? c) Encontrar la cantidad de movimiento de cada pieza justamente antes de tocar tierra. Respuesta a) 8 segundos
17. Un muchacho está en medio de un lago congelado sin fricción de tal manera que no puede moverse. Para poder salir él lanza su sombrero de masa 0,5 kg hacia el norte con una velocidad de 12 m/s a 53’ con la horizontal. Si la masa del muchacho es 60 kg y el radio del lago es 400 metros. ¿Qué pasa7 Respuesta El muchacho resbala hacia el sur y llega a la orilla 1 h 51 min después.
b) v (1, 6 ) = 60iˆ m/s , v (0,8 ) = −120iˆ m/s
→
→
→
c) p (1, 6 ) = 96iˆ − 125,44 ˆj kg.m/s , →
p (0,8 ) = −96iˆ − 62,72 ˆj kg.m/s
(El movimiento es en el plano xy; g = 9,8 m/s2) 21. Un bloque de masa 10 kg está en reposo en el origen segundo con masa 5 kg se mueve a lo largo del eje x con velocidad de magnitud v 0 = 5 m/s. Los bloques choca quedan unidos. y se mueven en el eje x. La superficie tiene fricción despreciable. a) ¿Cuando el bloque de 5 kg está en x = -10 donde está centro de masa? b) Encontrar la cantidad de movimiento de la masa de 5 kg, de la masa de 10kg y del centro de masa antes del choque. c) ¿Cuál es la velocidad del sistema combinado?
18. Un paquete de 10 kg se descarga de una cinta transportadora con una velocidad de 3 m/s y cae en una vagoneta de 25 kg. ¿Si la vagoneta está inicialmente en reposo y puede rodar libremente, Cuál es su velocidad final?
Respuesta a) xCM = - 3 1/3 m,
Respuesta v = 0,732 iˆ m/s
→
→
→
b) p1 = 25 iˆ kg.m/s, p 2 = 0 , pCM = 25 iˆ kg.m/s
19. Un hombre de 75 kg se lanza al agua desde la proa de su bote de 50 kg. La componente horizontal de su movimiento es 1 m/s respecto al bote. Hallar las velocidades del hombre y del bote respecto a un observador en el muelle. a) Si el bote está inicialmente en reposo b) Si el bote se movía inicialmente hacia adelante con una velocidad de 2 m/s. No considerar pérdidas de energía debido al agua Respuesta a) v1 = 0,4 m/s , v2 = 0,6 m/s b) v1 = 2,4 m/s , v2 = 1,4 m/s
→
c) v = 1 2/3 iˆ m/s 22. Dos bolas P1 y P2 de masas m1 y m2 están suspendidas del cielorraso por dos hilos inextensibles de la misma longitud l ; P1 y P2 están en contacto sin presión con los hilos verticales. Se saca P1 de la posición de equilibrio a un ángulo θ 0 manteniendo el hilo tenso, luego se suelta sobre P2. Calcular: a) La velocidad de P1 justo antes del choque. b) Las velocidades v’1 y v’2 de P1 y P2 inmediatamente después del choque perfectamente elástico. Discutir este resultado para valores relativos de las masas m1 y m2. c) Las alturas de las posiciones limites de P1 y P2 después del choque.
20. Un cañón dispara un obús de 2,4 kg hacia arriba. A1canza su máxima altura, 313,6 m y se parte en dos, 0,8 kg y 1,6kg. Las dos partes llegan a tierra simultáneamente. La pieza de 1,6 kg toca tierra a 480 m de la explosión (medida a lo largo del eje x). a) ¿Cuánto tiempo tomaría al obús volver a tierra si no se hubiera partido? 50
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
Aplicación numérica; l = l m . θ 0 = 60º, m2 = m1/2 Respuesta a) v1 = 2 gl cos θ 0 , v1 = 3,13 m / s , b) v'1 =
m1 − m2 v1 , v'1 = 1,05 m / s m1 + m2
Respuesta a) 2,16 m/s b) El bloque se detiene a 0,33 m de B.
Para m1 > m 2 v1 y v'1 tienen el mismo sentido. Para m 2 > m1 v'1 tiene sentido contrario de v1 .
25. La figura muestra dos masas sobre una superficie con rozamiento despreciable. El coeficiente de restitución entre Las dos masas es 0,73; determinar: a) Sus velocidades después del choque. b) La pérdida de energía durante el choque.
2m1v1 v' 2 = , v'2 = 4,22 m / s m1 + m2 v' 2 en todo caso tiene el mismo sentido que v1 c) h1 =
v'12 v'2 = 0,056 m , h2 = 2 = 0,91 m 2g 2g
23. En un Juego de billar, la bola A está →
moviéndose con 1a velocidad v0 = 31 m/s cuando choca con las bolas B y C que están juntas en reposo. Tras el choque, se observan la tres bolas moviéndose en las direcciones que muestra 1a figura, con θ = 30º. Suponiendo Superficies lisas y choques perfectamente elásticos, hallar los módulos de la velocidades, →
→
Respuesta →
→
a) v A = - 0,563 iˆ m/s, v B = 6,94 iˆ m/s b) ΔK = 41 J 26. Se deja caer una pelota al suelo desde una altura y. Si el coeficiente de restitución es , escribir expresiones para el tiempo total que tardará la pelota en dejar de dar bote y la distancia total que recorrerá en este tiempo. Respuesta
→
v A , v B y vC .
t=
( (
1+ ε 2 2 y (1 + ε ) , s=y g (1 − ε ) 1− ε 2
) )
27. Un objeto de 5 kg que se mueve con una velocidad de 1,2 m/s choca directamente con un objeto de 20 kg que está en reposo. Se observa que el objeto menor rebota con una velocidad de 0,6 m/s a) ¿Cuál es la pérdida de energía cinética por el impacto? b) ¿Cuál es el coeficiente de restitución? Respuesta a) ΔK = - 0,675 J, b) ε = 0,875
Respuesta →
v A = 1,5 m/s , v B = 1,29 m/s , vC 2,25 m/s 24. Se dispara una bala de 39 g con una velocidad de 500 m/ contra un bloque A de 5 kg de El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y la plataforma es 0,5. Si la masa de la plataforma es 4 kg y puede rodar libremente, hallar: a) La velocidad final de la plataforma y e1 bloque. b) La posición final del bloque sobre la plataforma.
28. Una bola choca contra un plano liso formando un ángulo φ1 con la normal del mismo y rebota con un ángulo φ 2 . Encontrar La expresión correspondiente al coeficiente de restitución
51
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
En el segundo caso es el doble que en el primero. 32. Un cilindro A cae sobre otro B apoyado sobre un resorte de constante k = 3000 N/m desde una altura de 2m. Si el choque es perfectamente plástico, calcular: a) El desplazamiento máximo de B. b) La pérdida de energía en el choque.
Respuesta
ε=
tan φ1 tan φ 2
29. Ira partícula de masa m1 tiene un choque frontal perfectamente elástico con una partícula de masa m 2 inicialmente en reposo. ¿Cuál es la pérdida relativa de energía cinética correspondiente a la partícula . m1 Respuesta
ΔK =4 K
m1 ⎛ m ⎞ m2 ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ ⎝ m2 ⎠
Respuesta a) 3,47 cm , b) 8,18 J
2
33. Los parachoques se diseñan de tal manera que un automóvil de 1600 g que golpea una pared rígida a la velocidad de 12 km/h no sufra daño. Suponiendo que ese choque es perfectamente plástico. Calcular: a) La energía absorbida por el parachoques durante el impacto. b) La velocidad a la que el automóvil puede golpear a otro de iguales características, que está en reposo sin dañarse. Respuesta a) 8890 J b) 24 km/h
30. Una masa m1 se mueve a lo largo del eje x con una velocidad v 0 a lo largo de una mesa sin fricción. Choca con otra nasa, la cual está inicialmente en reposo. La masa m2 sale a lo largo del eje y. Si se pierde la mitad de la energía cinética original en el choque. ¿Cual es el módulo de la velocidad y con que ángulo sale después de la colisión? Respuesta
v 2 = m1v0
3 , 2 m + m1 m2
(
⎛ m1v0 ⎝ m2 v2
θ = cos −1 ⎜⎜
2 2
)
⎡ 2 (m1 + m2 )⎤ ⎞ ⎟⎟ = cos −1 ⎢ ⎥ m2 ⎣3 ⎦ ⎠
34. Una explosión rompe un objeto en dos piezas una de las cuales tiene 1,5 veces la masa de la otra. Si se liberan 4500 J en la explosión. ¿Cuánta energía cinética adquiere cada pedazo? Respuesta 1800 J, 2700 J
1 2
31. Un bloque de masa M está en reposo sobre una masa sin fricción. Lo podemos golpear con un bloque que se quede adherido o con un bloque muy duro con el que se producirá un choque perfectamente elástico. Ambos bloques tienen masa m y pueden ser lanzados can velocidad V0 ¿En cuál de los casos el bloque M se moverá más rápidamente? (considerar el movimiento en una sola dimensión). Respuesta
35. Un depósito suelta arena a una banda transportadora razón de 75 kg/s. Si la banda se mueve con una rapidez constate v = 2,2 m/s. ¿Qué fuerza se necesita para mantenerla en movimiento? No tomar en cuenta la fricción
m V0 , m+M 2m b) v' 2 = V0 m+M
a) v' 2 =
Respuesta. 165 N
52
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
36. Un trineo lleno de arena se desliza sin fricción por una pendiente de 30º. La arena se escapa por un agujero en el trineo a un ritmo de 2 kg/s. Si el trineo parte del reposo con una masa inicial de 40 kg. ¿Cuánto tardó en recorrer 120m a lo largo de la pendiente? Respuesta 7 segundos
movimiento angular con respecto al origen en función de x? Respuesta
37. Un cohete que consume combustible a un ritmo constante k se encuentra sometido a la acción de una fuerza externa constante de valor F además de la fuerza de reacción de los gases. La masa inicial del cohete más combustible es m0 . La configuración de la tobera de escape es de tal manera que la velocidad relativa de los gases es igual al negativo de la velocidad v del cohete. a) Escribir la ecuación del movimiento. b) Obtener v(t ) .
ángulo θ con el eje x. a) ¿Cuál es el torque sobre el obús, con respecto al origen en función del tiempo? b) ¿Cuál es la cantidad de movimiento angular del, obús con respecto al origen en función del tiempo?
→
L = mv 0 akˆ
40. Un obús de masa m se dispara de un cañón en el origen, El obús se mueve en el plano y con una velocidad inicial de magnitud v 0 y un
→
dL c) Comprobar que τ = dt →
Respuesta →
a) τ = −v 0 mgt cos θ iˆ
Respuesta
1 b) L = − v 0 mgt 2 cos θ iˆ →
dv − kv , a) F = (m0 − kt ) dt Ft b) v(t ) = m0
2
41. Dos esferas pequeñas A y B están unidas por una varilla rígida de longitud l y masa despreciable. Las dos masas reposan sobre una superficie lisa horizontal cuando se comunica
38. Un cohete experimental se proyecta de forma que pueda mantenerse inmóvil sobre el suelo. El cuerpo del cohete tiene una masa de 1200 kg y la carga de combustible inicial es de 3600 kg,. e1 combustible se quema y se expulsa con una velocidad de 2500 m/s. Hallar la velocidad de consumo de combustible necesario. a) en el momento de encender el cohete. b) cuando se consume la última partícula de combustible.
→
repentinamente a A la velocidad v0 = v0 iˆ . Hallar: a) La cantidad de movimiento lineal y la cantidad de movimiento angular del sistema respecto al centro de masa. b) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 90º. c) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 180º.
Respuesta a) 18,84 kg/s . b) 4.71 kg/s
Respuesta →
39. Una bala de masa m se dispara con una
→
a) p = mv0 iˆ , L =
→
velocidad v B = −v B iˆ , si para x = x 0 , y = a (permanece constante) ¿Cuál es su cantidad de
→
b) v A =
53
3 mlv 0 kˆ 4
1 ˆ 3 ˆ → 1 ˆ 1 ˆ v0 i + v0 j , v B = v0 i − v0 j 4 4 4 4
Sistema de partículas
→
c) v A = −
Hugo Medina Guzmán
1 ˆ → 1 ˆ v0 i , v B = v0 i 2 2
Respuesta vf = 2,5 m/s 45. Una fuerza actúa sobre un objeto de 10 kg aumentando uniformemente desde 0 hasta 50 N en 4 s. ¿Cuál es la velocidad final del objeto si partió del reposo?. Respuesta vf = 10 m/s
42. Se tiene una varilla rígida de masa despreciable sujeta a un eje sin rozamiento de tal manera que la varilla pueda rotar libremente. Al otro extremo de la varilla hay un bloque de masa M. Si se dispara una bala de masa m con una velocidad v 0 tal como se muestra en la figura. ¿Si la bala se incrusta en el bloque, cuál será la velocidad angular del bloque alrededor del eje7
46. Se rocía una pared con agua empleando una manguera, la velocidad del chorro de agua es de 5 m/s, su caudal es de 300 cm3/s, si la densidad del agua es de 1 g/cm3 y se supone que el agua no rebota hacia atrás, ¿cuál es la fuerza promedio que el chorro de agua ejerce sobre la pared?. Respuesta F = 1,5N 47. Se dispara horizontalmente una bala de 0,0045 kg de masa sobre un bloque de 1,8 kg de masa que está en reposo sobre una superficie horizontal, luego del impacto el bloque se desplaza 1,8 m y la bala se detiene en él. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la superficie es de 0,2, ¿cuál era la velocidad inicial de la bala?. Respuesta v1i = 1073 m/s
Respuesta
ω=
mv0 (m + M )a
43. Una barra de longitud b está pivotada en su centro de tal manera que puede rotar en el plano horizontal. Dos niños están sobre la barra en las posiciones mostradas en la figura 7.59. a cual está rotando con una velocidad angular en el sentido antihorario visto desde arriba. Si el niño de masa m1 empieza a moverse hacia el centro tal que su distancia a el es b 4 − at 2 , ¿Cuál debe ser el movimiento del niño de masa m2 para que la velocidad angular de la barra permanezca constante? (La masa de la barra es despreciable),
48. Se dispara una bala de 0,01 kg de masa contra un péndulo balístico de 2 kg de masa, la bala se incrusta en el péndulo y éste se eleva 0,12 m medidos verticalmente, ¿cuál era la velocidad inicial de la bala?. Respuesta v1i = 309,8 m/s 49. Una partícula A de masa mA se encuentra sujeta por medio de un resorte comprimido a la partícula B de masa 2mA, si la energía almacenada en el resorte es de 60 J ¿qué energía cinética adquirirá cada partícula luego de liberarlas?. Respuesta Ec Bf = 20 J
Respuesta Debe cambiar su distancia al centro de acuerdo a la ecuación
b 2 m1 2 ⎛ b ⎞ at ⎜ − at 2 ⎟ + 16 m2 ⎠ ⎝2
50. Un cuerpo de masa m1 = 2 kg se desliza sobre una mesa horizontal sin fricción con una velocidad inicial v1i = 10 m/s, frente a él moviéndose en la misma dirección y sentido se encuentre el cuerpo de masa m2 = 5 kg cuya velocidad inicial es v2i = 3 m/s, éste tiene adosado un resorte en su parte posterior, cuya constante elástica es k = 1120 N/m, ¿cuál será la
44. Un taco golpea a una bola de billar ejerciendo una fuerza promedio de 50 N durante un tiempo de 0,01 s, si la bola tiene una masa de 0,2 kg, ¿qué velocidad adquirió la bola luego del impacto?. 54
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
máxima compresión del resorte cuando los cuerpos choquen?. Respuesta Δx = 0,28 m
Respuesta a) 420 N, b) 0,08 J 54. En una demostración una bola de acero pequeña de la masa m se sostiene sobre una superbola de masa M (superbola es una bola de goma del coeficiente de restitución muy alto). La combinación junta se suelta del reposo. Cuando el superbola golpea el piso rebota casi elásticamente, golpeando a bola de acero que todavía está moviéndose hacia abajo. Esta colisión es también bastante elástica, y consecuentemente bola de acero se golpea y es lanzada derecho hasta una altura H. Si h es la altura de la cual los objetos fueron soltados, y M > > m, entonces bola de acero pequeña se levantará a una altura: Respuesta 9h
51. Un bloque de 3,0 kilogramos, moviéndose sobre una superficie sin fricción con una velocidad de 1,2 m/s, tiene una colisión perfectamente elástica con un bloque de la masa M en el reposo. Después de la colisión el bloque de 3,0 kilogramos retrocede con una velocidad de 0,4 m/s.
a) La masa M es: b) La velocidad del bloque de masa M después de la colisión es: c) Los bloques están en el contacto para 0,20 s. La fuerza media en el bloque de 3,0 kilogramos, mientras los dos bloques están en contacto, es: Respuesta a) 6,0 kg, b) 0,8 m/ s, c) 24 N
55. Una muchacha de masa 50 kilogramos lanza una bola de la masa 0,1 kilogramos contra una pared. La bola golpea la pared horizontalmente con una velocidad de 20 m/s, y rebota con esta misma velocidad. ¿La bola está en contacto con la pared 0,05 s, cuál es la fuerza media ejercida sobre la bola por la pared? Respuesta 80N
52. El bloque de 8 kilogramos tiene una velocidad v y es detrás del bloque de 12 kilogramos que tiene una velocidad de 0,5 m/s. la superficie es de fricción despreciable. Los bloques chocan y se juntan. Después de la colisión, los bloques tienen una velocidad común de 0,9 m/s.
56. La bola A, de la masa 3,0 kilogramos, se une a una barra ligera de 0,4 m, que gira libremente en P. La bola B está suspendida de Q por una cuerda de 0,6 m y está en reposo. La bola A se levanta a cierto nivel y se suelta. La bola A desciende, y tiene una velocidad v1 = 3,6 m/s en el fondo, antes de chocar a la bola B. Las velocidades de las bolas A y B después del choque son: v2 = - 1,2m/s y v3 =2,2 m/s...
a) La pérdida de energía cinética de los bloques debido a la colisión está la más cercana a: b) El impulso sobre el bloque de12 kg debido a la colisión es Respuesta a) 2,4 J, b) 4,8 N s 53. Una bola de acero de 72 g se lanza desde el reposo y cae verticalmente sobre una placa de acero. La bola golpes la placa y está en contacto con ella por 0,5 ms, la bola elásticamente, y vuelve a su altura original. El intervalo de tiempo para el viaje es 0,30 s. a) La fuerza promedio ejercida sobre la bola durante el contacto es b) Asumiendo que la placa no se deforma durante el contacto. La energía elástica máxima almacenada por la bola es:
a) La masa de la bola B es: b) La magnitud del impulso sobre la bola A es: c) La bola A rebota y gira un ángulo θ, donde la velocidad v4 es cero. El valor de θes:
55
Sistema de partículas
Hugo Medina Guzmán
moléculas del aire tienen una masa de 4,7 x 10-26 kilogramos, y cada una golpea al paraguas (sin rebotar) con una velocidad de 2,0 m/s en la misma dirección, ¿cuántos átomos golpean al paraguas cada segundo? Asuma que el viento sopla horizontalmente para no tomar en cuenta la gravedad. Respuesta 5,6 x 1025 por Segundo
d) La bola B se eleva hasta la altura h, donde la velocidad v5 es cero. El valor de h es: Respuesta a) 6,6 kg, b) 14.4 N. s, c) 35º d) 0,25 m 57. Un carro de 19 kg está conectado por medio de un resorte comprimido con un carro 38 kg. Los dos carros se están moviendo a la derecha a una velocidad de 25 m/s cuando el resorte se desenrolla y propulsa repentinamente el carro de 19 kg hacia adelante con una velocidad de 27 m/s. encontrar la velocidad del segundo carro con respecto al centro de la masa del sistema.
59. Un cohete debe ser lanzado al espacio donde no hay campo gravitacional. el 81% de la masa inicial del cohete es combustible y este combustible se expulsa con una velocidad relativa de 2300 m/s. si se asume que todo el combustible será utilizado, encuentra la velocidad final de la última porción de combustible expulsado relativo a un observador estacionario. Respuesta 1500 m/ s
Respuesta 1 m/s 58. Una fuerza de 5,3 N es necesaria para sujetar a un paraguas en un viento fuerte. Si las
56
