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Sistemas de partículas y conservación del momento lineal
- 1. 5Sistemas de partículas y conservación del momento lineal. Centro de masas 1. Dar un ejemplo de un objeto tridimensional que no tenga masa en su centro de masas. Arandela, círculo hueco, cubo hueco, … 2. Tres masas puntuales de 2 kg cada una están localizadas sobre el eje x, en el origen, en x=0, x = 0,20 m y en x= 0,5 m. Hallar el centro de masas del sistema. 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐+𝒎𝟑∗𝒙𝟑 𝒎 = 𝒎∗𝟎+𝒎∗𝟎,𝟐𝟎+𝒎∗𝟎,𝟓 𝟑∗𝒎 = 𝟎,𝟕𝟎 𝟑 = 𝟎,𝟐𝟑 𝒎 3. Un muchacho de 24 kg está a 20 m de un hombre de 86 kg. ¿Dónde se encuentra el centro de masas del sistema? Tomando como origen de coordenadas al hombre: 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐 𝒎 = 𝟐𝟒∗𝟐𝟎+𝟖𝟔∗𝟎 𝟐𝟒+𝟖𝟔 = 𝟒, 𝟑𝟔 𝒎 𝒅𝒆𝒍 𝒉𝒐𝒎𝒃𝒓𝒆 i a 20-4,36=15,63 m del chico. 4. Tres objetos de 2 kg cada uno están localizados en el plano xy en los puntos (10 cm,0) y (10 cm,10 cm). Determinar la localización del centro de masas. 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐 𝒎 = 𝟎,𝟏∗𝟐+𝟎,𝟏∗𝟐 𝟐+𝟐 = 𝟎,𝟏 𝒎 𝒚𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒚𝟏+𝒎𝟐∗𝒚𝟐 𝒎 = 𝟐∗𝟎+𝟐∗𝟎,𝟏 𝟐+𝟐 = 𝟎,𝟎𝟓 𝒎 5. Determinar el centro de masas xcm de las tres masas indicadas en la figura. 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐+𝒎𝟑∗𝒙𝟑 𝒎 = 𝟏∗𝟏+𝟐∗𝟐+𝟖∗𝟒 𝟏+𝟐+𝟖 = 𝟑, 𝟑𝟔 𝒎 6. El hacha de piedra de la figura, en donde se muestran sus dimensiones, está formada por una piedra simétrica de 8 kg atada al extremo de un palo homogéneo de 2,5 kg. ¿A qué distancia del mango del hacha se encuentra su centro de masas? El centro de masas del palo está en x= 40 cm, el de la piedra estará en x=80+9=89 cm. 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐 𝒎 = 𝟐,𝟓∗𝟎,𝟒+𝟖∗𝟎,𝟖𝟗 𝟖+𝟐,𝟓 = 𝟎,𝟕𝟕 𝒎 tomando el origen de coordenadas a la izquierda. 7. Tres pequeñas bolas A, B y C de masas 3 kg, 1 kg y 1 kg respectivamente, están conectadas por barras de masas despreciables. Las bolas están localizadas en la forma indicada en la figura. ¿Cuáles son las coordenadas del centro de masas?
- 2. 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐+𝒎𝟑∗𝒙𝟑 𝒎 = 𝟑∗𝟐+𝟏∗𝟏+𝟏∗𝟑 𝟑+𝟏+𝟏 = 𝟐 𝒎 𝒚𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒚𝟏+𝒎𝟐∗𝒚𝟐+𝒎𝟑∗𝒚𝟑 𝒎 = 𝟑∗𝟐+𝟏∗𝟏+𝟏∗𝟎 𝟑+𝟏+𝟏 = 𝟏, 𝟒 𝒎 8. Por simetrías, localizar el centro de masas de un triángulo equilátero de lado a, que tiene un vértice sobre el eje y y los otros dos en (-a/2,0) y (+a/2,0). En el eje x tendremos xcm=0. Considerando la figura, en el eje y: 𝒕𝒈 𝟑𝟎 = 𝒚𝒄𝒎 𝒂/𝟐 𝒚𝒄𝒎 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ 𝒕𝒈 𝟑𝟎 = 𝟎, 𝟐𝟗 ∗ 𝒂 9. Una lámina uniforme de madera muy fina (figura) tiene una masa de 20 kg. Determinar su centro de masas.
- 3. El centro de masas de un cuadrado uniforme de madera está en (1,5 ; 1,5 ) m. El centro de masas del cuadrado desaparecido estaría en (1,5 ; 2) m. El centro de masas de la figura considerada será: 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏− 𝒎𝟐∗𝒙𝟐 𝒎𝟏−𝒎𝟐 ; 𝒚𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒚𝟏− 𝒎𝟐∗𝒚𝟐 𝒎𝟏−𝒎𝟐 Las masas serán función de la densidad: 𝒎𝒊 = 𝝈 ∗ 𝑨𝒊 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏− 𝒎𝟐∗𝒙𝟐 𝒎𝟏−𝒎𝟐 = (𝝈∗𝟑∗𝟑)∗𝟏,𝟓−(𝝈∗𝟐∗𝟏)∗𝟏,𝟓 𝝈∗𝟑∗𝟑−𝝈∗𝟐∗𝟏 = 𝟏,𝟓 𝒎 𝒚𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒚𝟏− 𝒎𝟐∗𝒚𝟐 𝒎𝟏−𝒎𝟐 = (𝝈∗𝟑∗𝟑)∗𝟏,𝟓−(𝝈∗𝟐∗𝟏)∗𝟐 𝝈∗𝟑∗𝟑−𝝈∗𝟐∗𝟏 = 𝟏,𝟒 𝒎 Determinación del centro de masas por integración 10. Demostrar que el centro de masas de un disco semicircular uniforme de radio R está en un punto que dista (4/3𝝅)R del centro del círculo. 𝒚𝒄𝒎 = ∫ 𝒚∗𝒅𝒎 𝑹 𝟎 𝑴 = ∫ 𝒚∗𝝈∗𝒅𝑨 𝑹 𝟎 𝝈∗𝑨 𝒚 = 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ; 𝒅𝒚 = 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒅𝜽 𝒅𝑨 = 𝟐 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒅𝒚 Substituyendo: 𝒚𝒄𝒎 = ∫ 𝑹∗𝒔𝒆𝒏𝜽∗𝝈∗𝟐∗𝑹∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝑹∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗ 𝒅𝜽 𝟗𝟎 𝟎 𝝈∗𝑨 = ∫ 𝟐∗𝑹𝟑∗𝒔𝒆𝒏𝜽∗𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽∗𝒅𝜽 𝟗𝟎 𝟎 𝝅 𝟐 ∗𝑹𝟐 𝒚𝒄𝒎 = 𝟒∗𝑹∗∫ 𝒔𝒆𝒏𝜽∗𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽∗𝒅𝜽 𝟗𝟎 𝟎 𝝅 Para resolver la integral hacemos el cambio de variable: 𝒖 = 𝒄𝒐𝒔𝜽 ; 𝒅𝒖 = −𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒅𝜽 ∫ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 ∗ 𝒅𝜽 𝟗𝟎 𝟎 = − ∫ 𝒖𝟐 ∗ 𝒅𝒖 𝟎 𝟏 = − [ 𝒖𝟑 𝟑 ] 𝟏 𝟎 = 𝟏 𝟑 𝒚𝒄𝒎 = 𝟒∗𝑹 𝝅 ∗ 𝟏/𝟑 11. Un bate de béisbol de longitud L tiene una densidad lineal ( masa por unidad de longitud) dada por 𝝀 = 𝝀𝒐 (𝟏 + 𝒙𝟐 𝑳𝟐 ). Determinar la coordenada x del centro de masas en función de L.
- 4. 𝒙𝒄𝒎 = ∫ 𝒙∗𝒅𝒎 𝑳 𝟎 ∫ 𝝀𝟎 𝑳 𝟎 ∗(𝟏+ 𝒙𝟐 𝑳𝟐)𝒅𝒙 = ∫ 𝒙∗𝝀∗𝒅𝒙 𝑳 𝟎 𝝀𝒐∗(𝒙+ 𝒙𝟑 𝟑∗𝑳𝟐) 𝟎 𝑳 = ∫ (𝟏+ 𝒙𝟐 𝑳𝟐)∗𝒙∗𝒅𝒙 𝑳 𝟎 𝟒∗ 𝑳 𝟑 = ∫ (𝒙+ 𝒙𝟑 𝑳𝟐)∗𝒅𝒙 𝑳 𝟎 𝟒∗ 𝑳 𝟑 𝒙𝒄𝒎 = 𝟑 𝟒∗𝑳 ∗ [ 𝒙𝟐 𝟐 + 𝒙𝟒 𝟒∗𝑳𝟐 ] 𝟎 𝑳 = 𝟑 𝟒∗𝑳 ∗ ( 𝑳𝟐 𝟐 + 𝑳𝟒 𝟒∗𝑳𝟐 ) = 𝟑 𝟒∗𝑳 ∗ 𝑳𝟐 ∗ ( 𝟑 𝟒 ) = 𝟗∗𝑳 𝟏𝟔 12. Determinar el centro de masas de una semiesfera maciza homogénea de radio R y masa M. 𝒛𝒄𝒎 = ∫ 𝒛 𝒅𝒎 𝑴 = ∫ 𝒛∗𝝆∗𝝅∗𝒓𝟐∗𝒅𝒛 𝑹 𝟎 𝟏 𝟐 ∗𝝆∗ 𝟒 𝟑 ∗𝝅∗𝑹𝟑 𝑪𝒐𝒎𝒐 𝑹𝟐 = 𝒓𝟐 + 𝒛𝟐 𝒛𝒄𝒎 = 𝟑∗∫ 𝒛∗(𝑹𝟐−𝒛𝟐)∗𝒅𝒛 𝑹 𝟎 𝟐∗𝑹𝟑 = 𝟑∗𝑹𝟒/𝟒 𝟐∗𝑹𝟑 = 𝟑 𝟖 ∗ 𝑹 13. Determinar el centro de masas de una corteza semiesférica delgada. 𝒛𝒄𝒎 = ∫ 𝒛 𝒅𝒎 𝑴 = ∫ 𝒛∗𝝈∗𝟐∗𝝅∗𝒓∗𝒅𝒛 𝟏 𝟐 ∗𝟒∗𝝅∗𝑹𝟐∗𝝈 𝒛 = 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒓 = 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒅𝒛 = 𝑹 ∗ 𝒅𝜽 Substituyendo: 𝒛𝒄𝒎 = 𝝈∗𝟐∗𝝅∗∫ 𝑹𝟑∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽∗𝒅𝜽 𝝅/𝟐 𝟎 𝟐∗𝝅∗𝑹𝟐∗𝝈 = 𝑹𝟑∗∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽∗𝒅𝜽 𝝅/𝟐 𝟎 𝑹𝟐 = 𝑹 ∗ [− 𝟏 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽] 𝟎 𝝅 𝟐 = 𝑹/𝟐 14. Una lámina de metal se corta en forma parabólica. El borde de la lámina viene dado por la expresión y=ax2 , en donde y varía de y=0 a y=b. Determinar el centro de masas en función de a y b.
- 5. 𝒚𝒄𝒎 = ∫ 𝒚∗𝝈∗𝒅𝑨 ∫ 𝒙∗𝝈∗𝒅𝒚 = ∫ 𝒙∗𝒚∗𝒅𝒚 𝒃 𝟎 ∫ 𝒙∗𝒅𝒚 𝒃 𝟎 Calculamos las integrales: ∫ 𝒙 ∗ 𝒚 ∗ 𝒅𝒚 = ∫ 𝒚 𝟏 𝟐 √𝒂 ∗ 𝒚 ∗ 𝒅𝒚 𝒃 𝟎 = 𝟏 √𝒂 ∗ ∫ 𝒚 𝟑 𝟐𝒅𝒚 𝒃 𝟎 𝒃 𝟎 = 𝟏 √𝒂 ∗ [ 𝟐∗𝒚 𝟓 𝟐 𝟓 ] 𝟎 𝒃 = 𝟐∗𝒃𝟓/𝟐 𝟓∗√𝒂 ∫ 𝒙 ∗ 𝒅𝒚 𝒃 𝟎 = ∫ 𝒚𝟏/𝟐 √𝒂 ∗ 𝒅𝒚 𝒃 𝟎 = 𝟏 √𝒂 ∗ [ 𝟐 𝟑 ∗ 𝒚 𝟑 𝟐] 𝟎 𝒃 = 𝟐∗𝒃𝟑/𝟐 𝟑∗√𝒂 Substituyendo: 𝒚𝒄𝒎 = 𝟑 𝟓 ∗ 𝒃 Movimiento del centro de masas de un sistema 15. La víspera del examen de Física, un estudiante A dice a otro B “Tengo un gran problema. De acuerdo con la Física de Newton, sólo las fuerzas externas pueden acelerar el centro de masas de un sistema. Sin embargo, un coche acelera por la acción de su motor; por tanto, Newton estaba equivocado”. ¿Cómo puede el estudiante B explicar al A que su razonamiento no es correcto? La fuerza que impulsa el coche es la que ejerce el suelo sobre las ruedas, reacción de la que hacen las ruedas sobre el suelo. 16. Dos discos de masas m1 y m2 yacen desconectados sobre una mesa sin rozamiento. Una fuerza horizontal F1 se ejerce sobre m1 solamente. ¿Cuál es la magnitud de la aceleración del centro de masas de los discos? a) 𝑭𝟏/𝒎𝟏 b) 𝑭𝟐/𝒎𝟐 c) 𝑭𝟏/(𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) d) (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐)𝑭𝟏/𝒎𝟏𝒎𝟐 𝒂𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒂𝟏+𝒎𝟐∗𝒂𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 En nuestro caso 𝒂𝟏 = 𝑭𝟏/𝒎𝟏 y 𝒂𝟐 = 𝟎 . Por tanto, 𝒂𝒄𝒎 = 𝑭𝟏 𝒎𝟏+𝒎𝟐 . Respuesta c. 17. Los dos discos del problema 16 yacen sobre una mesa sin rozamiento y están conectados por un muelle de constante de fuerza k. Una fuerza horizontal F1 se ejerce de nuevo sobre m1 a lo largo del muelle alejándose de m2. ¿Cuál es la magnitud de la aceleración del centro de masas?
- 6. a) 𝑭𝟏/𝒎𝟏 b) 𝑭𝟏/(𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) c) (𝑭𝟏 + 𝒌∆𝒙)/𝒎𝟏𝒎𝟐, en donde ∆x es el aumento de longitud del muelle. d) (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐)𝑭𝟏/𝒎𝟏𝒎𝟐 𝑭𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒂𝒄𝒎 Por tanto, la respuesta correcta es la b. 18. Dos masas de 3 kg cada una tienen las velocidades 𝒗𝟏 = 𝟐 𝒎 𝒔 𝒊 + 𝟑 𝒎 𝒔 𝒋 y 𝒗𝟐 = 𝟒 𝒎 𝒔 𝒊 − 𝟔 𝒎 𝒔 𝒋. Determinar la velocidad del centro de masas. 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 𝒗𝒄𝒎,𝒙 = 𝟑∗𝟐+𝟑∗𝟒 𝟔 = 𝟑 𝒎/𝒔 𝒗𝒄𝒎,𝒙 = 𝟑∗𝟑+𝟑∗(−𝟔) 𝟔 = −𝟏,𝟓 𝒎/𝒔 19. Un automóvil de 1500 kg se mueve hacia el oeste con una velocidad de 20 m/s y un camión de 3000 kg se mueve hacia el este con una velocidad de 16 m/s. Determinar la velocidad del centro de masas del sistema. 𝒗𝒄𝒎,𝒙 = 𝟏𝟓𝟎𝟎∗𝟐𝟎+𝟑𝟎𝟎𝟎∗(−𝟏𝟔) 𝟒𝟓𝟎𝟎 = −𝟒 𝒎/𝒔 4 m/s hacia el este. 20. Una fuerza F= 12 N i se aplica a la bola de 3 kg del problema 7. ¿Cuál es la aceleración del centro de masas? 𝑭𝒆𝒙𝒕 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝟑) ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝒂𝒄𝒎 = 𝟏𝟐 𝟓 𝒊 = 𝟐, 𝟒 𝒎 𝒔𝟐 𝒊 21. Un bloque de masa m está sujeto a una cuerda y suspendido dentro de una caja hueca de masa M. La caja descansa sobre una balanza que mide el peso del sistema. a) Si la cuerda se rompe, ¿cambia la lectura de la balanza? Razonar la respuesta. b) Suponer que la cuerda se rompe y la masa m cae con aceleración constante g. Determinar la aceleración del centro de masas, tanto en dirección como en magnitud. c) Utilizando el resultado de b, determinar la lectura de la balanza, mientras m es encuentra en caída libre. a) Inicialmente la balanza marca (M+m)*g , cuando se rompe M*g. b) 𝒂𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒂𝟏+𝒎𝟐∗𝒂𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 𝒂𝒄𝒎 = 𝒎∗𝒈+𝑴∗𝟎 𝒎+𝑴 = 𝒎∗𝒈 𝒎+𝑴 Dirigida hacia abajo. c) La balanza nos indica la fuerza que un objeto hace sobre ella (La normal). 𝑭𝒓𝒆𝒔,𝒆𝒙𝒕 = (𝑴 + 𝒎) ∗ 𝒂𝒄𝒎 Por otra parte: 𝑭𝒓𝒆𝒔,𝒆𝒙𝒕 = 𝑭𝒏 − 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒈 𝑭𝒏 − 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒈 = (𝑴 + 𝒎) ∗ (−𝒂𝒄𝒎) = −𝒎 ∗ 𝒈 𝑭𝒏 = 𝑴 ∗ 𝒈
- 7. 22. Un muelle vertical de constante de fuerza k está sujeto por la parte inferior a una plataforma de masa mp y en la parte superior posee una cápsula sin masa como indica la figura. La plataforma reposa sobre una balanza. Una bola de masa mp se sitúa en la cápsula. ¿Cuál es la lectura de la balanza cuando a) ¿El muelle se comprime la longitud d=mbg/k? b) ¿La bola alcanza momentáneamente el reposo con el muelle comprimido? c) ¿La bola alcanza de nuevo el reposo en su posición original? a) Las fuerzas que actúan sobre el muelle son: La resultante ha de ser cero. 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝑭𝒃𝒐𝒍𝒂 𝒄𝒐𝒏 𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓𝒕𝒆 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝒅 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝒎𝒃∗𝒈 𝒌 = (𝒎𝒑 + 𝒎𝒃) ∗ 𝒈 b) En la situación de reposo, máxima compresión, considerando el nivel de altura cero en ésta posición y la situación inicial con una altura d: 𝑬 𝒎𝒆𝒄𝒂𝒏𝒊𝒄𝒂𝟏 = 𝑬 𝒎𝒆𝒄𝒂𝒏𝒊𝒄𝒂 𝟐 En la posición inicial toda la energía es potencial gravitatoria y en la final potencial elástica: 𝒎𝒃 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ 𝒅𝟐 𝒅 = 𝟐∗𝒎𝒃∗𝒈 𝒌 Teniendo en cuenta las fuerzas que actúan sobre el resorte:
- 8. 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝑭𝒃𝒐𝒍𝒂 𝒄𝒐𝒏 𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓𝒕𝒆 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝒅 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝟐∗𝒎𝒃∗𝒈 𝒌 𝑭𝒏 = (𝒎𝒑 + 𝟐 ∗ 𝒎𝒃) ∗ 𝒈 c) En este caso d=0. 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 23. En la máquina de Atwood de la figura, la cuerda pasa por una polea fija, sin rozamiento, de masa mc. a) Determinar la aceleración del centro de masas del sistema formado por los bloques y la polea. b) Utilizar la segunda ley de Newton (para sistemas) para determinar la fuerza F ejercida por el soporte. c) Determinar la tensión de la cuerda que conecta los bloques y demostrar que F=mcg+ 2 T. Tomamos como positiva el sentido hacia abajo a) 𝒂𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒂𝟏+𝒎𝟐∗𝒂𝟐+𝒎𝒄∗𝒂𝒄 𝒎𝟏+𝒎𝟐+𝒎𝒄 Las aceleraciones de las masas 1 y 2 : 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒂 𝑻 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝒎𝟏−𝒎𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 ∗ 𝒈 𝒂𝒄𝒎 = 𝒂 ∗ 𝒎𝟏−𝒎𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐+𝒎𝒄 Para la polea a =0. 𝒂𝒄𝒎 = 𝒎𝟏−𝒎𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐+𝒎𝒄 ∗ 𝒎𝟏−𝒎𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 ∗ 𝒈 𝒂𝒄𝒎 = (𝒎𝟏−𝒎𝟐)𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐)∗(𝒎𝟏+𝒎𝟐+𝒎𝒄) ∗ 𝒈 b) Considerando positivo hacia arriba: 𝑭 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝒄) ∗ 𝒈 − (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝒄) ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑭 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝒄) ∗ (𝒈 − 𝒂𝒄𝒎) 𝑭 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝒄) ∗ 𝒈 − (𝒎𝟏−𝒎𝟐)𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) ∗ 𝒈 𝑭 = ( 𝟒∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) + 𝒎𝒄 ) ∗ 𝒈 c) 𝑻 = 𝟐∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 ∗ 𝒈
- 9. Substituyendo T en la expresión de F: 𝑭 = 𝟐 ∗ 𝑻 + 𝒎𝒄 ∗ 𝒈 24. Repetir los problemas 22 a y 22 b pero ahora dejando caer la bola sobre la cápsula desde una altura h por encima de la misma. a) 𝑭𝒏 − 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 − 𝑭𝒃 = 𝟎 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝑭𝒃 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝒅 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝒎𝒃∗𝒈 𝒌 = (𝒎𝒑 + 𝒎𝒃) ∗ 𝒈 b) Igualando energías: 𝑬 𝒎𝒆𝒄𝒂𝒏𝒊𝒄𝒂𝟏 = 𝑬 𝒎𝒆𝒄𝒂𝒏𝒊𝒄𝒂 𝟐 En el punto de compresión máxima y el punto inicial: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = −𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒙 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ 𝒙𝟐 𝒌 ∗ 𝒙𝟐 − 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒙 − 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟎 𝒙 = 𝟐∗𝒎∗𝒈±√𝟒∗𝒎𝟐∗𝒈𝟐+𝟒∗𝒌∗𝟐∗𝒎∗𝒈∗𝒉 𝟐 𝒌 𝒙 = 𝒎∗𝒈 𝒌 + √𝒎𝟐∗𝒈𝟐 𝒌𝟐 + 𝟐∗𝒎∗𝒈∗𝒉 𝒌 𝑭𝒏 − 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 − 𝑭𝒃 = 𝟎 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ 𝒅 = 𝟎 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒌 ∗ ( 𝒎𝒃∗𝒈 𝒌 + √𝒎𝒃 𝟐∗𝒈𝟐 𝒌𝟐 + 𝟐∗𝒎𝒃∗𝒈∗𝒉 𝒌 ) 𝑭𝒏 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒈 + 𝒎𝒃 ∗ 𝒈 + √𝒎𝒃 𝟐 ∗ 𝒈𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎𝒃 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 ∗ 𝒌 Conservación del momento lineal 25. Verdadero o falso a) El momento lineal de un cuerpo pesado es mayor que el de un objeto ligero que se mueve con igual velocidad. b) La cantidad de movimiento del sistema puede conservarse, aunque no suceda lo mismo con la energía mecánica.
- 10. c) La velocidad del centro de masas de un sistema es igual al momento lineal total del sistema dividido por su masa total. Las tres son verdaderas. 26. ¿Cómo es el movimiento de retroceso de un rifle o de un cañón en relación con la conservación de la cantidad de movimiento? 𝟎 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝒗𝟐 = −𝒎𝟏∗𝒗𝟏 𝒎𝟐 27. Un hombre está aislado en el medio de una pista de patinaje sin ningún tipo de rozamiento, ¿Cómo podría alcanzar el borde la pista? Lanzando los objetos que tenga (ropa, zapatos,) en un sentido, el se moverá en sentido contrario. 28. Una muchacha salta de un bote al muelle. ¿Por qué debe saltar con más energía de la que necesitaría si saltase la misma distancia de un muelle al otro? Al saltar desde el barco: 𝒑𝒃𝒂𝒓𝒄𝒐 = 𝑷𝒎𝒖𝒄𝒉𝒂𝒄𝒉𝒂 𝒗𝒎𝒖𝒄𝒉𝒂𝒄𝒉𝒂 = 𝒑𝒃𝒂𝒓𝒄𝒐 𝒎𝒎𝒖𝒄𝒉𝒂𝒄𝒉𝒂 Una parte de la energía se invierte en energía del barco. 𝑬𝒎𝒖𝒄𝒉𝒂𝒄𝒉𝒂 = 𝒑𝟐 𝒎𝒖𝒄𝒉𝒂𝒄𝒉𝒂 𝟐∗𝒎𝒎𝒖𝒄𝒉𝒂𝒄𝒉𝒂 𝑬𝒃𝒂𝒓𝒄𝒐 = 𝒑𝟐 𝒃𝒂𝒓𝒄𝒐 𝟐∗𝒎𝒃𝒂𝒓𝒄𝒐 Al saltar desde el suelo, la masa de la Tierra es muy grande, y la velocidad y energía del suelo es cero. Aprovecha tota la energía del salto. 29. Una gran parte de la investigación pionera sobre el movimiento de cohetes fue realizada por Robert Goddard, profesor de física en el Clark College de Worcester, Massachusetts. Un editorial de New York Times, publicado en 1921, ilustra la aceptación pública de su trabajo:” El profesor Goddard con su cátedra de Clark College y elapoyo de la Institución Smithsoniana desconoce la relación entre acción y reacción y la necesidad de tener algo mejor que el vacío frente a lo cual reaccionar- es decir, su idea es absurda. Naturalmente parece desconocer las enseñanzas impartidas diariamente en los centros de enseñanza media”. La creencia de que un cohete necesitaba algúnmedio sobre el cual empujar, era un concepto erróneo predominante antes de que los cohetes en el espacio fueran algo común. Explicar por qué dicha creencia es errónea. La tercera ley de Newton aplicada a nuestro movimiento dice que, si hacemos una fuerza sobre el suelo, su reacción nos impulsa hacia delante. En el caso de los cohetes, tenemos un sistema aislado, su cantidad de movimiento se ha de conservar. Si los gases son impulsados hacia atrás con una velocidad, la parte delantera del cohete será impulsada hacia delante para conservar la cantidad de movimiento del sistema. 30. Tres jóvenes L, J y T descubren que un producto químico escapa uniformemente por un agujero que existe en el fondo de un vagón de ferrocarril. Para comprobar la posibilidad de un accidente medioambiental graban por medio de un vídeo el movimiento del vagón cuando rueda sin rozamiento con una velocidad inicial vo. T opina que un análisis cuidadoso del vídeo, mostrará que la velocidad del vagón
- 11. aumenta porque pierde masa al perder el producto. L opina, por el contrario, que, con una pérdida de masa, la velocidad del vagón debe disminuir. J dice que la velocidad no se modificará. a) ¿Qué opinión es la correcta? b) ¿Qué fuerzas se ejercen sobre el sistema formado por el vagón más el producto químico? a) La opinión correcta sería la de T, la velocidad ira aumentando al ir saliendo el gas para conservar la cantidad de movimiento del sistema.
- 12. http://teleformacion.edu.aytolacoruna.es/FISICA/document/teoria/A_Franco/di namica/cohete1/cohete1.htm 31. Una muchacha de 55 kg de masa salta hacia afuera desde la proa de una canoa de 75 kg que está inicialmente en reposo. Si la velocidad de la muchacha es de 2,5 m/s hacia la derecha, ¿Cuál será la velocidad de a canoa después del salto? 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟎 𝒗𝟐 = −𝒎𝟏∗𝒗𝟏 𝒎𝟐 = − 𝟓𝟓∗𝟐,𝟓 𝟕𝟓 = −𝟏, 𝟖𝟑 𝒎/𝒔 32. Dos masas de 5 y 10 kg situadas sobre una masa sin rozamiento están conectadas por un muelle comprimido. Cuando el muelle se libera, la masa menor posee una velocidad de 8 m/s hacia la izquierda. ¿Cuál será la velocidad de la masa mayor? 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟎 𝒗𝟐 = −𝒎𝟏∗𝒗𝟏 𝒎𝟐 = −𝟓∗(−𝟖) 𝟏𝟎 = 𝟒 𝒎/𝒔 33. La figura muestra el aspecto de un proyectil un instante después de haber estallado en tres fragmentos. ¿Cuál era la velocidad del proyectil un instante antes de su explosión? a) V3 b) v3/3 c) v3/4 d) 4 v3 e) (v1+v2+v3)/4 (𝒎 + 𝒎 + 𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝒗𝒙𝒊 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟑 ; 𝒗𝒙𝒊 = 𝒗𝟑 𝟒 (𝒎 + 𝒎 + 𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝒗𝒚𝒊 = 𝒎 ∗ 𝟐 ∗ 𝒗𝟏 − 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 ; 𝒗𝒚𝒊 = 𝟎 Respuesta c.
- 13. 34. Una granada de masa m y velocidad v explota en dos fragmentos idénticos. Si la granada se movía horizontalmente respecto a la tierra y después de la explosión uno de los fragmentos se mueve verticalmente con la magnitud de la velocidad v, determinar la velocidad v’ del otro fragmento. 𝑬𝒋𝒆 𝒙 ∶ 𝒎 ∗ 𝒗 = 𝒎 𝟐 ∗ 𝒗𝒙 ′ ; 𝒗𝒙 ′ = 𝟐 ∗ 𝒗 𝑬𝒋𝒆 𝒚 ∶ 𝟎 = 𝒎 𝟐 ∗ 𝒗 + 𝒎 𝟐 ∗ 𝒗𝒚 ′ ; 𝒗𝒚 ′ = −𝒗 35. En un camión de circo, Marcelo (masa 70,0 kg) sale disparado de un cañón con una velocidad inicial de 24,0 m/s formando un ángulo de 30º con la horizontal. La compañera de equipo, Tina (masa 50,0 kg), está de pie sobre una plataforma elevada con el punto más alto de la trayectoria del hombre bala. Marcelo atrapa a Tina y ambos siguen el recorrido conjuntamente hasta caer en una red que se encuentra a una distancia x del cañón y a la misma altura que éste. Calcular x. En el punto alto: 𝟎 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝒈 ∗ 𝒕 ; 𝒕 = 𝒗𝒐∗𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒈 𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒕 = (𝒗𝒐∗𝒄𝒐𝒔𝜽)𝟐 𝒈 En el choque: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 ;𝒗 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) Estará el mismo tiempo en bajar que el que ha estado subiendo, el choque no afecta al movimiento vertical, únicamente al movimiento horizontal. La posición de caída será: 𝒙 = 𝒙𝒂𝒍𝒕 𝒎𝒂𝒙 + 𝒗 ∗ 𝒕 𝒙 = (𝒗𝒐∗𝒄𝒐𝒔𝜽)𝟐 𝒈 + 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) ∗ 𝒗𝒐∗𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒈 Substituyendo valores: 𝒙 = (𝟐𝟒∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎)𝟐 𝟗,𝟖 + (𝟐𝟒∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎)𝟐 (𝟓𝟎+𝟕𝟎)∗𝟗,𝟖 = 𝟒𝟎,𝟏𝟓 𝒎 36. Un bloque y una pistola cargada están firmemente fijos en los extremos opuestos de una plataforma de masa despreciable que descansa sobre una mesa de colchón de aire sin rozamiento (figura). La masa de la pistola es mp, la del bloque mbl y la de la bala mb. El arma está dispuesta de modo que, al disparar, la bala se incrusta en el bloque. La velocidad inicial de la bala es vb, medida por un observador en reposo respecto a la mesa. Suponer que la caída de la bala es despreciable y su penetración en el bloque es pequeña. a) ¿Cuál es la velocidad de la plataforma inmediatamente después de que la bala se detenga en el bloque? b) ¿Cuál es la velocidad de la plataforma inmediatamente después de que la bala quede en reposo dentro del bloque? c) ¿Qué distancia ha recorrido el bloque desde su posición inicial hasta que la bala se detiene en el bloque?
- 14. a) Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento a éste caso: 𝟎 = (𝒎𝒑 + 𝒎𝒃𝒍) ∗ 𝒗𝒑 + 𝒎𝒃 ∗ 𝒗𝒃 𝒗𝒑 = −𝒎𝒃∗𝒗𝒃 (𝒎𝒑+𝒎𝒃𝒍) La masa de la plataforma es igual a la de la pistola al estar adherida a ella. b) Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento a esta segunda colisión: 𝒎𝒃 ∗ 𝒗𝒃 + (𝒎𝒃𝒍 + 𝒎𝒑) ∗ 𝒗𝒑 = (𝒎𝒃 + 𝒎𝒃𝒍 + 𝒎𝒑) ∗ 𝒗 Utilizando la velocidad obtenida en a para vp obtenemos v=0. También directamente, suponiendo sistema aislado, si inicialmente la cantidad de movimiento era cero, la final también ha de serlo. Por tanto, v=0. c) 𝒗𝒃 = 𝑳 ∆𝒕 ; ∆𝒕 = 𝑳 𝒗𝒃 ∆𝒙 = 𝒗𝒑 ∗ ∆𝒕 = −𝒎𝒃∗𝒗𝒃 (𝒎𝒑+𝒎𝒃𝒍) ∗ 𝑳 𝒗𝒃 = −𝒎𝒃∗𝑳 (𝒎𝒑+𝒎𝒃𝒍) 37. Un pequeño objeto de masa m desliza hacia abajo por una cuña de masa 2 m y luego se desliza suavemente sobre una mesa sin rozamiento. La cuña está inicialmente en reposo sobre la mesa. Si el objeto está inicialmente en reposo sobre una altura h por encima de la mesa, determinar la velocidad de la cuña cuando el objeto se separa de esta. En ausencia de fricción, la energía se conserva durante la bajada: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒄 𝟐 Por otra parte, tenemos conservación de la cantidad de movimiento: 𝟎 = −𝒎 ∗ 𝒗𝒐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒄 𝒗𝒐 = 𝟐 ∗ 𝒗𝒄 Substituimos en la ecuación de la energía: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟒 ∗ 𝒗𝒄 𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒗𝒄 𝟐 𝒗𝒄 = √ 𝒈∗𝒉 𝟑 Energía cinética de un sistema 38. Describir como se mueve una pelota de baloncesto cuando a) Su energía cinética total sea exactamente la energía del movimiento del centro de masas. b) Su energía cinética sea la energía del movimiento respecto del centro de masas. a) En este caso las partículas se moverán linealmente como el centro de masa, sin rotaciones alrededor de él. De esta forma: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ ∑ 𝒎𝒊 ∗ 𝒗𝒊 𝟐 𝒊 b) En este caso
- 15. 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 + 𝑬𝒄,𝒓𝒆𝒍 Como la primera parte es nula, solo existe la segunda, la película estará en rotación alrededor del centro de masas. 39. Dos bolas de una bolera se mueven con igual velocidad, pero una de ellas se desliza hacia abajo por la pista, mientras la otra está rodando. ¿Cuál de las dos tiene más energía? Para la bola que desliza tenemos: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 Para la que desliza y rueda: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 + 𝑬𝒄,𝒓𝒆𝒍 Por tanto, la segunda tiene más energía para una misma velocidad de deslizamiento. 40. Un bloque de 3 kg se mueve hacia la derecha a 5 m/s y un segundo bloque de 3 kg se mueve hacia la izquierda a 2 m/s. a) Hallar la energía cinética total de ambos bloques en este sistema. b) Hallar la velocidad del centro de masas formado por los dos bloques. c) Hallar las velocidades de los dos bloques respecto al centro de masas. d) Hallar la energía cinética del movimiento respecto al centro de masas. e) Demostrar que la respuesta a la parte a es mayor que la correspondiente a la parte d en una cantidad igual a la energía cinética del centro de masas. a) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟐𝟓 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟒 = 𝟒𝟑,𝟓 𝑱 b) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝑴 = 𝟑∗𝟓−𝟑∗𝟐 𝟔 = 𝟏, 𝟓 𝒎/𝒔 c) 𝑬𝒍 𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒔𝒆 𝒎𝒖𝒆𝒗𝒆 𝒄𝒐𝒏 𝒗𝟏 ′ = 𝟓 − 𝟏,𝟓 = 𝟑, 𝟓 𝒎 𝒔 𝑬𝒍 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐 𝒄𝒐𝒏 𝒗𝟐 𝟏 = −𝟐 − 𝟏, 𝟓 = −𝟑,𝟓 𝒎/𝒔 d) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 ′𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗′ 𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟑, 𝟓𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ (−𝟑,𝟓)𝟐 = 𝟑𝟔,𝟕𝟓 𝑱 e) La energía del centro de masas es: 𝑬𝒄,𝒄𝒎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔 ∗ 𝟏, 𝟓𝟐 = 𝟔,𝟕𝟓 𝑱 La diferencia entre los valores obtenidos en a y d es: 𝑬𝒄 − 𝑬𝒄,𝒄𝒎 = 𝟒𝟑,𝟓 − 𝟑𝟔,𝟕𝟓 = 𝟔,𝟕𝟓 𝑱 41. Repetir el problema 40 para un segundo bloque de masa 5 kg que reemplaza al de 3 kg y que se mueve hacia la derecha con velocidad de 3 m/s. a) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟐𝟓 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟓 ∗ 𝟗 = 𝟔𝟎 𝑱 b) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝑴 = 𝟑∗𝟓+𝟓∗𝟑 𝟖 = 𝟑, 𝟕𝟓 𝒎/𝒔 c) 𝑬𝒍 𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒔𝒆 𝒎𝒖𝒆𝒗𝒆 𝒄𝒐𝒏 𝒗𝟏 ′ = 𝟓 − 𝟑,𝟕𝟓 = 𝟏,𝟐𝟓 𝒎 𝒔 𝑬𝒍 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐 𝒄𝒐𝒏 𝒗𝟐 𝟏 = 𝟑 − 𝟑,𝟕𝟓 = −𝟎, 𝟕𝟓 𝒎/𝒔 d) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 ′𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗′ 𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏, 𝟐𝟓𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟓 ∗ (−𝟎, 𝟕𝟓)𝟐 = 𝟑, 𝟕𝟓 𝑱 e) La energía del centro de masas es: 𝑬𝒄,𝒄𝒎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟖 ∗ 𝟑, 𝟕𝟓𝟐 = 𝟓𝟔,𝟐𝟓 𝑱 La diferencia entre los valores obtenidos en a y d es: 𝑬𝒄 − 𝑬𝒄,𝒄𝒎 = 𝟔𝟎 − 𝟓𝟔,𝟐𝟓 = 𝟑, 𝟕𝟓 𝑱 Impulso y fuerza media
- 16. 42. Explicar por qué una red de seguridad puede salvar la vida de un trapecista. 𝑭 ⃗ ⃗ ∗ ∆𝒕 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ Si ampliamos el tiempo que dura la interacción reduciremos la fuerza que actúa sobre el trapecista. 43. ¿Cómo podría estimarse el tiempo de colisión entre un bate y una pelota de béisbol? Si sabemos la distancia del cambio de velocidad tendremos: ∆𝒕 = ∆𝒙 ∆𝒗 Suponiendo el cambio de velocidad de la de llegada hasta cero ∆𝒗 = 𝒗 ; ∆𝒕 = ∆𝒙/𝒗 44. ¿Cómo es posible que una copa de vino no se rompa al caer sobre una alfombra y en cambio se rompe siempre al caer sobre un suelo de piedra? 𝑭 ⃗ ⃗ = ∆𝒑 ⃗ ⃗ /∆𝒕 En la alfombra aumenta el tiempo de interacción, disminuye la fuerza. 45. Un balón de rugby de masa 0,43 kg sale del pie del chutador con una velocidad inicial de 25 m/s. a) ¿Cuál es el impulso impartido al balón por el chutador? b) Si el pie del jugador está en contacto con el balón durante 0,008 s, ¿Cuál es la fuerza media ejercida por el pie sobre el balón? a) 𝑰 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ ;𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 − 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 = 𝟎,𝟒𝟑 ∗ 𝟐𝟓 = 𝟏𝟎,𝟕𝟓 𝒌𝒈 ∗ 𝒎/𝒔 b) 𝑰 = 𝑭 ⃗ ⃗ ∗ ∆𝒕 ; 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = 𝟏𝟎,𝟕𝟓 𝟎,𝟎𝟎𝟖 = 𝟏𝟑𝟒𝟑,𝟖 𝑵 46. Un ladrillo de 0,3 kg se deja caer desde una altura de 8 m. Choca contra el suelo y queda en reposo. a) ¿Cuál es el impulso ejercido por el suelo sobre el ladrillo? b) Si desde que el ladrillo toca el suelo hasta que queda en reposo transcurren 0,0013 s, ¿Cuál es la fuerza media ejercida por el suelo sobre el ladrillo? a) Por conservación de energía: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ;𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = √𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ 𝟖 = 𝟏𝟐, 𝟓𝟐 𝒎/𝒔 En el choque: 𝑰 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ ;𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 − 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 = 𝟎,𝟑 ∗ 𝟎 − 𝟎, 𝟑 ∗ 𝟏𝟐,𝟓𝟐 = 𝟑, 𝟕𝟔 𝑲𝒈 ∗ 𝒎/𝒔 b) 𝑰 = 𝑭 ⃗ ⃗ ∗ ∆𝒕 ; 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = 𝟑,𝟕𝟔 𝟎,𝟎𝟎𝟏𝟑 = 𝟐,𝟖𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 47. En el Hayden Planetarium de Nueva York se exhibe un meteorito de 30,8 ton (ton=1000 kg). Supongamos que la energía cinética del meteorito cuando chocó contra el suelo fue de 617 MJ. Determinar el impulso I experimentado por el meteorito en el momento (unos 3,0 s) en que su energía cinética se había reducido a la mitad. Determinar también la fuerza media ejercida sobre el meteorito durante este intervalo de tiempo. 𝑬𝒄𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 𝟐 ; 𝒗𝒊 = √ 𝟐∗𝑬𝒄𝒊 𝒎 𝑬𝒄𝒇 = 𝑬𝒄𝒊 𝟐 ; 𝒗𝒇 = √ 𝟐∗𝑬𝒄𝒇 𝒎 = √ 𝑬𝒄𝒊 𝒎 𝑰 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ ; 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 − 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 = 𝟑𝟎, 𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ √ 𝟔𝟏𝟕∗𝟏𝟎𝟔 𝟑𝟎,𝟖∗𝟏𝟎𝟑 ∗ (𝟏 − √𝟐) = 𝟏, 𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒌𝒈 ∗ 𝒎/𝒔 𝑰 = 𝑭 ⃗ ⃗ ∗ ∆𝒕 ; 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = 𝟏,𝟖𝟏∗𝟏𝟎𝟔 𝟑,𝟎 = 𝟔, 𝟎𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟓 𝑵 48. Al golpear una pelota de béisbol de 0,15 kg, su velocidad cambia de +20 m/s a -20 m/s.
- 17. a) ¿Cuál es la magnitud del impulso impartido por el bate a la pelota? b) Si la pelota está en contacto con el bate 1,3 ms, ¿Cuál es la fuerza media ejercida por el bate sobre la pelota? a) 𝑰 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ ; 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 − 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 = 𝟎, 𝟏𝟓 ∗ (−𝟐𝟎 − 𝟐𝟎) = −𝟔, 𝟎 𝒌𝒈 ∗ 𝒎/𝒔 b) 𝑰 = 𝑭 ⃗ ⃗ ∗ ∆𝒕 ; 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = −𝟔,𝟎 𝟏,𝟑∗𝟏𝟎−𝟑 = 𝟒,𝟔𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 49. Una pelota de frontón de 300 g a la velocidad de 5,0 m/s, choca contra la pared bajo un ángulo de 40º y rebota con la misma velocidad y el mismo ángulo. Si está en contacto con la pared durante 2 ms, ¿Cuál es la fuerza media ejercida por la bola sobre la pared? 𝑰 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ ; 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 ⃗⃗⃗⃗ − 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 ⃗⃗⃗ En el eje x: 𝑰𝒙 = −𝒎 ∗ 𝒗 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝒎 ∗ 𝒗 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = −𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝑰𝒚 = 𝒎 ∗ 𝒗 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒎 ∗ 𝒗 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝟎 𝑭𝒙 = 𝑰𝒙 ∆𝒕 = − 𝟐∗𝒎∗𝒗∗𝒄𝒐𝒔𝜽 ∆𝒕 = −𝟐∗𝟎,𝟑∗𝟓,𝟎∗𝒄𝒐𝒔𝟒𝟎 𝟎,𝟎𝟎𝟐 = −𝟏𝟏𝟓𝟎 𝑵 Para la fuerza ejercida sobre la pared por la pelota tendremos que será igual i de sentido contrario. 50. Un coche de 2000 kg que viaja a 90 km/h choca contra una pared de hormigón que no cede. a) Estimar el tiempo de choque, suponiendo que el centro del coche recorre la mitad del camino hasta la pared con desaceleración constante. (Utilizar cualquier longitud razonable para el coche). b) Estimar la fuerza media ejercida por la pared sobre el coche. a) Supongamos una distancia L como longitud del coche. 𝟎𝟐 − 𝒗𝒐 𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ 𝑳/𝟐 𝒂 = − 𝒗𝒐 𝟐 𝑳 𝟎 = 𝒗𝒐 + 𝒂 ∗ ∆𝒕 ; ∆𝒕 = − 𝒗𝒐 𝒂 = 𝑳 𝒗𝒐 Si suponemos una longitud de 5 m. ∆𝒕 = 𝟓 𝟗𝟎/𝟑,𝟔 = 𝟎,𝟐 𝒔 b) 𝑭 = ∆𝒑 ∆𝒕 = 𝒎∗𝒗𝒇−𝒎∗𝒗𝒐 ∆𝒕 = − 𝒎∗𝒗𝒐 𝑳 𝒗𝒐 = −𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑳 Para L= 5 m: 𝑭 = −𝟐𝟎𝟎𝟎 ∗ ( 𝟗𝟎 𝟑,𝟔 ) 𝟐 𝟓 = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟓 𝑵 51. Se lanza una pelota de 150 g a una altura de 40 m.
- 18. a) Utilizar un valor razonable para la distancia que recorrerá la pelota de manera que mientras se encuentre en la mano de la persona que la lanza se pueda calcular la fuerza media ejercida y el tiempo que la pelota permanece en la mano durante el lanzamiento. b) ¿Es posible despreciar el peso de la pelota mientras está es lanzada? a) Durante el instante del lanzamiento: Durante la subida de la pelota: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 ; 𝒗𝟐 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 Durante el lanzamiento, pasamos de 0 a v2: 𝒗𝒎 = 𝒗𝟐 𝟐 = 𝒅 ∆𝒕 ; ∆𝒕 = 𝟐∗𝒅 𝒗𝟐 = 𝟐∗𝒅 √𝟐∗𝒈∗𝒉 𝑺𝒊 𝒅 = 𝟎, 𝟕 𝒎 ; ∆𝒕 = 𝟐∗𝟎,𝟕 √𝟐∗𝟗,𝟖∗𝟒𝟎 = 𝟎, 𝟎𝟓 𝒔 𝑰 = 𝑭 ⃗ ⃗ ∗ ∆𝒕 ; 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = ∆𝒑 ∆𝒕 = 𝒎∗(𝒗𝟐−𝟎) 𝟐∗𝒅 𝒗𝟐 = 𝒎∗𝒗𝟐 𝟐 𝟐∗𝒅 = 𝟎,𝟏𝟓𝟎∗𝟐∗𝟗,𝟖∗𝟒𝟎 𝟐∗𝟎,𝟕 = 𝟖𝟒 𝑵 b) La relación entre la fuerza del lanzamiento y la gravedad es: 𝑭 𝒎∗𝒈 = 𝟖𝟒 𝟎,𝟏𝟓∗𝟗,𝟖 = 𝟓𝟕 La fuerza aplicada es 57 veces mayor que el peso. Si consideramos el peso la fuerza resultante sería: 𝑹 = 𝟖𝟒 − 𝟎, 𝟏𝟓 ∗ 𝟗,𝟖 = 𝟖𝟐,𝟓𝟑 𝑵 El error cometido: 𝟖𝟒−𝟖𝟐,𝟓𝟑 𝟖𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏, 𝟕𝟓 % 52. Una pelota de 300 g de masa se lanza perpendicularmente contra una pared con una velocidad de 8 m/s. Rebota con la misma velocidad. a) ¿Qué impulso se habrá transmitido a la pared? b) Si el contacto entre la pelota y la pared duró 0,003 s, ¿qué fuerza media se ejerció sobre la pared? c) La pelota la recoge un jugador que la deja en reposo. En el proceso sus manos retroceden 0,5 m. ¿Cuál es el impulso recibido por el jugador? d) ¿Cuál fue la fuerza media ejercida sobre el jugador por la pelota? a) El impulso de la pelota en el choque:
- 19. 𝑰 = ∆𝒑 ⃗ ⃗ ; 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 ⃗⃗⃗⃗ − 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 ⃗⃗⃗ = 𝟎, 𝟑𝟎𝟎 ∗ (−𝟖 − 𝟖) = −𝟒, 𝟖𝒌𝒈 ∗ 𝒎/𝒔 El impulso transmitido a la pared será de igual dirección y sentido contrario. b) 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = 𝟒,𝟖 𝟎,𝟎𝟎𝟑 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝑵 c) Para la pelota: 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 ⃗⃗⃗⃗ − 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 ⃗⃗⃗ = 𝟎, 𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟎 − 𝟎, 𝟑𝟎𝟎 ∗ (−𝟖) = −𝟐, 𝟒 𝒌𝒈 ∗ 𝒎/𝒔 El impulso del jugador será el mismo de sentido contrario. d) 𝒗𝒎 = 𝒗𝟐 𝟐 = 𝒅 ∆𝒕 ; ∆𝒕 = 𝟐∗𝒅 𝒗𝟐 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = 𝑰 𝟐∗𝒅 𝒗 = 𝑰∗𝒗 𝟐∗𝒅 = 𝟐,𝟒∗𝟖 𝟐∗𝟎,𝟓 = 𝟏𝟗,𝟐 𝑵 53. Las grandes cavernas de piedra caliza se formaron gracias al goteo constante de agua. a) ¿Cuál es la fuerza mínima ejercida sobre el suelo de caliza por las gotas de agua de 0,03 mL que caen desde una altura de 5 m a razón de 10 por minuto? b) Comparar esta fuerza con el peso de una gota de agua. a) Calculamos la velocidad de llegada al suelo de las gotas: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = √𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟓 = 𝟗, 𝟗𝟎 𝒎/𝒔 𝑭 = 𝑰 ∆𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 ⃗⃗⃗ − 𝒎 ∗ 𝒗𝒊 ⃗⃗⃗ ∆𝒕 = 𝑵 ∗ 𝝆 ∗ 𝑽 ∗ (𝒗𝒇 − 𝒗𝒊) ∆𝒕 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒈/𝒎𝟑 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟖 𝒎𝟑 ∗ (𝟎 − 𝟗,𝟗𝟎)𝒎/𝒔 𝟔𝟎 𝒔 = −𝟒,𝟗𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝑵 La fuerza anterior es la que actúa sobre las 10 gotas, sobre el suelo actuará la misma fuerza con sentido contrario. b) El peso de una gota es: 𝑷 = 𝝆 ∗ 𝑽 ∗ 𝒈 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒈 𝒎𝟑 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟖 𝒎𝟑 ∗ 𝟗, 𝟖 𝑵 𝒌𝒈 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟗𝟒 𝑵 La relación: 𝑷 𝑭 = 𝟐,𝟗𝟒∗𝟏𝟎𝟒 𝟒,𝟗𝟓∗𝟏𝟎−𝟓 ~𝟔 54. Un juego típico en las excursiones campestres es el lanzamiento de huevos. Dos personas se lanzan un huevo no cocido de una a otra repetidamente mientras se separan cada vez más. Si la fuerza requerida para romper la cáscara es de unos 5 N y la masa del huevo es de 50 g, estimar la máxima separación q que pueden encontrarse las dos personas. Hacer cualquier hipótesis razonable. Supongamos que tenemos lanzamientos verticales sin velocidad inicial. El que está arriba deja caer el huevo, el que está abajo recibe el impacto. La velocidad de llegada del huevo a la persona será: 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉
- 20. La fuerza del impacto vendrá dada por: 𝑭 = ∆𝒑 ∆𝒕 = 𝒎∗𝒗 ∆𝒕 = 𝒎∗√𝟐∗𝒈∗𝒉 ∆𝒕 Despejando la altura: 𝒉 = 𝑭𝟐∗∆𝒕𝟐 𝒎𝟐∗𝟐∗𝒈 Suponemos un tiempo de choque de 0,01 s: 𝒉 = 𝟓𝟐∗𝟎,𝟎𝟏𝟐 𝟎,𝟎𝟓𝟎𝟐∗𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟐 𝒎 Si el tiempo es de 0,02 s: h=0,2 m. Para 0,03 s: 0,5 m. Para 0,05 s: 1,3 m. Para 0,1 s: 5 m Colisiones en una dimensión 55. Verdadero o falso: a) En un choque perfectamente inelástico se pierde toda la energía cinética de las partículas. b) En un choque elástico frontal la velocidad relativa de retroceso después del choque es igual a la velocidad relativa de aproximación antes del mismo. c) La energía cinética se conserva en una colisión elástica. a) Falso b) Verdadero, es un sistema aislado. c) Verdadero. 56. ¿En qué condiciones puede perderse toda la energía cinética inicial en un choque? Ha de ser un choque perfectamente inelástico, y la cantidad de movimiento inicial de las partículas que chocan ha ser cero. 57. Considerar una colisión perfectamente inelástica de dos objetos de igual masa. a) ¿En qué caso es mayor la pérdida de la energía cinética: si los dos objetos tienen velocidades directamente opuestas y de igual magnitud v/2, o si uno de los objetos se encuentra inicialmente en reposo y el otro tiene una velocidad inicial v? b) ¿En qué situación es mayor el porcentaje de pérdida de energía cinética? a) En el primer caso: 𝒎 ∗ 𝒗 𝟐 − 𝒎 ∗ 𝒗 𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 ; 𝒗𝒇 = 𝟎. Se pierde toda la energía cinética: ∆𝑬𝒄 = −𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟒 = −𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟒 En el segundo caso: 𝒎 ∗ 𝒗 = (𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝒗𝒇 𝒗𝒇 = 𝒗 𝟐 ∆𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟒 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 Se pierde la misma energía. b) En el primer caso: ∆𝑬𝒄 𝑬𝒄𝒐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏𝟎𝟎 % En el segundo caso:
- 21. ∆𝑬𝒄 𝑬𝒄𝒐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟓𝟎 % 58. Una masa m1 que se mueve con velocidad v realiza un choque elástico frontal con una masa estacionaria m2. ¿En qué condiciones será mayor la energía impartida a m2? a) 𝒎𝟐 ≪ 𝒎𝟏 b) 𝒎𝟐 = 𝒎𝟏 c) 𝒎𝟐 ≫ 𝒎𝟏 d) Ninguna de las anteriores 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟏 + 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐𝒇 Despejamos v1f de la segunda, substituimos en la primera y despejamos v2f: 𝒗𝟐𝒇 = 𝟐∗𝒎𝟏 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) La relación pedida es: 𝑬𝒄𝟐𝒇 𝑬𝒄𝟏,𝒊 = 𝟒∗𝒎𝟐∗𝒎𝟏 (𝒎𝟐+𝒎𝟏)𝟐 En el primer caso, 𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 = 𝒎𝟏 y la relación queda: 𝑬𝒄𝟐𝒇 𝑬𝒄𝟏,𝒊 = 𝟒∗𝒎𝟐 𝒎𝟏 En el segundo caso: 𝑬𝒄𝟐𝒇 𝑬𝒄𝟏,𝒊 = 𝟏 En el tercero, 𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 = 𝒎𝟐: 𝑬𝒄𝟐𝒇 𝑬𝒄𝟏,𝒊 = 𝟒∗𝒎𝟏 𝒎𝟐 La relación es máxima en el segundo caso. 59. Los padres del pequeño Ronny piensan que éste puede compartir ya la cena de acción de gracias con toda la familia. Están equivocados. Ronny lanza un puñado de 150 g de puré de patatas horizontalmente con una velocidad de 5 m/s. El puré choca con una salsera inicialmente en reposo sobre la mesa sin rozamiento. El choque es perfectamente inelástico y el conjunto puré más salsera se desliza por la mesa en dirección al abuelo. ¿Cuál es la velocidad de este sistema combinado? Masa de la salsera 1,121 kg. 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟎,𝟏𝟓𝟎∗𝟓 𝟎,𝟏𝟓+𝟏,𝟏𝟐𝟏 = 𝟎,𝟓𝟗 𝒎/𝒔 60. Un coche de 2000 kg se mueve hacia la derecha a 30 m/s en persecución de un segundo coche de igual masa que se mueve también hacia la derecha a 10 m/s. a) Si los dos coches chocan y quedan acoplados ¿Cuál es su velocidad inmediatamente después de la colisión? b) ¿Qué fracción de la energía cinética inicial de los coches se perdió durante esta colisión? ¿A dónde fue a parar esta energía? a) 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟐𝟎𝟎𝟎∗(𝟑𝟎+𝟏𝟎) 𝟒𝟎𝟎𝟎 = 𝟐𝟎,𝟎 𝒎/𝒔 b) La fracción conservada de energía: 𝑬𝒄𝒇 𝑬𝒄𝒊 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏 𝟐 ∗(𝒎𝟏+𝒎𝟐)∗𝒗𝟐 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝟏∗𝒗𝟏 𝟐+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟒𝟎𝟎𝟎∗𝟐𝟎𝟐 𝟐𝟎𝟎𝟎∗(𝟑𝟎𝟐+𝟏𝟎𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟐∗𝟒𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟖𝟎% Se conserva el 80 %, se pierde el 20 %.
- 22. 61. Un jugador de rugby de 85 kg que se mueve a la velocidad de 7 m/s realiza un choque perfectamente inelástico con un defensa de 105 kg que está inicialmente en reposo. ¿Cuál es la velocidad de los jugadores inmediatamente después de la colisión? 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟖𝟓∗𝟕 𝟖𝟓+𝟏𝟎𝟓 = 𝟑, 𝟏𝟑 𝒎/𝒔 62. Un cuerpo de 5 kg con una velocidad de 4,0 m/s choca frontalmente con otro de 10 kg que se mueve hacia él con una velocidad de 3,0 m/s. Si el bloque de 10 kg queda inmóvil después del choque, a) ¿Cuál es la velocidad final del cuerpo de 5 kg? b) ¿Es elástico el choque? a) 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏 = 𝟓∗𝟒+𝟏𝟎∗(−𝟑) 𝟓 = −𝟐,𝟎 𝒎/𝒔 b) ∆𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = −𝟕𝟓,𝟎 𝑱 No es elástico. 63. Una bola de masa m se mueve con velocidad v hacia la derecha y choca contra un bate mucho más pesado que se mueve hacia la izquierda con velocidad v. Determinar la velocidad de la bola después del choque elástico con el bate. Como consecuencia de que la masa del bate es mucho mayor que la de la bola su velocidad no se verá alterada en el choque. Como consecuencia de la conservación de la energía: 𝒗𝒊𝒃 + 𝒗𝒇𝒃 = 𝒗 + 𝒗 𝒗𝒇𝒃 = 𝟐 ∗ 𝒗 + 𝒗𝒊𝒃 = 𝟑 ∗ 𝒗 64. Los estudiantes de dos residencias rivales solían realizar batallas “memorables” utilizando como proyectiles panecillos de diversos tipos, unos duros como los de salvado y otros blandos, como los de calabaza. Supongamos que todos los panecillos tenían igual masa, 03 kg. Si uno de estos panecillos se mueve hacia la derecha a 5 m/s y choca con otro que se mueve hacia la izquierda a 2 m/s, determinar las velocidades finales si
- 23. a) Es una colisión perfectamente inelástica de dos panecillos de calabaza. b) Es una colisión de dos panecillos de salvado. a) 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟎,𝟑(𝟓+(−𝟐)) 𝟎,𝟔 = 𝟏,𝟓 𝒎/𝒔 b) Suponemos colisión perfectamente elástica: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟏 + 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒗𝟐𝒇 Despejamos las velocidades finales: 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒎𝟐∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 − 𝒗𝟏 Imponemos la condición de que las dos masas sean iguales y nos queda: 𝒗𝟐𝒇 = 𝒗𝟏 ; 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 Por tanto: 𝒗𝟐𝒇 = 𝟓 𝒎 𝒔 ; 𝒗𝟏𝒇 = −𝟐𝒎/𝒔 65. Repetir el problema 64 utilizando un panecillo (ilegal) de masa 0,5 kg que se mueve hacia la derecha a la velocidad de 3 m/s. Suponemos choque frontal con sentidos diferentes. a) Considerando el caso inelástico: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟎,𝟓∗𝟑+𝟎,𝟑∗(−𝟐) 𝟎,𝟖 = 𝟏,𝟏𝟐𝟓 𝒎/𝒔 b) 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 = 𝟎,𝟓∗(𝟐∗𝟑−(−𝟐)+𝟎,𝟑∗(−𝟐) 𝟎,𝟖 = 𝟒,𝟔𝟐𝟓 𝒎/𝒔 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒎𝟐∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 − 𝒗𝟏 = −𝟐 + 𝟒,𝟔𝟐𝟓 − 𝟑 = −𝟎,𝟑𝟕𝟓 𝒎/𝒔 66. Un protón de masa m realiza un choque elástico frontal con un núcleo de carbono estacionario de masa 12 m. La velocidad del protón es de 300 m/s. a) Determinar la velocidad del centro de masas del sistema. b) Determinar la velocidad del protón después del choque. a) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝑴 = 𝒎∗𝟑𝟎𝟎+𝟏𝟐∗𝒎∗𝟎 𝟏𝟑∗𝒎 = 𝟑𝟎𝟎 𝟏𝟑 = 𝟐𝟑,𝟏 𝒎/𝒔 b) 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟏 + 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒗𝟐𝒇 Despejando: 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 = 𝟏𝟐∗𝒎∗(𝟐∗𝟎−𝟑𝟎𝟎)+𝒎∗𝟑𝟎𝟎 𝟏𝟑∗𝒎 = −𝟐𝟓𝟑,𝟖𝟓 𝒎/𝒔 67. Un cuerpo de 3 kg que se mueve con una velocidad de 4 m/s verifica un choque elástico contra un cuerpo estacionario de masa 2 kg. Utilizando el principio de conservación de la cantidad de movimiento, y el hecho de que la velocidad relativa de separación es igual a la velocidad relativa de aproximación, determinar la velocidad de cada cuerpo después de la colisión. Comprobar la respuesta calculando las energías cinéticas inicial y final de cada cuerpo. 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟏 + 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒗𝟐𝒇
- 24. Despejando las velocidades finales: 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 = 𝟑∗(𝟐∗𝟒−𝟎)+𝟐∗𝟎 𝟓 = 𝟒, 𝟖 𝒎/𝒔 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒎𝟐∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 − 𝒗𝟏 = 𝟎 + 𝟒,𝟖 − 𝟒 = 𝟎, 𝟖 𝒎/𝒔 Donde la masa 1 es la de 3 kg y la 2 la de 2 kg. 68. Noche tras noche, Lucy está atormentada por un ruido espantoso emitido en la casa del vecino. Un día, cansada, toma un revolver, se asoma por la ventana del vecino, apunta y dispara una bala de 10 g contra el blanco maldito: un saxofón de 1,2 kg que se encontraba sobre una superficie sin rozamiento. La bala atraviesa el instrumento y emerge con una velocidad de 100 m/s, mientras el saxofón se mueve a 4 m/s. Determinar la velocidad inicial de la bala y la cantidad de energía disipada en su recorrido a través del saxofón. 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟏 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏𝒇+𝒎𝟐∗𝒗𝟐𝒇 𝒎𝟏 = 𝟎,𝟎𝟏∗𝟏𝟎𝟎+𝟏,𝟐∗𝟒 𝟎,𝟎𝟏 = 𝟓𝟖𝟎 𝒎/𝒔 ∆𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐 𝟏𝒇 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟎, 𝟎𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟎𝟐 + 𝟏,𝟐 ∗ 𝟒𝟐 − 𝟎,𝟎𝟏 ∗ 𝟓𝟖𝟎𝟐 = −𝟏𝟔𝟐𝟐, 𝟒 𝑱 69. Un bloque de masa m1=2 kg se desliza a lo largo de una mesa sin rozamiento con una velocidad de 10 m/s. Directamente enfrente de este bloque y moviéndose con la misma dirección con una velocidad de 3 m/s hay otro bloque de masa m2= 5 kg. Conectado a un muelle de masa despreciable y constante de fuerza k=1120 N/m, como se muestra en la figura. a) Antes de que m1 choque contra el muelle, ¿Cuál es la velocidad del centro de masas del sistema? b) Después del choque, el muelle se comprime hasta un valor máximo ∆x. ¿Cuál es el valor de ∆x? c) Los bloques eventualmente se separan de nuevo. ¿Cuáles son las velocidades finales de los dos bloques medidas en el sistema de referencia de la mesa? a) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 = 𝟐∗𝟏𝟎+𝟓∗𝟑 𝟕 = 𝟓, 𝟎 𝒎/𝒔 b) La energía se ha de conservar, en el momento de la comprensión, una parte de la energía cinética inicial se ha transformado en potencial elástica. 𝑬𝒄𝟏𝒊 + 𝑬𝒄𝟐𝒊 = 𝑬𝒄𝒇 + 𝑬𝒑 En el choque salen las dos masas y el muelle juntos: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗 𝒗 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 = 𝟓,𝟎 𝒎/𝒔 Con las energías: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐 𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ ∆𝒙𝟐 ∆𝒙 = √𝒎𝟏∗𝒗𝟐 𝟏+𝒎𝟏∗𝒗𝟐 𝟐−(𝒎𝟏+𝒎𝟐)∗𝒗𝟐 𝒌 = √𝟐∗𝟏𝟎𝟐+𝟓∗𝟑𝟐−𝟕∗𝟓𝟐 𝟏𝟏𝟐𝟎 = 𝟎, 𝟐𝟓 𝒎
- 25. c) Cuando el muelle se descomprime la energía se ha de conservar, consideramos la situación inicial de la figura y la situación final cuando se separan, aplicamos las ecuaciones del choque elástico: (𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐) = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟏 + 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒗𝟐𝒇 Despejando las velocidades finales: 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝟐∗𝒗𝟏−𝒗𝟐)+𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+𝒎𝟐 = 𝟐∗(𝟐∗𝟏𝟎−𝟑)+𝟓∗𝟑 𝟕 = 𝟕,𝟎 𝒎/𝒔 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐 + 𝒗𝟐𝒇 − 𝒗𝟏 = 𝟑 + 𝟕 − 𝟏𝟎 = 𝟎 𝒎/𝒔 70. Una bala de masa m se dispara verticalmente desde abajo sobre un bloque de madera M que está inicialmente en reposo, soportado por una lámina delgada de papel. La bala perfora el bloque, el cual asciende hasta una altura H por encima de su posición inicial. La bala sigue ascendiendo hasta una altura h. a) Expresar la velocidad ascendente de la bala y del bloque inmediatamente después de que la primera emerge del bloque en función de h y H. b) Utilizar el principio de conservación del momento lineal para expresar la velocidad de la bala antes de que atraviese el bloque de madera en función de parámetros determinados. c) Obtener expresiones para las energías mecánicas del sistema antes y después de la colisión inelástica. d) Expresar la energía disipada en el bloque de madera en función de m, h, M y H. a) Sea v2 la velocidad de la bala después del impacto y v1 la del bloque después del impacto, en su subida se conserva la energía: 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 ; 𝒗𝟏 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 ; 𝒗𝟐 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 b) 𝒎 ∗ 𝒗 = 𝒎 ∗ √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 + 𝑴 ∗ √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 𝒗 = 𝑴 𝒎 ∗ √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 + √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 c) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝑴𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 + 𝑴 ∗ 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ √𝑯 ∗ 𝒉 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 d) ∆𝑬𝒄 = 𝑴𝒈𝑯 − 𝑴𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 − 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ √𝑯 ∗ 𝒉 71. Un protón de masa m se mueve con velocidad inicial vo hacia una partícula α de masa 4 m inicialmente en reposo. Como ambas partículas poseen carga eléctrica positiva se repelen entre sí. Determinar la velocidad v’ de la partícula α a) Cuando la distancia entre las dos partículas es mínima y b) Cuando las dos partículas están muy separadas. a) En este caso suponemos que las dos partículas están juntas después del choque: 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 = (𝒎 + 𝟒 ∗ 𝒎) ∗ 𝒗 ; 𝒗 = 𝒗𝒐 𝟓 b) En este caso, consideramos la situación inicial i la final, colisión elástica: 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 + 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒗𝒐 + 𝒗𝟏 = 𝒗𝟐 Despejando las dos velocidades finales: 𝒗𝟏 = − 𝟑∗𝒗𝒐 𝟓 ; 𝒗𝟐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒗𝒐
- 26. Péndulos elásticos 72. Una bala de 16 g se dispara contra la lenteja de un péndulo balístico de masa 1,5 kg. Cuando la lenteja está a su altura máxima, las cuerdas forman con la vertical un ángulo de 60º. La longitud del péndulo es de 2,3 m. Determinar la velocidad de la bala. Tenemos choque inelástico: 𝒎 ∗ 𝒗𝒃 = (𝒎 + 𝑴) ∗ 𝒗 Después conservación e energía para el conjunto bala, lenteja: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ;𝒈 ∗ 𝑳 ∗ (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝜽) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ∗ (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝜽) Substituimos en la primera: 𝒎 ∗ 𝒗𝒃 = (𝒎 + 𝑴) ∗ √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ∗ (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝜽) 𝒗𝒃 = (𝒎+𝑴) 𝒎 ∗ √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ∗ (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝜽) = 𝟎,𝟎𝟏𝟔+𝟏,𝟓 𝟎,𝟎𝟏𝟔 ∗ √𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟐,𝟑(𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎) 𝒗𝒃 = 𝟒𝟓𝟎 𝒎/𝒔 73. Se dispara un proyectil de masa m1 con una velocidad v sobre un péndulo balístico, que tiene una masa m2. El péndulo está sujeto a una varilla muy ligera de longitud L que puede girar por su otro extremo. El proyectil se detiene en el péndulo. Hallar la velocidad mínima v para que el péndulo llegue a describir una circunferencia completa. En el choque de la bala con el péndulo: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽 Ahora por conservación de energía del péndulo y la varilla: 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑳 𝑽 = √𝟒 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 Substituimos en la primera: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ √𝟒 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳
- 27. 𝒗 = 𝟐∗(𝒎𝟏+𝒎𝟐) 𝒎𝟏 ∗ √𝒈 ∗ 𝑳 74. Se dispara un proyectil de masa m1 con velocidad v sobre un péndulo balístico de masa m2. Hallar la máxima altura h alcanzada por éste si el proyectil pasa a través del péndulo y sale con velocidad v/2. En la colisión: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝑽 Para la subida del péndulo: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝑽𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 Despejamos V de la primera: 𝑽 = 𝒎𝟏∗𝒗 𝟐∗𝒎𝟐 Substituimos en la segunda, despejamos h: 𝒉 = 𝒎𝟏 𝟐 ∗𝒗𝟐 𝟖∗𝒎𝟐 𝟐∗𝒈 Objetos explosivos y desintegración radioactiva 75. Una bomba de 3 kg se desliza a lo largo de un plano horizontal sin rozamiento en la dirección x 6 m/s. Explota en dos fragmentos, uno de masa 2 kg y otro de masa 1 kg. Este último se mueve a lo largo del plano horizontal en la dirección y a la velocidad de 4 m/s. a) Determinar la velocidad del fragmento de 2 kg. b) ¿Cuál es la velocidad del centro de masas de la explosión? a) Eje x: 𝒎 ∗ 𝒗 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒙 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒙 𝒗𝟐𝒙 = 𝒎∗𝒗−𝒎𝟏∗𝒗𝟏𝒙 𝒎𝟐 = 𝟑∗𝟔−𝟏∗𝟎 𝟐 = 𝟗 𝒎/𝒔 Eje y: 𝟎 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒚 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒚 𝒗𝟐𝒚 = − 𝒎𝟏∗𝒗𝟏𝒚 𝒎𝟐 = − 𝟏∗𝟒 𝟐 = −𝟐 𝒎/𝒔 b) La velocidad del centro de masas es constante, al ser un sistema aislado, por tanto 6 m/s. 76. El isótopo de berilio 𝑩𝒆 𝟒 es inestable y se desintegra en dos partículas α ( núcleos de helio de masa m=6,68 10-27 kg), liberándose una energía de 1,5 10-14 J. determinar las velocidades de las dos partículas alfa que surgen de la desintegración de un núcleo de 𝑩𝒆 𝟒 en reposo. De la conservación de la cantidad de movimiento: 𝟎 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ; 𝒗𝟏 = −𝒗𝟐 De la conservación energía: 𝟎 = −𝑬 + 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ; 𝒗 = √ 𝑬 𝒎 = √ 𝟏,𝟓∗𝟏𝟎−𝟏𝟒 𝟔,𝟔𝟖∗𝟏𝟎−𝟐𝟕 = 𝟏,𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒎/𝒔 77. El isótopo ligero del litio 5 Li es inestable y se rompe espontáneamente en un protón (núcleo de hidrógeno) y una partícula alfa (núcleo de helio). En este proceso se libera una energía total de 3,15 10-13 J, que aparece en forma de energía cinética de los dos productos de reacción. Determinar las velocidades del protón y de la partícula alfa que surgen de la desintegración de un núcleo de 5 Li en reposo. (Nota: las masas del protón y de la partícula alfa son mp=1,67 1-27 kg y mα=4 mp=6,68 10-27 kg). Para la conservación del momento:
- 28. 𝟎 = 𝒎𝒑 ∗ 𝒗𝒑 + 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝜶 Por las energías: 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒗𝒑 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝜶 𝟐 De la primera: 𝒗𝜶 = − 𝒎𝒑 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝒑 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝒗𝒑 Con la segunda: 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒗𝒑 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒∗𝒎𝒑 𝟏𝟔 ∗ 𝒗𝒑 𝟐 𝒗𝒑 = √ 𝟖∗𝑬 𝟓∗𝒎𝒑 = √ 𝟖∗𝟑,𝟏𝟓∗𝟏𝟎−𝟏𝟑 𝟓∗𝟏,𝟔𝟕∗𝟏𝟎−𝟐𝟕 = 𝟏,𝟕𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟕 𝒎/𝒔 𝒗𝜶 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝟏,𝟕𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟕 = −𝟒,𝟑𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒎/𝒔 78. Dos jóvenes deciden que la mejor forma de protestar contra la inauguración de un nuevo incinerador es lanzar una bomba fétida en medio de la ceremonia. Según los cálculos el proyectil de 6 kg debería lanzarse con una velocidad inicial de 40 m/s bajo un ángulo de 30º. Al explotar la bomba, nadie quedaría herido y todos experimentarían los efectos fétidos. Perfecto. Sin embargo, en la parte más alta de su trayectoria, la bomba explota en dos fragmentos, cada uno de ellos con una trayectoria horizontal. El fragmento de 2 kg cae justamente a los pies de los dos jóvenes. a) ¿Dónde cae el fragmento de 4 kg? b) Determinar la energía de explosión comparando la energía cinética de os proyectiles justo antes y después de la explosión. a) Determinamos el punto más alto del lanzamiento. 𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒕 𝒚 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒕 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 En el punto más alto la velocidad y será cero. 𝟎 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒈 ∗ 𝒕 ; 𝒕 = 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 Por tanto, el punto más alto será: 𝒙𝒆𝒙𝒑𝒍 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 𝒚𝒆𝒙𝒑𝒍 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 ) 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 𝟐∗𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 𝒈 Del hecho de que el fragmento de 2 kg caiga en los pies de los lanzadores deducimos que su velocidad de salida en la explosión ha de ser la misma que tenía la bomba antes de explotar: 𝒗𝟐 𝒌𝒈 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽. Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento en la explosión: 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒎𝟐 ∗ (−𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝛉) + 𝒎𝟒 ∗ 𝒗 Despejamos la velocidad de salida de la masa de 4 kg: 𝒗 = (𝑴+𝒎𝟐)∗𝒗𝒐∗𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒎𝟒 = (𝟔+𝟐)∗𝟒𝟎∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 𝟒 = 𝟔𝟗,𝟐𝟑 𝒎/𝒔
- 29. Ahora tenemos un tiro horizontal que se inicia en este punto: 𝒙 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 + 𝒗 ∗ 𝒕 𝒚 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 En el suelo y =0: 𝟎 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 ; 𝒕 = √ 𝟐∗𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈𝟐 = 𝒗𝒐 𝒈 ∗ √𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 El punto de caída: 𝒙𝟒 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 + 𝒗 ∗ 𝒗𝒐 𝒈 ∗ √𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒙𝟒 = 𝟒𝟎𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎∗𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 𝟗,𝟖𝟏 + 𝟔𝟗,𝟐𝟑 ∗ 𝟒𝟎 𝟗,𝟖𝟏 ∗ √𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟑𝟑𝟑 𝒎 b) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔 ∗ 𝟒𝟎𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝟑𝟎 = 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝑱 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ (𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽)𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟒 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟐 ∗ (𝟒𝟎 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎)𝟐 + 𝟔 ∗ 𝟔𝟗, 𝟐𝟑 𝟐 𝑬𝒇 = 𝟏𝟎𝟕𝟖𝟔 𝑱 La energía de la explosión es: ∆𝑬 = 𝟏𝟎𝟕𝟖𝟔 − 𝟑𝟔𝟎𝟎 = 𝟕𝟏𝟖𝟔 𝑱 79. Se lanza un proyectil de 3 kg con un ángulo de 30º y con una velocidad inicial de 120 m/s. en la parte superior de su trayectoria, explota en dos partes de 1 y 2 kg de masa. El fragmento de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión, 3,6 s después de que ésta se ha verificado. a) Determinar la velocidad del fragmento de 1 kg inmediatamente después de la explosión. b) Determinar la distancia entre el punto de disparo y el punto en el cual el fragmento de 1 kg choca contra el suelo. c) Determinar la energía liberada en la explosión. a)
- 30. Encontramos el punto de la explosión: 𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒕 𝒚 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒕 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 En el punto más alto la velocidad y será cero. 𝟎 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒈 ∗ 𝒕 ; 𝒕 = 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 Por tanto, el punto más alto será: 𝒙𝒆𝒙𝒑𝒍 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 𝒚𝒆𝒙𝒑𝒍 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝒗𝒐∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 ) 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 𝟐∗𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 𝒈 Substituyendo los valores: 𝒙𝒆𝒙𝒑𝒍 = 𝟏𝟐𝟎𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎∗𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 𝟗,𝟖𝟏 = 𝟔𝟑𝟓,𝟔 𝒎 𝒚𝒆𝒙𝒑𝒍 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏𝟐𝟎𝟐∗𝒔𝒆𝒏𝟐𝟑𝟎 𝟗,𝟖𝟏 = 𝟏𝟖𝟑,𝟓 𝒎 Para saber la velocidad 2: 𝒚 = 𝒚𝒐 + 𝒗𝟐 ∗ 𝒕 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 En el suelo, y=0 y t= 3,6 s. 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕 − 𝒚𝒐 𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟑, 𝟔 − 𝟏𝟖𝟑,𝟓 𝟑,𝟔 = −𝟑𝟑,𝟑 𝒎/𝒔 Por conservación de la cantidad de movimiento en la explosión: Eje x: 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒙; 𝒗𝟏𝒙 = 𝑴∗𝒗𝒐∗𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒎𝟏 = 𝟑∗𝟏𝟐𝟎∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 𝟏 = 𝟑𝟏𝟏,𝟖 𝒎/𝒔 Eje y: 𝟎 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒚 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 ; 𝒗𝟏𝒚 = −𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏 = 𝟐∗𝟑𝟑.𝟑 𝟏 = 𝟔𝟔,𝟔 𝒎/𝒔 En módulo: 𝒗𝟏 = √𝟑𝟏𝟏,𝟖𝟐 + 𝟔𝟔,𝟔𝟐 = 𝟑𝟏𝟖,𝟖 𝒎 𝒔 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝟔𝟔,𝟔 𝟑𝟏𝟏,𝟖 ) = 𝟏𝟐𝒐 b) Para el fragmento 1: 𝒙 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 + 𝒗𝟏𝒙 ∗ 𝒕 𝒚 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 + 𝒗𝟏𝒚 ∗ 𝒕 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 En el momento de la caída, y =0: 𝟎 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 + 𝒗𝟏𝒚 ∗ 𝒕 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟐 Resolviendo la ecuación de segundo grado: 𝒕 = −𝟔𝟔,𝟔±√𝟔𝟔,𝟔𝟐+𝟒∗𝟎,𝟓∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟏𝟖𝟑,𝟓 −𝟗,𝟖𝟏 = 𝟏𝟓,𝟗 𝒔
- 31. 𝒙 = 𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒈 + 𝒗𝟏𝒙 ∗ 𝒕 = 𝟔𝟑𝟓,𝟔 + 𝟑𝟏𝟏,𝟖 ∗ 𝟏𝟓,𝟗 = 𝟓𝟓𝟗𝟑 𝒎 c) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏𝟐𝟎𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝟑𝟎 = 𝟏𝟔𝟐𝟎𝟎 𝑱 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟏 ∗ 𝟑𝟏𝟖,𝟖𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟑𝟑.𝟑𝟐) = 𝟓𝟏𝟗𝟐𝟔 𝑱 ∆𝑬 = 𝟓𝟏𝟗𝟐𝟔 − 𝟏𝟔𝟐𝟎𝟎 = 𝟑𝟓𝟕𝟐𝟔 𝑱 80. El isótopo de boro 9 B es inestable y se desintegra en un protón y dos partículas alfa. La energía liberada en forma de energía cinética de los productos de desintegración es 4,4 10-14 J. En uno de estos procesos, con el núcleo de 9 B en reposo antes de la desintegración, la velocidad del protón medida experimentalmente es 6,0 106 m/s. Si las dos partículas alfa tienen energías iguales, determinar la magnitud i dirección de sus velocidades respecto a la del protón. Por conservación de la cantidad de movimiento: Eje x: −𝒎𝒑 ∗ 𝒗𝒑 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝜶𝒙 = 𝟐 ∗ 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝜶 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 Eje y: 𝟎 = 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝜶 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝜶 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 Por energías: 𝟒,𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟏𝟒 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒗𝒑 𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝜶 ∗ 𝒗𝜶 𝟐 De la última obtenemos 𝒗𝜶: 𝒗𝜶 = √ 𝟒,𝟒∗𝟏𝟎−𝟏𝟒− 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑∗𝒗𝒑 𝟐 𝒎𝜶 = √ 𝟒,𝟒∗𝟏𝟎−𝟏𝟒− 𝟏 𝟐 ∗𝟏,𝟔𝟔∗𝟏𝟎−𝟐𝟕∗(𝟔,𝟎∗𝟏𝟎𝟔)𝟐 𝟔,𝟔𝟒∗𝟏𝟎−𝟐𝟕 = 𝟏,𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒎/𝒔 De la primera: 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝒎𝒑∗𝒗𝒑 𝟐∗𝒎𝜶∗𝒗𝜶 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝟏,𝟔𝟔∗𝟏𝟎−𝟐𝟕∗𝟔,𝟎∗𝟏𝟎𝟔 𝟐∗𝟔,𝟔𝟒∗𝟏𝟎−𝟐𝟕∗𝟏,𝟒𝟒∗𝟏𝟎𝟔 ) = 𝟓𝟗𝒐 Coeficiente de restitución 81. El coeficiente de restitución del acero sobre acero se mide dejando caer una bola de este material sobre un aplaca de acero rígidamente ligada a la tierra. Si la bola se deja caer dese una altura de 3 m y rebota hasta 2,5 m, ¿Cuál es el coeficiente de restitución? 𝒆 = [ 𝒗𝟐𝒇−𝒗𝟏𝒇 𝒗𝟐𝒊−𝒗𝟏𝒊 ] Para la velocidad inicial:
- 32. 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒊 𝟐 ; 𝒗𝟏𝒊 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = √𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟑 = 𝟕,𝟔𝟕 𝒎/𝒔 Para la final: 𝒗𝟏𝒇 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = √𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟐,𝟓 = 𝟕, 𝟎𝟎 𝒎/𝒔 𝒆 = [ 𝒗𝟐𝒇−𝒗𝟏𝒇 𝒗𝟐𝒊−𝒗𝟏𝒊 ] = 𝒆 = [ 𝟎−(−𝟕,𝟎𝟎) 𝟎−𝟕,𝟔𝟕 ] = 𝟎,𝟗𝟏𝟑 82. De acuerdo con las normas oficiales de juego de pelota con raqueta, una pelota aceptable para un torneo debe rebotar hasta una altura comprendida entre 173 y 183 cm cuando se deja caer libremente desde una altura de 254 cm a la temperatura ambiente. ¿Cuál es el intervalo aceptable de valores del coeficiente de restitución para el sistema tierra – pelota? Dado que la velocidad del suelo es cero antes y después: 𝒆 = [ 𝒗𝟐𝒇−𝒗𝟏𝒇 𝒗𝟐𝒊−𝒗𝟏𝒊 ] = [ −𝒗𝟏𝒇 −𝒗𝟏𝒊 ] Para las velocidades de la pelota: 𝒗𝟏𝒇 = −√𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝒇 𝒗𝟏𝒊 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝒊 𝒆 = √ 𝒉𝒇 𝒉𝒊 Para el caso de rebote 173 cm: 𝒆 = √ 𝟏𝟕𝟑 𝟐𝟓𝟒 = 𝟎, 𝟖𝟑 𝒆 = √ 𝟏𝟖𝟑 𝟐𝟓𝟒 = 𝟎, 𝟖𝟓 𝟎, 𝟖𝟑 ≤ 𝒆 ≤ 𝟎,𝟖𝟓 83. Una pelota rebota hasta el 80 por ciento de su altura original. a) ¿Qué fracción de su energía mecánica se pierde en cada rebote? b) ¿Cuál es el coeficiente de restitución del sistema pelota suelo? a) 𝑬𝒊 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝒊 ; 𝑬𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝒇 Se pierde el 20 % de energía en cada rebote. b) 𝒆 = √ 𝒉𝒇 𝒉𝒊 = √𝟎,𝟖 = 𝟎, 𝟖𝟗 84. Un bloque de 2 kg se mueve con una velocidad de 6 m/s y choca frontalmente con un bloque de 4 kg inicialmente en reposo. Después del choque, el bloque de 2 kg retrocede con una velocidad de 1 m/s. a) Calcular la velocidad del bloque de 4 kg después del choque. b) Calcular la energía perdida en el choque. c) ¿Cuál es el coeficiente de restitución e para este choque? a) 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝒗𝟏−𝒗𝟏𝒇)+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟐 = 𝟐∗(𝟔+𝟏)+𝟒∗𝟎 𝟒 = 𝟑,𝟓 𝒌𝒈 b) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝟑𝟔 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒 ∗ 𝟎 = 𝟑𝟔 𝑱 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒 ∗ 𝟑, 𝟓𝟐 = 𝟐𝟓,𝟓 𝑱
- 33. ∆𝑬 = 𝟐𝟓,𝟓 − 𝟑𝟔 = −𝟏𝟎,𝟓 𝑱 c) 𝒆 = [ 𝒗𝟐𝒇−𝒗𝟏𝒇 𝒗𝟐𝒊−𝒗𝟏𝒊 ] = [ 𝟑,𝟓+𝟏 𝟎−𝟔 ] = 𝟎, 𝟕𝟓 85. Un bloque de 2 kg que se mueve hacia la derecha con velocidad de 5 m/s choca con un bloque de 3 kg que se mueve en la misma dirección a 2 m/s como indica l figura. Después del choque, el bloque de 3 kg se mueve a 4,2 m/s. Determinar: a) La velocidad del bloque de 2 kg después del choque y b) El coeficiente de restitución de la colisión. a) 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏𝒇 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝒗𝟐𝒇 = 𝒎𝟏∗(𝒗𝟏−𝒗𝟏𝒇)+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟐 = 𝟑∗(𝟐−𝟒,𝟐)+𝟐∗𝟓 𝟐 = 𝟏,𝟕𝟎 𝒎/𝒔 b) 𝒆 = [ 𝒗𝟐𝒇−𝒗𝟏𝒇 𝒗𝟐𝒊−𝒗𝟏𝒊 ] = [ 𝟏,𝟕𝟎−𝟒,𝟐 𝟓−𝟐 ] = 𝟎,𝟖𝟑 Colisiones en tres dimensiones 86. En un juego de billar, la bola golpeada por el taco, con una velocidad inicial de 5 m/s, realiza un choque elástico con la bola 8 que está inicialmente en reposo. Después del choque, la bola 8 se mueve formando un ángulo de 30º con la bola golpeada. a) Determinar la dirección del movimiento de esta última después de la colisión. b) Calcular la velocidad de cada bola. Suponer que las bolas tienen igual masa. a) Por la conservación de la cantidad de movimiento en cada eje: 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 + 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ; 𝒗𝟏 = 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 + 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝟎 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 − 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ; 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 La conservación energía: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝟐 ; 𝒗𝟏 𝟐 = 𝒗𝟏𝒇 𝟐 + 𝒗𝟐𝒇 𝟐 Si consideramos la conservación de la cantidad de movimiento en forma vectorial: 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏 = 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏𝒇 + 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟐𝒇 Multiplicando esta ecuación por si misma: 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏 𝟐 = 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏𝒇 𝟐 + 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟐𝒇 𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏𝒇 ∗ 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟐𝒇 Comparando con la ecuación de la conservación de la energía: 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏𝒇 ∗ 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟐𝒇 = 𝟎 ; las partículas salen del choque perpendicularmente. 𝑷𝒐𝒓 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐,𝜽 = 𝟔𝟎𝒐 . b) 𝒗𝟏 = 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 + 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 Despejando las velocidades finales:
- 34. 𝒗𝟐𝒇 = 𝒗𝟏 ∗ ( 𝟏 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒕𝒈𝟑𝟎 +𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 ) = 𝟓 ∗ ( 𝟏 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒕𝒈𝟑𝟎 +𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 ) = 𝟐, 𝟓𝟎 𝒎/𝒔 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟒, 𝟑𝟑 𝒎/𝒔 87. Un objeto de masa M1=m choca con una velocidad v0 i contra un objeto de masa M2=2 m con velocidad ½ vo j. Después de la colisión la masa m2 posee una velocidad ¼ vo i. a) Determinar la velocidad de la masa m1 después de la colisión. b) ¿Es esta una colisión elástica? Si no lo es, expresar la variación de energía en función de m y v0. a) Para cada eje: 𝑬𝒋𝒆 𝒙:𝒎 ∗ 𝒗𝒐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇𝒙 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟏 𝟒 ∗ 𝒗𝒐; 𝒗𝟏𝒇𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 𝑬𝒋𝒆 𝒚:𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇𝒚 ; 𝒗𝟏𝒇𝒚 = 𝒗𝒐 𝒗 ⃗ ⃗ 𝟏𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝒐𝒊 + 𝒗𝒐𝒋 En módulo: 𝒗𝟏𝒇 = √𝟓 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 b) Energía inicial: 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 Energía final: 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟓 𝟒 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟏 𝟏𝟔 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 = 𝟏𝟏 𝟏𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 Por tanto, no es elástico. La energía perdida: ∆𝑬 = 𝟏 𝟏𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 88. Un disco de masa 0,5 kg se aproxima a otro semejante que se encuentra estacionario sobre el hielo sin rozamiento. La velocidad inicial del disco móvil es de 2 m/s. Después del choque, un disco sale con velocidad v1 formando un ángulo de 30º con la línea original de movimiento; el segundo disco sal con velocidad v2 a 60º, como indica la figura. a) Calcular v1 y v2. b) ¿Fue elástica la colisión? a) 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 + 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 𝟎 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 − 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 Despejando las velocidades: 𝒗𝟐𝒇 = 𝒗𝟏 ∗ ( 𝟏 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒕𝒈𝟑𝟎 +𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 ) = 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒕𝒈𝟑𝟎 +𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 ) = 𝟏, 𝟎𝟎 𝒎/𝒔
- 35. 𝒗𝟏𝒇 = 𝒗𝟐𝒇 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟏, 𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟏, 𝟕𝟑 𝒎/𝒔 b) La energía se conserva dado que la suma de los ángulos de salida de las dos masas es 90º y las dos masas son iguales. 89. La figura muestra el resultado de un choque entre dos objetos de distinta masa. a) Calcular la velocidad v2 de la masa mayor después del choque y el ángulo ϴ2. b) Demostrar que este choque es elástico. a) 𝑬𝒋𝒆 𝒙: 𝒎 ∗ 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 = 𝒎 ∗ √𝟓 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝟐 𝑬𝒋𝒆 𝒚: 𝒎 ∗ √𝟓 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽𝟏 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽𝟐 𝑫𝒆𝒍 𝒅𝒂𝒕𝒐 𝒕𝒈𝜽𝟏 = 𝟐 ; 𝜽𝟏 = 𝟔𝟑,𝟒𝒐 Despejamos la velocidad 2 en la primera y substituimos en la segunda para encontrar el ángulo 2: 𝒗𝟐 = (𝟑−√𝟓∗𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏)∗𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽𝟐 𝜽𝟐 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( √𝟓∗𝒔𝒆𝒏𝜽𝟏 (𝟑−√𝟓 ∗𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏) ) = 𝟒𝟓𝒐 𝑺𝒖𝒃𝒕𝒊𝒕𝒖𝒚𝒆𝒏𝒅𝒐: 𝒗𝟐 = (𝟑−√𝟓∗𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏)∗𝒗𝒐 𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝜽𝟐 = 𝟏, 𝟒𝟏 ∗ 𝒗𝒐 b) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟗 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 = 𝟒,𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟓 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 = 𝟒,𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 Es elástica. 90. Una pelota que se desplaza con una velocidad de 10 m/s lleva a cabo un choque elástico no frontal con una pelota de igual masa inicialmente en reposo. La pelota incidente es desviada 30º de su dirección inicial. Calcular la velocidad de cada pelota después del choque. Teniendo en cuenta que el choque es elástico, si φ=30º, θ=60º.
- 36. Eje x:𝒗𝒐 = 𝒗 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 + 𝑽 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 Eje y : 𝟎 = 𝒗 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 − 𝑽 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒗 = 𝑽∗𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 𝒗𝒐 = 𝑽∗𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 + 𝑽 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 Despejamos V: 𝑽 = 𝒗𝒐 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒕𝒈𝟑𝟎 +𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 = 𝟓, 𝟎𝟎 𝒎/𝒔 𝒗 = 𝑽∗𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟖, 𝟔𝟔 𝒎/𝒔 91. Una partícula tiene inicialmente una velocidad vo. Choca contra otra en reposo y se desvía un ángulo φ. Su velocidad después del choque es v. La segunda partícula se desvia, formando su velocidad un ángulo θ con la dirección inicial de la primera partícula. a) Demostrar que 𝒕𝒈𝜽 = 𝒗𝒔𝒆𝒏∅ 𝒗𝒐−𝒗𝒄𝒐𝒔∅ b) ¿Ha de admitirse que este choque ha sido elástico o inelástico para llegar a este resultado? a) Eje x: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝒐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 ∗ 𝒄𝒐𝒔∅ + 𝒎𝟐 ∗ 𝑽 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 Eje y : 𝟎 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 ∗ 𝒔𝒆𝒏∅ − 𝒎𝟐 ∗ 𝑽 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 De estas ecuaciones, despejando v*cosθ y v*senθ, y dividiendo obtenemos la ecuación buscada: 𝒎𝟐 ∗ 𝑽 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒎𝟏 ∗ (𝒗𝒐 − 𝒗 ∗ 𝒄𝒐𝒔∅) 𝒎𝟐 ∗ 𝑽 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒗 ∗ 𝒔𝒆𝒏∅ 𝒕𝒈𝜽 = 𝒗∗𝒔𝒆𝒏∅ 𝒗𝒐−𝒗∗𝒄𝒐𝒔∅ b) No hemos hecho consideraciones sobre la energía, por tanto, sirve para caso elástico i inelástico. Sistema de referencia centro de masas 92. Describir una colisión perfectamente inelástica considerada en el sistema de referencia del centro de masas. En la situación final los dos objetos salen juntos, la velocidad del centro de masas es la velocidad final. Inicialmente la velocidad del centro de masas en el sistema centro de masas es cero, el momento de una partícula respecto del centro de masas es igual y opuesto al de la otra partícula, el centro de masas en el sistema del centro de masas permanece en reposo todo el tiempo. 93. Una partícula de momento lineal p1 en una dimensión verifica un choque elástico con una segunda partícula de momento lineal p2=-p1 en el sistema de referencia del centro de masas. Después del choque su momento lineal es p1’. Expresar la energía total y la final en función de p1 y p1’ y demostrar que 𝒑𝟏 ′ = ±𝒑𝟏. Si 𝒑𝟏 ′ = −𝒑𝟏, la partícula invierte su sentido en la colisión y sale con la misma magnitud de velocidad que tenía inicialmente. ¿Cuál es el significado del signo más en la solución? La energía cinética de un sistema es la energía del centro de masas más la relativa al centro de masas: 𝑬 = 𝑬𝒄𝒎 + 𝑬𝒓𝒆𝒍
- 37. 𝑬𝒓𝒆𝒍 = 𝒑𝟏 𝟐 𝟐∗𝒎𝟏 + 𝒑𝟏 𝟐 𝟐∗𝒎𝟐 = 𝒑𝟏 𝟐 ∗(𝒎𝟏+𝒎𝟐) 𝟐∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐 𝑬𝒄𝒎 = (𝟐∗𝒑𝟏)𝟐 𝟐∗(𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟐∗𝒑𝟏 𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) Sumando: 𝑬 = 𝒑𝟏 𝟐 ∗(𝒎𝟏+𝒎𝟐) 𝟐∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐 + 𝟐∗𝒑𝟏 𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝒑𝟏 𝟐 𝟐 ∗ ( 𝒎𝟏 𝟐 +𝟔∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐+𝒎𝟐 𝟐 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐+𝒎𝟏∗𝒎𝟐 𝟐 ) Si el choque es elástico se conserva la energía: 𝒑𝟏 𝟐 𝟐 ∗ ( 𝒎𝟏 𝟐 +𝟔∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐+𝒎𝟐 𝟐 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐+𝒎𝟏∗𝒎𝟐 𝟐 ) = 𝒑𝟏 ′𝟐 𝟐 ∗ ( 𝒎𝟏 𝟐 +𝟔∗𝒎𝟏∗𝒎𝟐+𝒎𝟐 𝟐 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐+𝒎𝟏∗𝒎𝟐 𝟐 ) Por tanto: 𝒑𝟏 ′ = ±𝒑𝟏 Si suponemos el signo +, para la igualdad, las partículas no chocan. 94. Un bloque de 3 kg se mueve hacia la derecha a 5 m/s y un bloque de 1 kg se mueve hacia la izquierda a 3 m/s. a) Determinar la velocidad vcm el centro de masas. b) Restar vcm de la velocidad de cada bloque para determinar la velocidad de éstos en el sistema del centro de masas. c) Después de realizar una colisión elástica, la velocidad de cada bloque se invierte en este sistema. Determinar la velocidad de cada bloque después de una colisión elástica. d) Transformar de nuevo al sistema original sumando vcm a la velocidad de cada bloque. e) Comprobar el resultado determinando las energías cinéticas inicial y final de los bloques en el sistema original. a) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 = 𝟑∗𝟓+𝟏∗(−𝟑) 𝟒 = 𝟑, 𝟎 𝒎/𝒔 b) 𝒗𝟏(𝒄𝒎) = 𝟓 − 𝟑 = 𝟐,𝟎 𝒎/𝒔 𝒗𝟐(𝒄𝒎) = −𝟑 − 𝟑 = −𝟔, 𝟎 𝒎/𝒔 c) 𝒗𝟏𝒇(𝒄𝒎) = −𝟐,𝟎 𝒎/𝒔 𝒗𝟐𝒇(𝒄𝒎) = 𝟔,𝟎 𝒎/𝒔 d) 𝒗𝟏𝒇 = −𝟐, 𝟎 + 𝟑,𝟎 = 𝟏, 𝟎 𝒎/𝒔 𝒗𝟐𝒇 = 𝟔,𝟎 + 𝟑, 𝟎 = 𝟗,𝟎 𝒎/𝒔 e) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟐𝟓 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 ∗ 𝟗 = 𝟒𝟐 𝑱 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 ∗ 𝟖𝟏 = 𝟒𝟐 𝑱 95. Repetir el problema 94 con un segundo bloque de 5 kg que se mueve hacia la derecha a 3 m/s. a) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 = 𝟑∗𝟓+𝟓∗(𝟑) 𝟖 = 𝟑, 𝟕𝟓 𝒎/𝒔 b) 𝒗𝟏(𝒄𝒎) = 𝟓 − 𝟑,𝟕𝟓 = 𝟏,𝟐𝟓 𝒎/𝒔 𝒗𝟐(𝒄𝒎) = 𝟑 − 𝟑,𝟕𝟓 = −𝟎,𝟕𝟓 𝒎/𝒔 c) 𝒗𝟏𝒇(𝒄𝒎) = −𝟏,𝟐𝟓 𝒎/𝒔 𝒗𝟐𝒇(𝒄𝒎) = 𝟎,𝟕𝟓 𝒎/𝒔 d) 𝒗𝟏𝒇 = −𝟏, 𝟐𝟓 + 𝟑,𝟕𝟓 = 𝟐,𝟓 𝒎 𝒔 𝒗𝟐𝒇 = 𝟎,𝟕𝟓 + 𝟑,𝟕𝟓 = 𝟒,𝟓 𝒎/𝒔 e) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟐𝟓 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟓 ∗ 𝟗 = 𝟔𝟎 𝑱 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏𝒇 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐𝒇 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟐,𝟓𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟓 ∗ 𝟒,𝟓𝟐 = 𝟔𝟎 𝑱
- 38. Propulsión de cohetes 96. Un cohete quema combustible a un ritmo de 200 kg/s y lo lanza con una velocidad relativa de 6 km/s. Calcular el empuje del cohete. 𝑭𝒄𝒐𝒉 = 𝒅𝒎 𝒅𝒕 ∗ 𝒖 = 𝟐𝟎𝟎𝒌𝒈 𝒔 ∗ 𝟔 𝟎𝟎𝟎 𝒎 𝒔 = 𝟏, 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝑵 Donde u es la velocidad relativa de salida de gases. 97. La carga útil de un cohete es el 5 por ciento de su masa total, siendo el resto combustible. Si comienza a moverse desde el reposo sin que actúe sobre él ninguna fuerza externa, ¿Cuál es su velocidad final si la velocidad a la que expulsa el combustible es de 5 km/s? Consideramos la conservación de la cantidad de movimiento: 𝒎 ∗ 𝒗 = ∆𝝁 ∗ (−𝒖 + 𝒗) + (𝒎 − ∆𝝁) ∗ (𝒗 + ∆𝒗) 𝟎 = 𝒎 ∗ ∆𝒗 − ∆𝝁 ∗ 𝒖 − ∆𝝁 ∗ ∆𝒗 Cuando dt tiende a cero: 𝟎 = 𝒎 ∗ 𝒅𝒗 𝒅𝒕 − 𝒖 ∗ 𝒅𝝁 𝒅𝒕 La masa del sistema formado por cohete y combustible es constante: M=m+µ Por tanto: 0=dm+dµ La masa del cohete disminuye en dm y aumenta la masa del combustible en dm. 𝒎 ∗ 𝒅𝒗 𝒅𝒕 + 𝒖 ∗ 𝒅𝒎 𝒅𝒕 = 𝟎 Despejamos dv: 𝒅𝒗 = −𝒖 ∗ 𝒅𝒎 𝒎 ∫ 𝒅𝒗 𝒗 𝟎 = −𝒖 ∗ ∫ 𝒅𝒎 𝒎 𝒎 𝒎𝒐 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎 Si la cantidad de combustible quemado por unidad de tiempo es D, constante: 𝑫 = − 𝒅𝒎 𝒅𝒕 La masa del cohete en un instante t será: 𝒎 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝒄 Donde c es la masa de combustible. Cuando se ha gastado todo el combustible: 𝟎,𝟎𝟓 𝒎𝒐 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 ; 𝒕 = 𝟎,𝟗𝟓∗𝒎𝒐 𝑫
- 39. Por tanto: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 = 𝟎 + 𝟓 𝒌𝒎 𝒔 ∗ 𝒍𝒏 ( 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗ 𝟎,𝟗𝟓∗𝒎𝒐 𝑫 ) = 𝟓 ∗ 𝒍𝒏 ( 𝟏 𝟎,𝟎𝟓 ) = 𝟏𝟓 𝒌𝒎/𝒔 98. Un cohete se mueve en el espacio libre sin que sobre él actúen fuerzas externas. Parte del reposo y la velocidad de los gases de escape es 3 km/s. Determinar la velocidad final si la carga útil es a) Del 20 por ciento. b) Del 10 por ciento. c) Del 1 por ciento. a) Cuando se ha gastado todo el combustible: 𝟎,𝟐 𝒎𝒐 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 ;𝒕 = 𝟎,𝟖∗𝒎𝒐 𝑫 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 = 𝟑 𝒌𝒎 𝒔 ∗ 𝒍𝒏 ( 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗ 𝟎,𝟖∗𝒎𝒐 𝑫 ) = 𝟑 ∗ 𝒍𝒏 ( 𝟏 𝟎,𝟐 ) = 𝟒,𝟖𝟑 𝒌𝒎/𝒔 b) 𝟎, 𝟏 𝒎𝒐 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 ; 𝒕 = 𝟎,𝟗∗𝒎𝒐 𝑫 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 = 𝟑 𝒌𝒎 𝒔 ∗ 𝒍𝒏 ( 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗ 𝟎,𝟗∗𝒎𝒐 𝑫 ) = 𝟑 ∗ 𝒍𝒏 ( 𝟏 𝟎,𝟏 ) = 𝟔,𝟗𝟏 𝒌𝒎/𝒔 c) 𝟎,𝟎𝟏 𝒎𝒐 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 ; 𝒕 = 𝟎,𝟗𝟗∗𝒎𝒐 𝑫 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 = 𝟑 𝒌𝒎 𝒔 ∗ 𝒍𝒏( 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗ 𝟎,𝟗𝟗∗𝒎𝒐 𝑫 ) = 𝟑 ∗ 𝒍𝒏( 𝟏 𝟎,𝟎𝟏 ) = 𝟏𝟑, 𝟖𝟐 𝒌𝒎/𝒔 99. Un cohete tiene una masa inicial de 30 000 kg, de la cual un 20 % es la carga útil. Quema combustible a razón de 200 kg/s y expulsa los gases de combustión con una velocidad de 1,8 km/s. Determinar: a) La fuerza de empuje el cohete. b) El tiempo transcurrido para quemar todo el combustible. c) Su velocidad final, suponiendo que se mueve verticalmente hacia arriba en las proximidades de la superficie de La Tierra, donde el campo gravitatorio g es constante. a) 𝑭𝒄𝒐𝒉 = 𝒅𝒎 𝒅𝒕 ∗ 𝒖 = 𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈 𝒔 ∗ 𝟏, 𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝒎 𝒔 = 𝟑,𝟔𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟓 𝑵 b) 𝟎,𝟐 𝒎𝒐 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 ;𝒕 = 𝟎,𝟖∗𝒎𝒐 𝑫 = 𝟎,𝟖∗𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟎𝟎 = 𝟏𝟐𝟎 𝒔 c) El cambio de cantidad de movimiento entre los instantes t y t+∆t es:
- 40. ∆𝒑 = 𝒎 ∗ ∆𝒗 − ∆𝝁 ∗ 𝒖 − ∆𝝁 ∗ ∆𝒗 En el límite cuando ∆t tiende a cero: 𝒅𝒑 𝒅𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒅𝒗 𝒅𝒕 − 𝒅𝝁 𝒅𝒕 ∗ 𝒖 El cambio de cantidad de movimiento es igual a las fuerzas exteriores actuantes (- m*g): 𝒎 ∗ 𝒅𝒗 𝒅𝒕 − 𝒅𝝁 𝒅𝒕 ∗ 𝒖 = −𝒎 ∗ 𝒈 Como la masa quemada y la masa restante en el cohete es constante: M=µ+m ; dµ+dm=0. Por ello, dµ=-dm. El combustible quemado por unidad de tiempo es D=-dm/dt. La masa del cohete es 𝒎 = 𝒎𝒐 − 𝑫 ∗ 𝒕 𝒎 ∗ 𝒅𝒗 𝒅𝒕 = 𝒖 ∗ 𝒅𝒎 𝒅𝒕 − 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒖 ∗ 𝑫 − 𝒎 ∗ 𝒈 𝒅𝒗 𝒅𝒕 = −𝒈 − 𝒖∗𝑫 𝒎 = −𝒈 + 𝒖∗𝑫 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 ∫ 𝒅𝒗 𝒗 𝒗𝒐 = ∫ (−𝒈 − 𝒖∗𝑫 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 ) ∗ 𝒅𝒕 𝒕 𝟎 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝒈 ∗ 𝒕 + 𝒖 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗𝒕 𝒗 = −𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟐𝟎 + 𝟏𝟖𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒏 𝒎𝒐 𝒎𝒐−𝑫∗ 𝟎,𝟖∗𝒎𝒐 𝑫 = −𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟐𝟎 + 𝟏𝟖𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒏 𝟏 𝟎,𝟐 = 𝟏𝟕𝟐𝟎 𝒎/𝒔 Problemas generales 100. ¿Por qué el rozamiento y la fuerza de gravedad suelen despreciarse en los problemas de choques? Si consideramos la interacción en un tiempo muy corto, el sistema es aislado y podemos despreciar los efectos del rozamiento u la fricción durante el choque. 101. La condición necesaria para la conservación del momento lineal de un determinado sistema es que a) La energía se conserva. b) Un objeto se encuentra en reposo. c) No actúa una fuerza externa. d) Las fuerzas internas igualan a las fuerzas externas. e) La fuerza externa resultante es nula. La e. 102. ¿Se conserva el momento lineal de la lenteja de un péndulo durante su movimiento de oscilación? No, no se trata de un sistema aislado, la fuerza peso es una fuerza externa que hace cambiar la cantidad de movimiento de la lenteja. 103. Un vagón de tren de juguete tiene una masa de 250 g y se mueve a razón de 0,5 m/s, se acopla a otro de masa 400 g que está inicialmente en reposo. ¿Cuál es la velocidad de ambos vagones después del acoplamiento? Determinar la energía cinética inicial y final.
- 41. 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽 𝑽 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟎,𝟐𝟓𝟎∗𝟎,𝟓 𝟎,𝟐𝟓𝟎+𝟎,𝟒𝟎𝟎 = 𝟎, 𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟐𝟓𝟎 ∗ 𝟎,𝟓𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝟏 𝑱 𝑬𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟎, 𝟐𝟓𝟎 + 𝟎,𝟒𝟎𝟎) ∗ 𝟎,𝟏𝟗𝟐𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟐 𝑱 104. a) Calcular la energía cinética total de los dos vagones del problema 103 antes de su acoplamiento. b) Determinar las velocidades iniciales de los dos vagones respecto al centro de masas del sistema y utilizar los resultados obtenidos para calcular la energía cinética inicial del sistema respecto al centro de masas. c) Determinar la energía cinética del centro de masas. d) Comprobar las respuestas de las partes (b) y (c) con las dela parte (a). a) 𝑬𝒊𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟐𝟓𝟎 ∗ 𝟎, 𝟓𝟐 = 𝟎,𝟎𝟎𝟑𝟏 𝑱 ; 𝑬𝒊 𝟐 = 𝟎 𝑱 b) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 = 𝟎,𝟐𝟓𝟎∗𝟎,𝟓 𝟎,𝟐𝟓𝟎+𝟎,𝟒𝟎𝟎 = 𝟎,𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔 𝒗𝟏,𝒄𝒎 = 𝟎,𝟓 − 𝟎, 𝟏𝟗𝟐 = 𝟎,𝟑𝟎𝟖 𝒎/𝒔 𝒗𝟐,𝒄𝒎 = 𝟎 − 𝟎,𝟏𝟗𝟐 = −𝟎, 𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔 𝑬𝒊,𝒄𝒎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏,𝒄𝒎 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐,𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟎,𝟐𝟓𝟎 ∗ 𝟎, 𝟑𝟎𝟖𝟐 + 𝟎, 𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟎,𝟏𝟗𝟐𝟐) = 𝟎,𝟎𝟏𝟗𝟐 𝑱 c)𝑬(𝒄𝒎) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟎,𝟐𝟓𝟎 + 𝟎, 𝟒𝟎𝟎) ∗ 𝟎,𝟏𝟗𝟐𝟐 = 𝟎,𝟎𝟏𝟐𝟎 𝑱 d) Si sumamos los resultados de b y c obtenemos la energía cinética total del sistema: 0,031 J . respecto a un sistema inercial externo en reposo. 105. Un pez de 4 kg nada hacia la derecha con una velocidad de 1,5 m/s, cuando se traga un pez de 1,2 kg que nada hacia él a 3 m/s. Despreciando la resistencia del agua, ¿Cuál es la velocidad del pez grande inmediatamente después de esta engullida? 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽 𝑽 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 (𝒎𝟏+ 𝒎𝟐) = 𝟒∗𝟏,𝟓+𝟏,𝟐∗(−𝟑) 𝟒+𝟏,𝟐 = 𝟎, 𝟒𝟔 𝒎/𝒔 106. Un bloque de 3 kg se mueve a 6 m/s hacia la derecha, mientras un bloque de 6 kg se mueve a 3 m/s hacia la derecha. Determinar a) La energía cinética total del sistema de los dos bloques. b) La velocidad de centro de masas. c) La energía del centro de masas. d) La energía cinética relativa al centro de masas. a) 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟑𝟔 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔 ∗ 𝟗 = 𝟖𝟏 𝑱 b) 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 = 𝟑∗𝟔+𝟔∗𝟑 𝟗 = 𝟒 𝒎/𝒔 c) 𝑬(𝒄𝒎) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗 ∗ 𝟏𝟔 = 𝟕𝟐 𝑱 d) 𝑬𝒓,𝒄𝒎 = 𝟖𝟏 − 𝟕𝟐 = 𝟗 𝑱 107. Un coche de 1500 kg viaja hacia el norte a 70 km/h choca en un cruce con otro coche de 2000 kg que viaja hacia el oeste a 55 km/h. Después del choque ambos coches permanecen unidos. a) ¿Cuál es la cantidad de movimiento total del sistema antes del choque?
- 42. b) ¿Calcular la magnitud, dirección y sentido de la velocidad del conjunto de chatarra después del choque? a) Eje x : 𝒑𝒙 = −𝟐𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟓𝟓 = −𝟏, 𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟓 𝒌𝒈 ∗ 𝒌𝒎/𝒉 Eje y: 𝒑𝒚 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 ∗ 𝟕𝟎 = 𝟏,𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟓 𝒌𝒈 ∗ 𝒌𝒎/𝒉 b) Después del choque: Eje x: −𝟏,𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟓 = (𝟏𝟓𝟎𝟎 + 𝟐𝟎𝟎𝟎) ∗ 𝑽𝒙 ; 𝑽𝒙 = −𝟏,𝟏∗𝟏𝟎𝟓 𝟏𝟓𝟎𝟎+𝟐𝟎𝟎𝟎 = −𝟑𝟏,𝟒 𝒌𝒎 𝒉 Eje y: 𝟏, 𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟓 = (𝟏𝟓𝟎𝟎 + 𝟐𝟎𝟎𝟎) ∗ 𝑽𝒚 ; 𝑽𝒚 = 𝟏,𝟎𝟓∗𝟏𝟎𝟓 𝟏𝟓𝟎𝟎+𝟐𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟎,𝟎 𝒌𝒎/𝒉 𝑽 = √𝑽𝒙 𝟐 + 𝑽𝒚 𝟐 = √𝟑𝟏,𝟒𝟐 + 𝟑𝟎,𝟎𝟐 = 𝟒𝟑 𝒌𝒎/𝒉 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝑽𝒚 𝑽𝒙 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝟑𝟎,𝟎 −𝟑𝟏,𝟒 ) = −𝟒𝟑,𝟕𝒐 108. El gran tiburón blanco tiene una masa de orden de 3000 kg. Supongamos que al cruzar el océano, divisa bajo él un pez de 200 kg que nada horizontalmente a 8,00 m/s . El tiburón se precipita verticalmente hacia abajo a 3,00 m/s y engulle la presa instantáneamente. ¿Qué ángulo θ formará el tiburón con la vertical inmediatamente después de la engullida? ¿Cuál es la velocidad final del tiburón? (Despreciar los efectos de arrastrar del agua) Eje x: 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽𝒙 ; 𝑽𝒙 = 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟐𝟎𝟎∗𝟖 𝟑𝟐𝟎𝟎 = 𝟎,𝟓 𝒎/𝒔 Eje y: 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐) ∗ 𝑽𝒚 ; 𝑽𝒚 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏 (𝒎𝟏+𝒎𝟐) = 𝟑𝟎𝟎𝟎∗𝟑 𝟑𝟐𝟎𝟎 = −𝟐,𝟖𝟏 𝒎/𝒔 𝑽 = √𝑽𝒙 𝟐 + 𝑽𝒚 𝟐 = √𝟎, 𝟓𝟐 + 𝟐,𝟖𝟏𝟐 = 𝟐, 𝟖𝟓 𝒎/𝒔 El ángulo con la horizontal: 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝑽𝒚 𝑽𝒙 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( −𝟐,𝟖𝟏 𝟎,𝟓 ) = −𝟕𝟗,𝟗𝒐 𝑪𝒐𝒏 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒍:𝟗𝟎 − 𝟕𝟗,𝟗 = 𝟏𝟎,𝟏𝒐 109. Repetir el problema 106 para un bloque de 3 kg que se mueve a 6 m/s hacia la derecha y un bloque de 6 kg que se mueve a 3 m/s hacia la izquierda. 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟑𝟔 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔 ∗ 𝟗 = 𝟖𝟏 𝑱 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 = 𝟑∗𝟔+𝟔∗(−𝟑) 𝟗 = 𝟎 𝒎/𝒔 𝑬(𝒄𝒎) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗 ∗ 𝟎 = 𝟎 𝑱 𝑬𝒓,𝒄𝒎 = 𝟖𝟏 − 𝟎 = 𝟖𝟏 𝑱 110. Repetir el problema 106 para un bloque de 3 kg que se mueve a 10 m/s hacia la derecha y un bloque de 6 kg que se mueve a 1 m/s hacia la derecha. 𝑬𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟎 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔 ∗ 𝟏 = 𝟏𝟓𝟑 𝑱 𝒗𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒗𝟏+ 𝒎𝟐∗𝒗𝟐 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 = 𝟑∗𝟏𝟎+𝟔∗𝟏 𝟗 = 𝟒 𝒎/𝒔 𝑬(𝒄𝒎) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗 ∗ 𝟏𝟔 = 𝟕𝟐 𝑱 𝑬𝒓,𝒄𝒎 = 𝟖𝟏 − 𝟕𝟐 = 𝟗 𝑱 111. Una mujer de 60 kg se encuentra de pie en la parte trasera de una lancha de 6 m de longitud y 120 kg que flota en reposo en aguas tranquilas y sin rozamiento. La balsa se encuentra a 0,5 m de un embarcadero fijo, como en la figura.