CAPÍTULO 6. Sistema de partículas

Sistema de partculas Hugo Medina Guzmn

1

CAPTULO 6. SISTEMA DE PARTCULAS INTRODUCCIN 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 actan sobre sus partes. Introduciremos el concepto de centro de masa de un sistema de partculas, tambin se introducir el concepto de cantidad de movimiento y se demostrar que este se conserva cuando el sistema se encuentra aislado de los alrededores, SISTEMA DE PARTICULAS

La figura muestra un sistema de partculas compuesto de tres masas. En el sistema existen dos tipos de fuerzas, a) Las fuerzas externas como la atraccin gravitacional de la tierra por ejemplo. b) Las fuerzas internas que las partculas ejercen unas sobre otras (estas fuerzas pueden ser gravitacionales, e1ctricas, etc.)

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 seleccin del contorno de un sistema es similar a seleccionar un sistema de coordenadas. SEGUNDA LEY DE NEWTON APLICADA A UN SISTEMA DE PARTICULAS

La figura siguiente muestra un sistema de n partculas de masas m1, m2, ..mn, con

posiciones especificadas por 1r , 2

r , .

nr

,, respectivamente.

La segunda ley de Newton para la partcula im

es: intiiexterii FFamF +==

Donde:

int iF

= suma de las fuerzas internas sobre mi

ext iF

= suma de las fuerzas externas sobre mi La suma de las fuerzas internas sobre la masa mi es:

( )

=++=n

ijij

FFFFF 121312int1 ............

En general para la partcula i es:

( )

=n

iji

ij

FF int

La fuerza total para el sistema es:

( )

=

=

=

=

=

=

=

+==n

i

n

ij

ni

ii

ni

ii

ni

ii

ij

FFamF11

ext 11

Por la tercera ley de Newton cada una de las fuerzas

ijF tiene un

jiF igual, pero de sentido contrario

= jiij FF De modo que

( )0

0 1=

= =

n

i

n

ijijF

Consecuentemente solo queda

=

==

n

iii

n

ii Fam

1ext

1 o

=

==

n

iii

n

ii Frmdt

d1

ext 1

2

2

CENTRO DE MASA Frecuentemente es muy prctico reemplazar un sistema de muchas partculas con una partcula simple equivalente de masa igual. La pregunta es donde colocar esta partcula simple con respecto al origen de x e y.


2

Definamos el vector posicin del centro de masa por la ecuacin:

=

=

= n

ii

n

iii

CM

m

rmr

1

1

Llamando a Mmn

ii =

=1 (masa total de las n

partculas).

M

rmr

n

iii

CM

=

= 1

Como kzjyixr CMCMCMCM ++=

Tenemos que: =

=n

iiiCM xmM

x1

1,

=

=n

iiiCM ymM

y1

1,

==

n

iiiCM zmM

z1

1

Si hacemos que el nmero de elementos n, se aproximen al infinito, la sumatoria se reemplaza por una integral y m por el elemento diferencial dm. Luego.

===

xdmM

mxM

xn

iiimCM i

11lim10

De igual forma se obtiene:

===

ydmM

myM

yn

iiimCM i

11lim10

,

===

zdmM

mzM

zn

iiimCM i

11lim10

y

= dmrMrCM 1 MOVIMIENTO DEL CENTRO DE MASA.

Si en la ecuacin: =

==

n

iiexti

n

ii Frmdt

d10

2

2

Sustituimos

=

= CMni

ii rMrm1

Obtendremos la ecuacin del movimiento del centro de masa

=

=n

iiextCM FrMdt

d1

2

2

=

=n

iiextCM FaM

1

El punto indicado por CMr , vector posicin del

centro de masa, se mueve se mueve como si en el estuviera concentrada toda la masa y las fuerzas externas del sistema.

Ejemplo 1. Centro de masa de tres masas puntuales.

El centro de masa esta dado por:

=

=n

iiiCM xmM

x1

1

= ( ) ( ) ( )

mmmmmm

3223121

++++

= 23

69 =

mm

=

=n

iiiCM ymM

y1

1

= ( ) ( ) ( )

mmmmmm

3223321

++++

= 6

136

13 =mm

jirCM 613

23 +=

Ejemplo 2. Centro de masa de un tringulo.

= xdmMxCM 1 Para evaluar

dm = lmina la de reatotalrea

totalmasa

= ydxabMydx

ab

M 2

21

=

Luego: = xdmMxCM 1 = ydxabMxM 21

= a xydxab 02 Para poder integrar tenemos que expresar la variable y en funcin de x. Por semejanza de tringulos:


3

axa

by = ( )xa

aby =

Sustituyendo:

( ) ( ) == aaCM dxxaxadxxaabxabx 020 22 = ( ) a dxxaxa 0 222 =

axxa

a 0

32

2 322

+

=

+

322 33

2

aaa

= 3a

Realizando clculos similares encontramos:

3byCM =

Finalmente: jbiarCM 3

3+=

Ejemplo 3. Centro de masa de un arco semicircular.

Por el sistema de coordenadas escogido,

0=CMx , porque por cada elemento de masa a la derecha (+), existe otro elemento igual a la izquierda (-). Sin embargo para CMy es diferente.

= ydmMyCM 1 , en este caso lddm = Donde

RM = y Rdd =l

Como senRy = , tenemos: ( ) RdR

MyCM = 0 sen1 = 0

2

sen dMR

= [ ] 02 cosMR

= ( )22

R

MMR

= R2

= R64,0

El centro de masa no se encuentra dentro del cuerpo. Las figuras siguientes muestran como localizar experimentalmente el centro de masa primero colgndolo de la parte superior y luego de otro punto cualquiera.

Ejemplo 4. Explosin de una granada

Una granada lanzada al aire que explota en varios fragmentos. La nica fuerza externa sobre la granada es la fuerza de la gravedad, entonces la granada sigue una trayectoria parablica. Si la granada no estallara continuara movindose a lo largo de la trayectoria parab1ica indicada en la figura. Como las fuerzas de la explosin son internas, no afectan al movimiento del centro de masa. Entonces. Despus de La explosin el centro de masa de los fragmentos sigue la misma trayectoria que tendra la granada s! no hubiera habido explosin. Ejemplo 4. Un cono trunco homogneo de metal tiene una base circular mayor de radio 4 cm y la menor de radio 2 cm. Su altura es 6 cm. A qu distancia de su dimetro mayor est situado el centro de masa?

Solucin El centro de masa de un cono est a H

41 de la

base.

Cono de altura 12 cm.

cm 3 4

12,19231124

31 2 ==== cxV

Cono de altura 6 cm.

cm 7,5 466',

824

3162

31' 2 =+==== cxVV


4

Volumen del tronco de cono.

VVVVVVV TT 87

8' ===

El centro de masa del tronco cx

85,73

87'' VVVyVyVyVy TcccTTc ==

cm 2,36 7

5,165,7247 === TcTc yy Ejemplo 5. Un sistema est compuesto por tres partculas con masas 3, 2 y 5 kg. La primera partcula tiene una velocidad de j6 m/s. La segunda se mueve con una velocidad de 8 m/s en una direccin que hace un ngulo de -30 con el eje x. Hallar la velocidad de la tercera partcula de modo que el centro de masa permanezca en reposo con relacin al observador. Solucin.

m1 = 3kg, jv 61 =

m2 = 2kg,

( ) ( ) jijiv 4-93,630sen830cos82 =+=

m3 = 5kg, jvivv yx 333 +=

La velocidad del centro de masa es cero.

0 =+= jvivv CMyCMxCM Luego

= i ixiCMx mmv

v

010

564,34523

593,63 33 =+=+++= xx vv

0564,34 3 =+ xv

sm93,6

564,34

3 ==xv , y

= i iyiCMy mmv

v

010

51052354263 33 =+=++

+= yy vv 0510 3 =+ yv

sm2

510

3 ==yv La velocidad de la tercera partcula de modo que el centro de masa permanezca en reposo con relacin al observador es:

jijvivv yx 293,6 333 =+=

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Supongamos el caso de dos partculas esfricas P1 y P2 de masas m1 y m2 con trayectorias contenidas en la misma recta, se aproximan una

a otra con velocidades

1v , y

2v respectivamente.

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 = 2112 FF .

Despus que P1 y P2 se separan, las velocidades

respectivas son

1'v y

2'v diferentes de

1v , y

2v .

Ahora nos preguntamos. Qu pasa durante el choque? El tiempo de contacto total t es muy pequeo, quizs 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 variacin tpica de la fuerza en el tiempo de contacto.


5

Sea ttt if = el tiempo que dura el choque, aplicando la segunda ley de Newton a las partculas P1 y P2.

dtvdmamF

== 111112 y

dtvdmamF

== 222221

O = 1112 vdmdtF y

= 2221 vdmdtF Integrando las dos relaciones durante el choque,

= 11

'

1112

v

v

t

tvdmdtFf

i y

= 22

'

2221

v

v

t

tvdmdtFf

i

Finalmente

= 11112 ' vvmdtFfi

t

t y

= 22221 ' vvmdtFfi

t

t

Trabajando con el primer miembro

fi

t

tFdt corresponde al rea bajo la curva

mostrada en la figura anterior, a sta cantidad la llamaremos

IMPULSO

J

( ) = fi

t

t tdtFJ

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

111 ' vvm y

222 ' vvm

Llamaremos a la cantidad = pvm ,

CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL o Momentum lineal de la partcula (lo designaremos en la prctica 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 partcula P1 ha sufrido en el intervalo

ttt if = , un cambio de la cantidad de movimiento

= 11112 ' vvmdtFfi

t

t =

if pp

y esta cantidad es tambin igual al impulso J

recibido en ese instante por la partcula

= if ppJ Luego: El cambio de la cantidad de movimiento es igual al impulso. Ejemplo 6. Una pelota de 100 gramos est en reposo sobre el piso, cuando recibe un puntapi que la lanza con una velocidad de 30 m/s. a) Qu impulso se dio a la pelota? b) Si el tiempo que el pie est en contacto con la pelota es 10-3 segundos. Cul es la magnitud aproximada de la fuerza impulsiva? Solucin. a) El impulso es igual al cambio de la cantidad de movimiento:

== ifif vmvmppJ En este caso

m = 0,1 kg, 0=iv , m/s 30iv f =

( )( )sm kg30301,0 iiJ == &&

b) Se puede obtener un estimado de la fuerza que acta sobre la pelota, dividiendo e1 impulso J por el tiempo if ttt = en que acta la

fuerza: t

JF =

Como sm kg3iJ = y st 001,0=

iiF 3000001,03 == N

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) Cul es la velocidad iv inmediatamente antes de chocar con el suelo? b) Cul es la velocidad fv inmediatamente despus de chocar con el suelo?

c) Cul es el impulso J que se le da a la pelota

en el impacto con el suelo? Solucin.

a) Como 00 =v , 0=x , 0hy =


6

jghvi 2 0=

b) Como despus de chocar 1hy = , la velocidad

fv despus de chocar es:

jghv f 2 1=

c) El impulso de la pelota es:

= if vmvmJ = ( )jhhgm 2 01 Ejemplo 8. Una cadena de masa M y largo l est suspendida verticalmente con su extremo inferior tocando la balanza. Se suelta la cadena y cae sobre la balanza. a) Cul es la lectura en la balanza cuando ha cado una longitud x de la cadena? b) Cul es la lectura mxima en la balanza? c) Cundo ser la indicacin final en la balanza? (Despreciar el tamao de los eslabones individualmente).

Solucin. a)

Cuando ha cado una longitud x de la cadena Sobre la balanza hay

gxMPx l=

Cuando cae un dxMdm l= con velocidad gxvx 2=

Hay un impulso xx dmvdpdtF == gxdxMdtFx 2l=

gxdtdxMFx 2l=

gxgxMFx 22l=

gxMFx 2l= La balanza indica

xMggxMxMgFPP xx lll 32 =+=+= b) El peso mximo es en el instante en toda la cadena est en la balanza.

llllllllMggMMgFPPmx 32 =+=+=

MgPmx 3= c) Luego de terminado el efecto de la cada de la cadena la balanza indica solamente el peso de la cadena.

Finalmente queda en P = Mg. CONSERVACIN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO La cantidad de movimiento de una partcula de

masa m y velocidad v es:

= vmp

La cantidad de movimiento de n partculas es la suma de las cantidades de movimiento individuales,

=

=

==n

iii

n

iitotal vmpp

11


7

Usando la expresin de centro de masa

CMi

n

iii vMvm

=

=1

De aqu CMin

iiitotal vMvmp

=

== 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 expresin anterior:

extiiCMCMitotal FaMvdtdMp

dtd ===

Esta cantidad es muy importante, ya que si no hay fuerza externa,

0ext = iF 0= totalpdtd

CONSTANTE= totalp Esto es la conservacin de la cantidad de movimiento. Si no hay fuerzas externas sobre un sistema. La cantidad de movimiento total del sistema es constante. Ejemplo 9. Dos proyectiles idnticos de masa m se disparan simultneamente como lo muestra la figura. Hallar: a) La posicin 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 aceleracin del centro de masa del sistema. d) La cantidad de movimiento lineal del sistema para todo instante del tiempo.

Solucin.

a) La posicin del centro de masa del sistema.

02

=+=m

xmxmxCM

m

mgttvmgttvyCM 2

21sen

21sen 20

20

+

=

20 21sen gttv =

b) La velocidad del centro de masa del sistema. 0=CMxv

gtvvCMy = sen0 c) La aceleracin del centro de masa del sistema.

0=CMxa gaCMy =

d) La cantidad de movimiento lineal del sistema.

( ) jgtvmjmvp CMyCMy sen22 0 == Ejemplo 10. Tres partculas de masas 2 kg, 1 kg y 3 kg respectivamente con vectores posicin

( )[ ]cm 2355 21 ktjtitr += , ( ) ( ) ( )[ ]cm 36451232 322 kttjtitr ++=

y ( ) ( )[ ]cm 2112 323 ktjtitr += 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 partculas es sistema aislado Solucin. a) La posicin del centro de masa esta dada por la expresin:

321

332211

mmmrmrmrmrCM ++

++=

Reemplazando valores, obtenemos:

( ) ( ) ( )[ ]cm 2313 32 kttjtitrCM ++++= La velocidad del centro de masa es

( )[ ]s

cm 2323 2 ktjtirdtdv CMCM ++==

Para t = l s [ ]s

cm 231 kjiv M +=

Para t = 2 s


8

[ ]s

cm 8432 kjiv M +=

b) La cantidad de movimiento del sistema es: =+++= CMvMvmvmvmp 332211

( )[ ]s cm kg 23236 2 ktjtip ++=

Para t = l s [ ]s cm kg 2361 kjip =

Para t = 2 s [ ]s cm kg 84362 kjip =

c) Como , 21 pp ,

p no es constante, luego el

sistema no es aislado. Ejemplo 11. Un pescador de masa 70 kg est en un bote estacionario de masa 200 kg, cuando su ayudante que no sabe nadar y est en el agua cogido del extremo opuesto, se suelta. El pescador corre 2,5 m hasta alcanzar este extremo. A que distancia del ayudante ahogndose se encontrar el pescador cuando alcance el extremo del bote? Solucin. Consideremos aislado el sistema bote, pescador, ayudante, por lo tanto su cantidad de movimiento es constante.

CONSTANTE== cmvMp Como en inicio el sistema est en reposo:

0=p 0= cmv

Como 0==

dtrdv cmcm

CONSTANTE= cmr , la posicin del centro de masa permanece constante En ste problema que es en una sola dimensin:

CONSTANTE=cmx Tomemos como punto de referencia la posicin del ayudante en el extremo del bote, al soltarse seguir en la misma posicin. Analicemos la posicin inicial.

El centro de masa del sistema pescador-bote est en:

( )pb

pbbcm mm

mxmx +

+= 5,2 Analicemos la posicin final.

El centro de masa esta en: ( )

pb

pbbcm mm

xmxxmx +

++= Como la posicin del centro de masa del sistema es invariante, se tiene: ( ) ( )

pb

pbb

pb

pbb

mmxmxxm

mmmxm

+++=+

+ 5,2

( ) ( )5,2ppb mxmm =+ Reemplazando valores: ( )

( ) m65,0702005,270 =+=x

La posicin del pescador estar a 0,65 metros del ayudante. Ejemplo 12. Un muchacho de masa 1m y una muchacha de masa 2m , ambos con patines, se encuentran en reposo uno en frente del otro, El muchacho empuja a la muchacha, mandndola

hacia el este con una velocidad v . Describa el

movimiento del muchacho. Solucin. Siendo un sistema cerrado la cantidad de movimiento se conserva,

0== despusantes pp , Si 1

v y 2

v son las velocidades del muchacho y

la muchacha despus del empujn, respectivamente:

02211 =+vmvm

Considerando el movimiento en el eje x, y la direccin al este como sentido positivo

ivvv 2 == De aqu

0211 =+

ivmvm ivmmv

1

21 =

EI muchacho sale con una velocidad de mdulo


9

vmmv

1

21 = dirigida hacia el oeste,

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 lquido sin friccin, 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 0v respecto al bote, cul es la velocidad que tiene la otra persona, respecto al bote? b) Cul es la velocidad del bote, respecto a tierra, durante el movimiento de ambas personas? c) Cunto avanzo el bote hasta el momento del encuentro?

Solucin.

a)

El tiempo empleado para encontrarse es el mismo para las dos personas

10

43

4v

d

v

d= 01 3vv = Hacia la izquierda

b) Por conservacin de la cantidad de movimiento

despusantes pp = 0= antesp

( ) ( ) 033 00 =++++= imvivvmivvmp bbbdespus

ivv b 52

0=

c) El tiempo de caminata de las personas es

04vdt = , luego el bote se habr movido

10452

00

dvdvtvx b =

==

Ejemplo 14. Un hombre de 80 kg est 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 ngulo recto con la orilla, estando el extremo opuesto al que est situado el hombre tocando dicha orilla. El hombre comienza a caminar a lo largo del tronco acercndose a la orilla. a) A qu distancia estar el tronco de la orilla cuando el hombre est en el punto medio del tronco? b) A qu distancia estar el tronco de la orilla cuando el hombre llega al otro extremo del tronco?

Solucin. Centro de masa del sistema

8809600

80080108002080 =+

+==

i

iiCM m

mxx

a) Hombre en medio del tronco, el centro de masa del sistema no vara.

( ) ( )

8809600

80080108001080 =+

+++= ddxCM ( ) ( ) 9600108001080 =+++ dd

( ) 91,10880960010 ==+d

d = 0,91 m b) Hombre en el extremo del tronco, el centro de masa del sistema no vara.


10

8809600

80080108002080 =+

+==

i

iiCM m

mxx

( )8809600

8008010'800'80 =+

++= ddxCM ( ) 960010'800'80 =++ dd

96008000'880 =+d 1600'880 =d

d' = 1,82 m Ejemplo 15. Un muchacho de masa m est parado al centro de un tabln de longitud L y masa m/2 sosteniendo en cada mano una pequea masa de valor m/50 y m/100. El tabln, inicialmente en reposo, es libre de deslizarse sobre un lago congelado, el cual tiene una superficie plana sin friccin. El muchacho lanza sucesivamente las masas, primero m/50 con velocidad v0 respecto del lanzador, y luego la otra con la misma velocidad v0 tambin relativa al lanzador. Considerando que la friccin no permite deslizar al muchacho respecto del tabln., determine lo siguiente: a) Cul es la velocidad del tabln 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 tabln? Solucin a) Primer lanzamiento: Inicial

0= ip Final

+

+

++= 0501002

vvmvmmmp f

fi pp = Como :

05050100

1510 =

+

+

vmvmvm

00 013,0153

2 === vvvv Segundo lanzamiento: Inicial

00 02,0100151

1532

1002

=

=

++= vmvmvmmmpi Final

000 01,0'2

3013,0100

'2

+

+

+= vmvmvvmvmmp f

: Como fi pp =

000 02,0'01,0'2

302,0 =+= vvvmvmvm

b) El centro de masa se conserva 0=CMx

En un determinado instante;

=+++

++

+

= 0

210050

21002

50mmmm

xmmLmLm

xCM


11

30

2

1002

50 Lmm

LmLm

x =+

+

=

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 despus el otro, cada uno con la misma velocidad 0v relativa a la persona, determine la velocidad final de la persona. Solucin

Primer ladrillo

,0= ip ,

iMvVMVivMVMMp f 101

1012

1010 01101 +=

++

+=

Conservacin de cantidad de movimiento lineal

ivViMvVM 121

101

10120 0101 =+=

Segundo ladrillo

,

12011

1011

121

00 iMvivMpi =

=

ivMVMVivMVMp f 101011

10 02202 +=

++=

Conservacin de cantidad de movimiento lineal

+= ivMVMiMv 1010

1112011

020

ivVivivivV 17,01223

121111 020002 ===

Ejemplo 17. Una rana de masa m est sentada en el extremo de una tabla de masa M y de longitud L. La tabla est flotando en la superficie de un lago. La rana salta a lo largo de la tabla, formando un ngulo con la horizontal. Qu velocidad v0 debe tener la rana que, al dar un salto, se encuentra en el otro extremo de la tabla?

Solucin. Clculo de la velocidad V de la tabla. La figura a continuacin muestra el instante en el que la rana salta.

Por la conservacin de la cantidad de movimiento lineal.

MVmv =cos0 cos0vM

mV = Clculo del tiempo de permanencia de la rana en el aire Componente vertical de la velocidad

sen00 vv y = El tiempo de permanencia de la rana en el aire es

gvt sen2 0=

La rana se mueve hacia la derecha con velocidad cos0 oy vv =

La tabla se mueve hacia la izquierda con velocidad

cos0vMmV =

La rana va con velocidad constante cos0 oy vv = hacia el encuentro del extremo

izquierdo de la tabla que se mueve con velocidad

constante cos0vMmV =


12

Luego se cumple ( ) LtVv =+sen0 Reemplazando valores

Lg

vvMmv =

+ sen2cossen 000

( ) 2230 sen2cossen Lgv =+

( ) sencossen2 22

30 +=

gLv

( )3 22

0 sencossen2 +=gLv

SISTEMA DE REFERENCIA CENTRO DE MASA Cuando la fuerza externa resultante que acta 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 anlisis de la mayor parte de los choques es ms sencillo en el sistema de referencia centro de masa. La transformacin de un sistema de referencia cualquiera a un sistema centro de masa no es difcil. Consideremos un sistema do dos

partculas m1 y m2 con velocidades

1v y

2v respectivamente cuyo centro de masa se mueve

con velocidad CMv , como se muestra en la

figura.

La cantidad de movimiento es:

( ) CMvmmvmvmp +=+= 212211 Para transformar esta expresin al sistema Centro de masa, las velocidades de las partculas

con respecto al centro de masa son como se muestra en la figura siguiente.

Las velocidades relativas al centro de masa son:

= CMvvu 11 y = CMvvu 22

Como 21

2211

mmvmvmvCM +

+=

21

221111 mm

vmvmvu ++=

=

+

2121

2 vvmm

m

y 21

221122 mm

vmvmvu ++=

=

+

2121

1 vvmm

m

Como comprobacin, calculemos la cantidad de movimiento total con respecto al centro de masa, el cual debe ser igual a cero.

2211

+= umump =

+=

21

21

21 vvmm

mmp

=

+

2121

12 vvmm

mm = 0

En la seccin siguiente veremos ejemplos de aplicacin usando el sistema de referencia centro de masa. CHOQUES Se llama choque o colisin entre dos cuerpos a un fenmeno en el que los cuerpos Participantes son libres antes y despus de la interaccin, sobre los que no actan fuerzas resultantes. La interaccin dura un tiempo muy corto, durante el cual los cuerpos ejercen entre si fuerzas de cierta intensidad. Por lo general en los choques s1o participan dos cuerpos, aunque esto no es estrictamente necesario. Sean dos cuerpos de masas m1 y m2 con

velocidades

1v y

2v antes del choque y


13

velocidades

1'v y

2'v despus del choque respectivamente. En todo choque entre dos cuerpos se conserva la cantidad de movimiento, esto es:

= 'pp +=+ 2121 '' pppp +=+ 22112211 '' vmvmvmvm

Ahora nos introduciremos en el proceso complejo que acompaa al choque, el instante

if ttt = , en el que aparece la fuerza de interaccin, este periodo vamos a dividirlo en dos partes, los periodos de deformacin y restitucin. La figura muestra el grfico de la fuerza de interaccin en funcin del tiempo entre las masas m1 y m2.

E1 tiempo 0t es el instante de mxima deformacin en el que empieza la restitucin y las dos masas poseen la misma velocidad

== 00201 vvv Vamos a aplicar la ecuacin impulso - cantidad de movimiento para el periodo de deformacin (D), 0tti : Para la masa 1m :

== Dtt JvmvmdtFi 110110

Para la masa 2m : === DDtt JJvmvmdtFi 12220220

Resolviendo para

1v y 2v .

+= 01

11 vm

Jv D ,

+= 0

2

12 vm

Jv D

La diferencia de estas velocidades es:

+=

21112

11mm

Jvv D =

+

21

211 mm

mmJ D

Ahora aplicaremos la ecuacin Impulso-cantidad de movimiento por el periodo de restitucin (R).

ftt 0 . Para la masa 1m :

== Rtt JvmvmdtFi 01111 '0

Para la masa 2m : === RRtt JJvmvmdtFi 1202222 '0

Resolviendo para

1'v y 2'v .

+= 01

11' vm

Jv R ,

+= 0

2

12' vm

Jv R

La diferencia de estas velocidades es:

+=

21112

11''mm

Jvv R

=

+

21

211 mm

mmJ R

De lo visto encontramos la relacin entre el impulso de restitucin y el impulso de deformacin.

( )( ) =

=

12

12

1

1 ''vvvv

J

J

D

R

A esta relacin se le conoce como coeficiente de restitucin ( ) . Esta relacin fue propuesta por Newton y tiene validez solamente aproximada. EI valor de esta relacin depende de muchos factores tales como la geometra, las propiedades de los materiales, la velocidad, por ello debemos contentarnos con una determinacin experimental. Ejemplo 18. Una pelota de bisbol de 0,15 kg de masa se est moviendo con una velocidad de 40 m/s cuando es golpeada por un bate que invierte su direccin adquiriendo una velocidad de 60 m/s, qu fuerza promedio ejerci el bate sobre la pelota si estuvo en contacto con ella 5 ms?. Solucin. 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 p = J pf - pi = J mvf - mvi = F t F = m(vf - vi)/t


14

F = 0,15 kg.(- 60 m/s - 40 m/s)/0,005 s = 0,15 kg.(- 100 m/s)/0,005 s = - 3000 N Ejemplo 19. El bloque de 8 kg tiene una velocidad v y est detrs del bloque de 12 kg que tiene una velocidad de 0,5 m/s. La superficie no tiene friccin. Los bloques chocan y se juntan. Despus del choque, los bloques tienen una velocidad comn de 0,9 m/s.

a) Calcular la prdida de energa cintica de los bloques debido al choque. b) Calcular el impulso sobre el bloque de 12 kg debido al choque. Solucin a) despusantes pp =

( ) ( ) m/s 5,19,0205,0128 ==+ vv despusantes EEPrdida =

( ) ( ) ( )222 9,020215,012

215,18

21 +=

J 2,4 = b) ( ) Ns 4,8 4,09,01212 === vJ = 4,8 Ns CASOS DE CHOQUE Perfectamente elstico

1= , ( ) ( )1212 '' vvvv = Inelstico 1 Ejemplo 20. a) Choque perfectamente elstico. En este caso no hay prdida en la energa mecnica asociada al impacto, la energa cintica permanece constante.

2121 '' KKKK +=+ 222

211

22

211 '2

1'21

21

21 vmvmvmvm +=+

( ) ( )2222221211 '' vvmvvm = Por conservacin de la cantidad de movimiento tenemos:

+=+ 2121 '' pppp , +=+ 22112211 '' vmvmvmvm

=

222111 '' vvmvvm Asumiendo que el movimiento es en una sola direccin ( ) ( )222111 '' vvmvvm = Dividiendo entre si las expresiones halladas por energa y por cantidad de movimiento obtenemos.

2211 '' vvvv +=+ ( ) ( )1212 '' vvvv = ( )( ) 1

''

12

12 =

vvvv

El cual es por supuesto el coeficiente de restitucin de un choque perfectamente elstico

1= . b) Choque perfectamente plstico. En un choque perfectamente Plstico, despus del choque las masas quedan juntas, es decir tienen la misma velocidad, tal que

= 12 '' vv , por lo tanto: 0'' 12 =

vv y 0=

Ejemplo 21. Medicin del coeficiente de restitucin. Si se quiere medir el coeficiente de restitucin 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 1h . Conocemos la velocidad de la bola al momento del choque

11 2ghv = La bola rebota verticalmente hasta una altura 2h , tal que la velocidad 1'v de la bola despus del choque es:

21 2' ghv = Como la superficie no tiene velocidad inicial ni velocidad final 02 =v y 0'2 =v . Encontramos que: ( )

( ) 11

12

12 '''vv

vvvv =

= Reemplazando valores:

1

2

1

2

22

hh

ghgh ==

Ejemplo 22. Choque plstico o inelstico a) Velocidades de igual direccin y sentido.


15

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 direccin y sentido. Sobre cada cuerpo actu en el momento del choque, el impulso que le provoc el otro cuerpo, entonces hay dos acciones de igual intensidad y sentido contrario, en consecuencia ambas cantidades de movimiento sern iguales y de sentido contrario. Luego del choque ambos cuerpos continan juntos con una velocidad final comn a ambos. La velocidad final ser: m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f Como v1f y v2f son iguales porque ambos cuerpos siguen juntos: v1f = v2f = vf m1v1i + m2v2i = (m1 + m2)vf

( )( )212211

mmvmvmv iif +

+= b) Velocidades de igual direccin y sentido contrario.

En este caso los cuerpos posean velocidades de igual direccin pero de sentido contrario antes del choque, como en el caso anterior luego del impacto continan juntos, con una velocidad final que estar dada por la diferencia de las cantidades de movimiento. La velocidad final ser: m1v1i - m2v2i = m1v1f + m2v2f Igualmente: v1f = v2f = vf m1v1i - m2v2i = (m1 + m2)vf

( )( )212211

mmvmvmv iif +

= La velocidad final mantendr la misma direccin pero tendr el sentido de la velocidad del cuerpo que antes del choque tena mayor cantidad de movimiento.

Ejemplo 21. Choque elstico a) Velocidades de igual sentido

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 ser:

( ) ifif vvvmmv 122121 += Si las masas son iguales

ifif vvvv 1221 += b) Velocidades de distinto sentido

En este caso los cuerpos literalmente rebotan, y la velocidad final de cada uno ser:

( ) ifif vvvmmv 122121 += Si las masas son iguales

ifif vvvv 1221 += El principio de conservacin del impulso es el mismo que el de conservacin de la cantidad de movimiento. Cabe aclarar que en la prctica podemos aplicar el principio de conservacin de la cantidad de movimiento durante los choques, siempre que el tiempo que el tiempo de duracin del impacto sea muy pequeo. Ejemplo 23. Un bloque de 3,0 kg, movindose sobre una superficie sin friccin con una velocidad de 1,2 m/s, tiene una colisin perfectamente elstica con un bloque de la masa M en el reposo. Despus de la colisin el bloque de 3,0 kg retrocede con una velocidad de 0,4 m/s.


16

a) Calcular la masa M. b) Calcular la velocidad del bloque de masa M despus del choque. c) Los bloques estn en el contacto por 0,20 s. Cul es la fuerza media en el bloque de 3,0 kg, mientras los dos bloques estn en contacto? Solucin a) despusantes pp = ( ) ( ) ( ) 8,44,0302,13 =+=+ MvMvM (1) despusantes EE =

( )( ) ( ) ( )( ) 84,3214,03

210

212,13

21 22222 =+=+ MvMvM (2) (2) : (1)

m/s 0,8 8,4

84,38,4

84,32 === vMvMv

De (1):

kg 6,0 8,08,48,4 ===

vM

b) m/s 0,8 8,4

84,3 ==v c) ( )[ ] N 24

20,04,02,10,3 ==

==tvmFvmtF

Ejemplo 24. Dos carros, A y B, se empujan, uno contra el otro. Inicialmente B est en reposo, mientras que A se mueve hacia la derecha a 0,5 m/s. Despus 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 est cargado con una masa de 1 kg y se dirige hacia B con una velocidad de 0,5 m/s. Despus de la colisin, A permanece constante, mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0,5 m/s. Encontrar la masa de cada carro. Solucin. Inicialmente B est en reposo, mientras que A se mueve hacia la derecha a 0,5 m/s. Despus del choque, A rebota a 0,1 m/s, mientras que B se mueve hacia la derecha a 0,3 m/s.

Por conservacin de la cantidad de movimiento lineal

3,01,05,0 BAA mmm += 3,06,0 BA mm =

BA mm =2 (1) A est cargado con una masa de 1 kg y se dirige hacia B con una velocidad de 0,5 m/s. Despus de la colisin, A permanece constante, mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0,5 m/s.

Por conservacin de la cantidad de movimiento lineal ( ) 5,05,01 BA mm =+

BA mm =+1 (2) Reemplazando (1) en (2):

AA mm 21 =+ Obtenemos

kg 1=Am y kg 2=Bm

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 carretn 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 carretn y del bloque; b) La posicin final del bloque sobre la carreta.


17

Solucin. a) Por conservacin de la cantidad de movimiento lineal antes e inmediatamente despus del impacto

( ) ibbb vmvm 15 += iv1

3 03,55001030 =

sm3

515

1 ==iv La figura siguiente muestra el diagrama del cuerpo libre del sistema despus del choque

Diagrama del cuerpo libre del bloque y la bala

Aplicando la segunda ley de Newton ( ) 15 amF bf += Siendo

N 5,248,903,55,0 ==fF Luego

103,55,24 a= 21 s

m9,45

5,24 ==a Sea t el tiempo en que el bloque se mueve sobre la carreta, la velocidad del bloque respecto a un observador en tierra es

tavv if 111 += t9,430 =

s 61,09,4

3 ==t Calculo de la aceleracin a2 de la carreta

Aplicando la segunda ley de Newton ( ) 203,545,24 a+=

22 sm72,2

03,95,24 ==a

La velocidad final de la carreta y del bloque tavv if 222 +=

sm661,161,072,202 =+=fv

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.

Distancia d1 recorrida por el bloque

211 2

1 tatvd ii +=

m 92,091,083,161,09,42161,03 21 ===d

Distancia d2 recorrida por la carreta

22122 2

1 tatvd i +=

m 51,061,072,2210 22 ==+=d

La diferencia de recorridos d nos dar la posicin final del bloque respecto al extremo B de la carreta

m 41,051,092,021 === ddd La posicin final del bloque sobre la carreta es a 0,41 m de B. Ejemplo 26. Choque plstico. Las dos partculas quedan en contacto despus del choque. Estudiar desde dos puntos de vista: a) Observado desde tierra, sistema laboratorio y b) Observado desde el centro de masa. Solucin. a) Sistema laboratorio.


18

La figura muestra las dos partculas antes y despus del choque.

Por conservacin de la cantidad de movimiento

( ) +=+ '212211 vmmvmvm y

( )212211'

mmvmvmv +

+=

=

( )( ) imm

vmvm 21

2211

++

La energa mecnica antes del choque es:

21 KKK += = 222211 21

21 vmvm +

La energa mecnica despus del choque es:

( ) 221 '21' vmmK += = ( )( )21

22211

21

mmvmvm

++

La relacin de la energa es:

( )211'mm

mKK

+=

+

+

22

1

221

2

21

21

vmmv

vmmv

Por ejemplo la cada de un meteorito a la tierra, la que suponemos inmvil (v2 = 0) y m1


19

Luego, obtenemos:

0'' 21 =vv

Las velocidades

1'v y

2'v son ortogonales, esto nos dice que las trayectorias de las partculas despus del choque son perpendiculares entre s, tal que: 221 =+ b) Sistema centro de masa. La figura muestra las dos partculas antes y despus del choque.

Por conservacin de la cantidad de movimiento:

0'' 22112211 =+=+

umumumum De aqu:

2

12

122

= u

mmu ,

2

12

122 ''

= u

mmu

Como es un choque elstico la energa mecnica se conserva:

222

211

222

211 '2

1'21

21

21 umumumum +=+ Reemplazando 2u y 2'u en funcin de 1u y 1'u respectivamente.

( ) ( )

+=

+

21

211

21

211 2

12

1'2

12

1mm

ummm

um

De aqu se deduce: 1111 'umum = 11 'uu = y

2222 'umum = 22 'uu = Para un choque elstico 1= , como se espera. Ejemplo 28. Reflexin de partcula sobre un plano. Consideremos dos partculas, una con masa 1m , que incide sobre una masa 2m de superficie plana como se muestra en la figura. La

masa 1m tiene velocidades

1v y

1'v antes y despus del choque, la superficie inicialmente

est inmvil 02 =v y tiene una velocidad

2'v

despus del choque.

Solucin. Por conservacin de la cantidad de movimiento:

+= 221111 '' vmvmvm

Para la energa tenemos que tomar en cuenta si el choque es elstico o no. a) Choque elstico. En ste caso la energa mecnica se conserva

'KK = 222

211

211 '2

1'21

21 vmvmvm +=

De aqu obtenemos: 221

221

21 '' vm

mvv = Expresin que podemos escribir como;

=

+ 221

21111 ''' vvm

mvvvv

De la conservacin de la cantidad de movimiento

=

22111 '' vmvvm =

2

1

211 '' vm

mvv

Reemplazando sta expresin en la de la energa, obtenemos:

=+ 211 '' vvv Como

jvivv cossen 11111 =

,

jvivv 'cos''sen'' 11111 +=

,

jvv '' 22 =

Reemplazando obtenemos:

ivjviv 'sen'cossen 111111 +jvjv ''cos' 211 =+

De aqu: 0'sen'sen 1111 =+ vv y

21111 ''cos'cos vvv = En el caso en que 0'2 =v (la superficie no se mueve)

11 ' = y 11 'vv = b) Choque inelstico.


20

En ste caso 'KK > 221

211

211 '2

1'21

21 vmvmvm +> Para encontrar la relacin de K y K podemos usar el coeficiente de restitucin .

KK '= , siendo 10

Ejemplo 29. Analizar los siguientes choques. a) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?

Solucin ( ) ( ) Ns 10,1 7,036,15 =+=ip ( ) ( ) Ns 10,1 7,130,15 =+=fp

fi pp = La cantidad de movimiento se conserva.

( ) ( ) J 7,135 7,03216,15

21 22 =+=iE

( ) ( ) J 6,835 7,13210,15

21 22 =+=fE

if EE < El choque es parcialmente inelstico. b) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?

Solucin ( ) ( ) Ns 6 2,068,14 =+=ip ( ) ( ) Ns 6 4,166,04 =+=fp


( ) ( ) J 6,6 2,06218,14

21 22 =+=iE

( ) ( ) J 6,6 4,16216,04

21 22 =+=fE

if EE = El choque es perfectamente elstico. c) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?

( ) ( ) Ns 16,5 8,031,29 =+=ip ( ) ( ) Ns 18 5,135,19 =+=fp fi pp

El choque no es posible porque la cantidad de movimiento no se conserva d) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?



( ) ( ) J 7,38 9,04212,18

21 22 =+=iE

( ) ( ) J 8,38 1,24213,08

21 22 =+=fE

if EE > El choque es caracterizado por un aumento de energa cintica. e) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?



( ) ( ) J 18 5,18210,32

21 22 =+=iE

( ) ( ) J 16,2 8,18218,12

21 22 =+=fE

if EE < El choque es completamente inelstico. f) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?


21

Solucin ( ) ( ) Ns 14,4- 0,288,02 =+=ip ( ) ( ) Ns 14,4 - 5,182,12 =+=fp


( ) ( ) J 16,64 0,28218,02

21 22 =+=iE

( ) ( ) J 10,44 5,18212,12

21 22 =+=fE

if EE < El choque es parcialmente inelstico g) Las masas de los bloques, y las velocidades antes y despus del choque estn dadas. Qu clase de choque es?

Solucin ( ) ( ) Ns 6- 9,071,03 =+=ip ( ) ( ) Ns 6 - 3,073,13 =+=fp


( ) ( ) J 2,85 9,07211,03

21 22 =+=iE

( ) ( ) J 2,85 3,07213,13

21 22 =+=fE

if EE = El choque es perfectamente elstico Ejemplo 30. Considere dos opciones no deseables. En la primera usted est conduciendo a 50 km/h y se estrella frente a frente con un auto idntico que tambin va a 50 km/h. En la segunda opcin usted est conduciendo a 50 km/h y se estrella de frente contra una pared inmvil de ladrillo. En ningn caso el auto rebota del objeto que golpea, y el tiempo del choque es igual en ambos casos. En cul de estas dos situaciones el resultado la fuerza de impacto es mayor? Solucin Primera opcin.

0= mvmv

La cantidad de movimiento es cero. Los autos tienen energa inicial 2/2mv , cada uno. La energa final es cero, la energa de los vehculos es absorbida aplastando a los dos autos por igual. Segunda opcin.

La cantidad de movimiento es mv . El auto tiene energa inicial 2/2mv . La energa final del auto es cero, la energa es absorbida aplastando al auto con igual energa a la que llevaba. La fuerza sera igual en ambos casos. El auto ejerce una cierta fuerza. La fuerza se puede contrarrestar por un auto que hace fuerza en la direccin opuesta, o tambin por un objeto inmvil. El objeto inmvil acta 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 reaccin. 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 penetracin.

Calcular: a) La energa cintica inicial de la bala. b) El impulso en el bloque debido a la captura de la bala.


22

c) La penetracin de la bala en el bloque. Solucin a)

( )( ) m/s 0,242 00038,922 === ghV Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento inmediatamente despus del choque

( ) ( )m

VmMvVmMmv +=+=

( )010,0

242,0010,8= = 193,84 m/s2

( ) J 187,87 84,193010,021

21 22 === mvEi

b) ( ) ( ) Ns 1,94 242,0010,8 ==+= vmMJ c) La penetracin de la bala en el bloque en cm, es:

( ) tFVmMmv =+ ( ) ( ) ( )001,0242,0010,884,193010,0 F=

N 17442 001,0

938,138,19 == F FdEE fi =

( ) ( ) J 0,324 242,0010,821

21 22 ==+= VmME f

= d17442234,087,187 m 0,0107

17442234,087,187 ==d

Ejemplo 32. En un parque de diversiones dos amigos juegan con los autitos chocones. En cierto momento las direcciones de ambos vehculos forman un ngulo . Un auto se dirige con velocidad

1v y el otro con velocidad

2v de tal modo que chocan. Despus del choque

el auto 1 sale con velocidad

1'v cuya direccin forma un ngulo , tal como se indica en la figura. a) Hallar la velocidad del auto 1 luego del impacto.

b) Determinar la posicin del centro de masa y las ecuaciones paramtricas del mismo. c) Determinar si el choque es elstico o no.

kg 20021 == mm , m/s 301 =v , m/s 102 =v , m/s 2'1 =v , 53= , 37= ,

m 3=d

Solucin. a) por conservacin de la cantidad de movimiento

despusantes pp =

+=+ 22112211 '' vmvmvmvm Aqu

iv 31 =

,

( ) ( ) jiv 53sen153cos12 += = ji 8,06,0 + ,

( ) ( ) jiv 37sen237cos2'1 += = ji 2,16,1 + Reemplazando:

++=++ 2'2,16,18,06,03 vjijii jiv 4,02'2 =

16,44,02' 222 =+=v = 2,04 m/s

54,0

2tan == 79=


23

b) Para determinar la posicin del centro de masa es necesario conocer la posicin inicial de la masa 2m . Como 1m y 2m emplean el mismo tiempo desde el inicio hasta el choque:

ssm

mvdt 1

33

1

=== La posicin inicial de 2m es: ( ) m 6,016,0220 === tvx x , ( ) m 8,018,0220 === tvy y Siendo la posicin inicial de 1m

mx 310 = , 010 =y El centro de masa est dado por:

21

2211

mmmxmxxCM +

+= , 21

2211

mmmymyyCM +

+=

Como kgmm 20021 == ( )212

1 xxxCM += , ( )2121 yyyCM +=

Antes del choque: tx 331 += , 01 =y

tx 6,06,02 += , ty 8,08,02 += Luego

txCM 8,18,1 += , tyCM 4,04,0 += Despus del choque: ( )16,11 = tx , ( )12,11 = ty ( )122 = tx , ( )14,02 = ty Luego ( )18,1 = txCM , ( )14,0 = tyCM c) Para saber si es elstico o no, tenemos que analizar si la energa se conserva o no. La energa cintica antes del choque es:

222

211 2

121 vmvmK +=

= ( )( ) ( )( )22 1200213200

21 +

= 900 +100 = 1000 J La energa cintica despus del choque es:

222

211 '2

1'21' vmvmK +=

= ( )( ) ( )( )22 04,2200212200

21 +

= 400 + 416 = 816 J Hay una disminucin de la energa cintica: K = 816 1000 = - 184 J Luego el choque es inelstico. Ejemplo 33. El pndulo balstico. Este es el caso de un choque perfectamente plstico, se

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.

Aplicando la conservacin de la cantidad de movimiento.

( ) += VMmvm La energa cintica despus del choque es:

( ) 221' VMmK += , sta se convierte en energa

potencial ( )ghMmU += Luego ( ) ( )ghMmVMm +=+ 2 ghV 2= La velocidad del proyectil es: ( )V

mMmv += = ( ) gh

mMm 2+

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 pndulo. La bala se aloja en la madera, y juntos giran hacia arriba una distancia de 0,40 m. Cul fue la velocidad de la bala instantes antes de impactar al bloque de madera? La longitud de la cuerda es 2 m.

Solucin Por conservacin de energa

m/s 2,8 4,024,001,021 2 === gVmgV Por conservacin de cantidad de movimiento ( ) m/s 422,8

01,08,251,151,101,0 === vVv

Ejemplo 35. Una bala de 5,00 g se dispara contra un


24

bloque de madera de 1,00 kg suspendido de un hilo de 2,000 m, atravesndolo. 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. Solucin. La rapidez del bloque de madera despus 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 situacin caracterstica de las balas) es

)10 45,0)( 80,9(22 2== gyV = m/s 297,0 La rapidez final v de la bala es

VmMv

mMVmv

mpv === 00

= )297,0(10 5,00 1,00 450 3

= m/s 390,6 . Ejemplo 36. Se dispara una bala de 25g en direccin 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 0v de la bala. b) La velocidad de la bala en el trayecto entre el bloque A y el B.

Solucin. Primeramente vamos a resolver la parte b). b) El bloque B


8,1)254500(25 1 +=v

sm08,325

258,14525

1 ==v a) el bloque A


10 254,2150025 vv += ( )8,325254,2150025 0 +=v sm8,469

2511745

0 ==v Ejemplo 37. Se deja en libertad el bloque A cuando A = 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 energa que tenia el bloque A antes del choque. (Los bloques no quedan pegados despus del choque) a) Cules son las velocidades de las masas justo despus del choque? b) Cuanto vale la tensin de la cuerda justo despus del choque? c) A que altura mxima llega el bloque B? d) Cuanto vale el impulso sobre el bloque A durante el choque?

Solucin a) Clculo de vA

( )( )( ) ( ) = 225,1216,08,925,15,0 Av

( )( )( )( ) m/s42,225,1

6,08,925,1 ==Av El choque


25

Por conservacin de la energa.

( )( )( ) ( ) ( )

+= 22 '221'25,1

216,08,925,15,0 BA vv

22 ''625,084,1 BA vv += Por conservacin de la cantidad de movimiento.

BAA vvv '2'25,125,1 +=BBA vvv '6,142,2'25,1

242,2' == ( ) 22 ''6,142,2625,084,1 BB vv +=

( ) 22 ''56,2'74,786,5625,084,1 BBB vvv ++= 22 ''6,1'84,466,384,1 BBB vvv ++=

071,0'86,1'2 =+ BB vv

===

54,0'32,1'

39,093,0' 2

1

B

BB v

vv

Primer caso

m/s 32,1' iv B = ( ) 31,032,1

25,1242,2' ==Av

m/s 31,0' iv B = ( )( )

( )( ) 42,042,20

31,032,1'' ==

=AB

AB

vvvv

Segundo caso

m/s 54,0' iv B = ( ) 56,154,0

25,1242,2' ==Av

m/s 56,1' iv A = ( )( )

( )( ) 42,042,20

56,154,0'' ==

=AB

AB

vvvv

Este caso no es posible porque el coeficiente de restitucin debe tener un valor entre 0 y 1. b)

9,0'2B

BcBBmxcByvmamgmTamF ===

( ) N 23,47 9,0

32,18,929,0' 22 =

+=

+= BBmx vgmT

c)

Por conservacin de energa

= gHmvm BBB 2'21

( ) m 0,09 8,9232,1

2' 22 ===g

vH B

d) El impulso sobre el bloque A durante el choque. ( ) Ns 2,64 31,042,225,1 ==== vmtFJ Ejemplo 38. Un pndulo que consiste de una pelota de masa m en reposo en la posicin que se muestra en la figura golpea un bloque de masa M. El bloque se desliza una distancia D antes de detenerse bajo la accin de una fuerza de friccin de 0,20 Mg. Si la pelota rebota formando un ngulo de 20. a) Cul es la velocidad del bloque despus del choque? b) Cul es la distancia D?

Solucin. a) Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento despus del choque

221 MVmvmv +=


26

( ) gLgLv 4,037cos121 ==

( ) gLgLv 35,020cos122 == 235,04,0 MVgLmgLm +=

gLMmV 75,02 =

b) Para calcular la distancia D

Tenemos

asvv 2202 +=

gLMmVvo 75,02 ==

0=v Ds =

gM

Mga 20,020,0 == Reemplazando

( )DggLMm 20,0275,00

2

+

=

DMgLmD 2

2

4,1= Ejemplo 39. La figura muestra un pndulo formado por una masa m unida a una cuerda ideal de longitud L. La masa se suelta de la posicin mostrada y cuando se encuentra en la posicin A colisiona elsticamente con una masa 2m que se mueve hacia la izquierda con rapidez v0 desconocida, Despus de la colisin el pndulo vuelve a la posicin inicial. Encuentre

la velocidad inicial v0 de la masa 2m antes de la colisin y su velocidad final despus de ella. Nota: Deber deducir toda frmula que emplee.

Solucin. El pndulo cuado llega a la posicin ms baja su velocidad es

gLv 2= Como despus choque el pndulo vuelve a la posicin inicial.

vgLv == 2'

Por conservacin de cantidad de movimiento

00 '22 mvmvmvmv += vvv =+ 00 ' Por conservacin de la energa (choque elstico).

20

220

2 '221

212

21

21 mvmvmvmv +=+

00 'vv = vv =02

222

20gLgLvv ===

igLv 2

0 = y igLv 2

'0 = Ejemplo 40. Un satlite artificial en vuelo explota en tres partes iguales. Una parte contina a lo largo de su lnea original de vuelo y las otras dos van en direcciones cada una inclinada 60 a la trayectoria original. La energa liberada en la explosin es dos veces ms que la energa que tena el sat1ite en el momento de la explosin. Determinar la energa cintica de cada fragmento Inmediatamente despus de la explosin. Solucin.


27

La figura muestra el satlite antes y despus de la explosin.

Por conservacin de la cantidad de movimiento.

despusantes pp =

La cantidad de movimiento debe conservarse en las tres dimensiones x, y, z , independientemente, de all que v1, v2, v3 y V deben ser coplanares. As obtenemos:

60cos3

60cos33 321

vMvMvMMv ++=

y 060sen3

60sen3 32

= vMvM De estas dos ecuaciones encontramos que:

32 vv = (1) 213 vvv += (2)

La energa inicial es: 221 MvEi =

La energa final es: 222

23

212

21 MvMvMvE f =+=

Esta energa es igual a la suma de las energas de los tres fragmentos.

23

22

21

2

321

321

321

23 vMvMvMMv ++=

23

22

21

29 vvvv ++= (3) De las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos:

vv =1 , vv 22 = , vv 23 = La energa cintica de cada uno de los fragmentos inmediatamente despus de la explosin es:

21 6

1 MvK = , 22 32 MvK = , 23 3

2 MvK = 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.

Calcular: a) La componente en x de la cantidad de movimiento del fragmento 2 debido a la explosin. b) El ngulo , formado por el vector velocidad del fragmento 2 y el eje x. c) La energa liberada por la explosin. Solucin a) fxix pp =

( ) ( ) Ns 0,6 cos8,05,02,1 2 == v b) ( ) ( ) 75,0coscos8,05,02,1 22 == vv (1) ( ) ( ) 45,0sen9,04,0sen8,00 22 == vv (2) Dividiendo (2) : (1)

31 0,6 75,045,0tan ===

c) ( ) ( ) = cos8,05,02,1 2v 75,0cos2 =v (1) ( ) ( )= 9,04,0sen8,00 2 v 45,0sen2 =v (2)

Sumando (1)2 + (2)2 ( ) 765,045,075,0sencos 222222 =+=+ v m/s 0,87 765,02 ==v

( ) ( ) J 0,465 9,04,02187,08,0

21 22 =+=fE

( ) J 0,15 5,02,121 2 ==iE

J 0,315 0,15 0,465 1 === EEE f Ejemplo 42. Una bala de can explosiva de 10 kg es disparado con un ngulo = 37 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 despus de la explosin con una velocidad horizontal en sentido contrario al de la bala antes de la explosin, 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 caer el fragmento de masa menor?


28

b) Si la explosin duro un tiempo t = 0,01 s, Cuanto vale la fuerza producida sobre la masa mayor durante la explosin? c) Cunto vale el cambio de energa del sistema, justo antes y justo despus de la explosin? Solucin

jvivv yx 000 +=

m/s 120 37cos1500 ==xv m/s 90 37sen1500 ==yv

Tiempo de mayor altura

s 18,4 21900 2 == tgtt ( )( ) m 2204 4,181200 === tvx x

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.

== 04,182204 22 vtvx m/s 122,17

04,182204

2 ==v a) Sea d la distancia horizontal desde el punto de lanzamiento en la que cae el fragmento de masa menor Por conservacin de cantidad de movimiento.

= 21 43

4150 vmvmm

m/s 1966,53 3(122,17) 600 3600 21 =+=+= vv Distancia que recorre la masa menor: 8,04)(966,53)(1 2204 1 +=+= tvxd m 19640,25 = b) Si la explosin duro un tiempo t = 0,01 s, la fuerza producida sobre la masa mayor durante la explosin. ( )

01,017,12212010

43

2+

=

=tvmF

N 181627,5 7)(7,5)(2421 == c) Energa del sistema, justo antes de la explosin.

( )( ) J 72000 1201021

21 22

0 === xi mvE Energa del sistema, justo despus de la explosin.

J 4

321

421 2

221 v

mvmE f +=

( )( ) ( )( )22 17,1225,72125,19665,2

21 +=

J 48,4888644= J 4816644,49 == if EEE

Ejemplo 43. Una bala de 8 g se dispara en un bloque de 4,0 kg, en reposo sobre una superficie horizontal sin friccin. 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.

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 estn en contacto. Solucin a) Por conservacin de cantidad de movimiento angular en el instante en que la bala impacta en el bloque.

Por conservacin de energa cuando el bloque comprime al resorte.

( )= 22 3,01500

21008,4

21 V

( ) m/s 0,580 008.435,1

008,403,01500 2 ===V

= Vv 008,4008,0 ( ) m/s 290,76 008,0

580,0008,4008,0

008,4 === Vv b)


29

( ) Ns 4,65 580,0580,0008,4008,4 =+== VJ 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 elstica 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 instantneo y luego del choque ambos se mueven juntos. (Choque plstico o completamente inelstico) Calcule: a) La rapidez del bloque y de la plataforma justo despus del choque. b) Calcule la compresin inicial del resorte antes del choque y la compresin mxima del resorte. c) Si el choque dura 0,01 s, Calcule la fuerza media sobre el bloque durante el choque. d) Calcule la energa perdida durante el choque que produce la plataforma

Solucin a)

= 212

1 MvMgH

( )( ) m/s 4,43 18,9221 === gHv Para calcular la velocidad justo despus del choque

( ) += 11 'vmMMv ( ) m/s 3,94 43,45,04

4' 11 =+=+= vmMMv

b) La compresin inicial del resorte antes del choque es x

= xkmg ( ) cm 0,25 m 0,0025

20008,95,0 ====

kmgx

La compresin mxima del resorte es x .

( ) =++ 2

21 kxmgxxHMg

( ) =+=++ 22215,44

215,014 kxgxgkxgxxg

0892 =kgx

kgx

Con k = 2000 004,004,02 = xx

04,00004,004,002,002,0 2 =+=x = 0,2 m = 20 cm

= vMtF c) ( )

01,094,343,44 =

=tvMF

= 196 N

( ) ( )( ) ( )( )221 94,35,042118,94'21 d) +=+= vmMMgHE = 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 h despus de golpear el suelo. a) Calcular la cantidad de movimiento de la pelota antes y despus de golpear el suelo,


30

b) si la duracin del golpe fue de 0,01 s, calcular la fuerza media ejercida por el piso sobre la pelota. Solucin. En la figura se muestra el esquema de la situacin.

a) Cantidad de movimiento inicial:

jmvp ii =

Cantidad de movimiento final:

jmvp ff =

Los valores de las velocidades inicial y final se pueden calcular usando el principio de conservacin de la energa. Inicial:

0210 2 +=+ ii mvmgh ii ghv 2=

Final:

ff mghmv +=+ 0021 2

ff ghv 2= = ii ghhg 23

432 =

Por lo tanto, las cantidades de movimiento inicial y final son:

jghmp ii 2=

, jghmp if 23=

Reemplazando los valores, se tiene: kgm/s 63,0=ip , kgm/s 54,0=fp

b) Usando la aproximacin del impulso:

== ptFJ m tpp

tpF ffm

==

( )01,0

63,054,0 jjFm=

= N 118 j

Ejemplo 46. Una bala de la masa m y con velocidad v pasa a travs de un pndulo de masa M. La bala emerge con una velocidad de v/2. El pndulo est suspendido por una barra rgida de longitud l y masa insignificante. Cul es el valor mnimo de v tal que la masa del pndulo gire un crculo completo? Solucin. En esta colisin, se conserva la cantidad de movimiento pero la energa no. Este es un ejemplo de una colisin inelstica que no es perfectamente inelstica. Para la colisin:

MfMv

vmMvmv +=+2

MfMvvmmv +=2

Despus de la colisin se conserva la energa para el pndulo (la conservacin de la energa para la bala despus de la colisin no es til desde que su energa no cambia). Este tratamiento nos da la velocidad del pndulo el momento despus de la colisin:

ffii MghMvMghMv +=+ 22 21

21

fM MghMv =221

ll gvMgMv 4221 2 == Podemos sustituir esto nuevamente dentro de la ecuacin que derivamos de la conservacin de la cantidad de movimiento:

ll gMmvMvmmv 4214

2=+=

lgmMvmnimo 4=

Ejemplo 47. Una bala de masa m y velocidad 0v 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 escaln de altura H, impactando a una distancia horizontal D como se muestra en la figura. a) Determinar la velocidad de la bala despus del impacto. b) Determinar la energa perdida por el choque.


31

Solucin. a) El bloque sale en tiro parablico.

gHtgtH 2

21 2 ==

= tVD f

HgD

gH

DtDVf 22

===

= MgdMVMV fi 22 21

21

gdHgDgdVV fi 222

22 +=+=

La cantidad de movimiento lineal se conserva

+= iMVmvmv0 gd

HgD

mMvV

mMvv i 22

2

00 +== b) La prdida de energa por el choque es:

2220 2

121

21 mvMVmvE i =

Reemplazando valores 22

220 222

121

+= gd

HgD

mMMmvE

+ gd

HgD

mMvm 2

221 2

0

gdHgDMv 2

2

2

0 +=

+

+ gd

HgD

mMM 2

21

2

2

Ejemplo 48. Cuando se rompe la cuerda que une las partculas A y B, el resorte comprimido las obliga a separarse (el resorte no est unido a las partculas). La energa potencial del resorte comprimido es de 60 J y el conjunto posee la

velocidad inicial

0v mostrada Si se rompe la cuerda cuando = 30 (como se muestra en la figura), hallar la velocidad resultante de cada partcula

Solucin. Considerando el efecto del resorte solamente: Conservacin de la cantidad de movimiento

0= xp 030sen330sen2 = BA vv BA vv 32 = (1)

Lo mismo se obtiene de la cantidad e movimiento en el eje y. Conservacin de la energa:

22 3212

2160 BA vv += (2)

De (1) y (2) obtenemos: vA = 6 m/s y vB = 4m/s

La velocidad total resultante de cada partcula

630sen6 +=Axv = 9 m/s, 30cos6=Ayv = 5,2 m/s,

630sen4 +=Bxv = 2 m/s, 30cos4=Byv = 3,5 m/s, Finalmente

m/s 2,59 jivA +=

y m/s 5,34 jivB =


32

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 restitucin. b) La altura h2 y alcance d2 del segundo rebote.

a) El coeficiente de restitucin.

0

1

hh= =

900,0800,0

0

1 =hh

= 0,943

b) Tiempo de bajada antes del rebote:

( )8,99,0222 00

1 === gh

ggh

t

= 0,428 s Tiempo de subida despus del rebote:

( )8,98,0222 11

2 === gh

ggh

t

= 0,405 s Velocidad horizontal del movimiento:

)( 211 ttvd x += =+= 21

1

ttdvx 405,0428,0

400,0+=

= 0,48 m/s La altura y longitud del segundo rebote.

800,0943,0 2

1

2 hhh == ( )22 943,0800,0=h = 0,711 m.

Tiempo en el aire del segundo rebote:

gh

ggh

t 22322

22 == = ( )

8,9711,022

= 0,76 s Alcance del segundo rebote.

32 tvd x= = (0,49)(0,76) = 0,37 m 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 elstica k, como se muestra en la figura.

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 mximo. c) Hallar las velocidades finales despus que el resorte se ha estirado de nuevo completamente. Se conserva la energa cintica? d) Plantee la ecuacin perimtrica de movimiento del centro de masa Solucin. a) la velocidad del centro de masa antes del choque. ( ) ( ) CMvMmMmv +=+ 00

( )MmmvvCM +=

0

b) Hallar las velocidades de los bloques cuando el resorte se ha comprimido lo mximo. ( ) ( ) CMvMmMmv +=+ 00 ( )Mm

mvvCM +=0

Como estn juntos, la velocidad es los dos bloques son iguale e igual CMv . c) Hallar las velocidades finales despus que el resorte se ha estirado de nuevo completamente. Por cantidad de movimiento

210 Mvmvmv += 210 vmMvv += (1)

Por conservacin de energa 22

21

20 2

121

21 Mvmvmv +=

22

21

20 vm

Mvv += (2) Resolviendo (1) y (2) encontramos:

( ) 0121 v

mMMv

+= , ( ) 022 v

mMmv +=

Se conserva la energa cintica porque el resorte devuelve la energa que absorbi en el choque.

d) ( ) tMmmvxCM +=

0 , 0=CMy 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


33

plataforma es 4 kg y puede rodar libremente, hallar: a) La velocidad final de la plataforma y e1 bloque. b) La posicin final del bloque sobre la plataforma.

Solucin. a)

Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento inmediatamente despus del choque ( ) 10 vmMmv b +=

( ) 01 vmMmv

b += = ( )300405000

40+ = 2,38

m/s Cantidad de movimiento antes del choque = 0mv Cantidad de movimiento final = ( ) 2vMmM pb ++ Cantidad de movimiento antes del choque = Cantidad de movimiento final. ( ) 20 vMmMmv pb ++=

( ) 02 vMmM mv pb ++= = ( )3004000405000

40++ = 1,32 m/s

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 friccin entre bloque y la plataforma

Aplicando la segunda ley de Newton al bloque ( ) 1amMF bx +=

La fuerza actuante es la fuerza de friccin ( )gmMNF bf +==

( ) ( ) 1amMgmM bb +=+ ga =1

El bloque se mueve sobre la plataforma con aceleracin a1 y velocidad inicial v1 hasta detenerse. Aplicando la ecuacin de Torricelli

1121

2 2 davv f += Reemplazando valores

12 238,20 gd=

8,966,5

238,2 2

1 == gd = 0,58 m Para la plataforma

Aplicando la segunda ley de Newton a la plataforma

2aMF px = La fuerza actuante es la fuerza de friccin

gMNF pf == ( ) 2aMgmM pb =+ ( ) ggM

mMap

b 40005040

2 =+= g26,1= La plataforma se mueve con aceleracin a2 y velocidad inicial cero. Aplicando la ecuacin de Torricelli

davv if 222 +=

Reemplazando valores ( ) 22 26,12032,1 dg+=

7,2474,1

52,232,1 2

2 == gd = 0,07 m El bloque avanza 0,58 - 0,07 = 0,51 m sobre el tablero. La posicin final es a 0,60 0,51 = 0,09 m del extremo B.


34

Ejemplo 52. Una bala de la masa m y con velocidad v pasa a travs de un pndulo de masa M. La bala emerge con una velocidad de v/2. El pndulo est suspendido por una barra rgida de longitud l y masa insignificante. Cul es el valor mnimo de v tal que la masa del pndulo gire un crculo completo? Solucin. En esta colisin, se conserva la cantidad de movimiento pero la energa no. Este es un ejemplo de una colisin inelstica que no es perfectamente inelstica. Para la colisin:

despusantes pp = MVvmmv +=

2

De aqu:

VmMv 2= (1)

Despus de la colisin se conserva la energa para el pndulo (la conservacin de la energa para la bala despus de la colisin no es til desde que su energa no cambia). Este tratamiento nos da la velocidad del pndulo el momento despus de la colisin:

( )l2'21

21 22 MgMVMV += (2) Condicin para que pueda dar la vuelta

cMaMgT =+

Condicin mnima para hacer movimiento circular

0=T Luego

l2'VMMg = lgV =2' (3)

Reemplazando (3) en (2):

( )ll 221

21 2 MgMgMV +=

lMgMV25

21 2 = lgV 5= Reemplazando el valor de V en (1):

lgmMv 52=

MOVIMIENTO CON MASA VARIABLE - PROPULSIN POR REACCIN Por la conservacin de la cantidad de movimiento si un cuerpo en reposo puede expulsar una parte de su masa en cierta direccin, el resto de la masa se mover 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, aparecer para un observador externo en reposo. Como si se estuviese acelerando. Esto se expresa mediante la forma ms general de la segunda ley de Newton. Como:

dtpdF

= , = vmp Siendo la masa variable

dtvdmF

= = dtdmv

dtvdm

+ Expresin que nos permite determinar el movimiento de un cuerpo cuya masa cambia durante su movimiento.


35

Cuando aplicamos al caso de un cohete aparecen los problemas, evidentemente m es la masa del cohete que va cambiando. Cul es la velocidad

de escape del combustible? No es igual a v , la

velocidad del cohete. Si no existe fuerza externa,

F debe ser cero? Entonces no se mover el

cohete. Analicemos el problema desde el punto de vista de la conservacin de la cantidad de movimiento. Sea el cohete mostrado en la figura siguiente, en el instante t, tiene una masa m y una velocidad

ivv = , con una cantidad de movimiento lineal vm .

En la figura siguiente se muestra el cohete en el instante dtt + , a expulsado una masa dm que sale con una velocidad iuu = relativa al cohete. Ahora la masa del cohete es ( )dmm y su velocidad es

+ vdv .

La cantidad de movimiento lineal total es:

( )

+

+ uvdmvdvdmm Por conservacin de la cantidad de movimiento

lineal tenemos: despusantes pp =

( )

+

+= uvdmvdvdmmvm +++= udmvdmvdmdvdmvmdvmvm

Como el infinitsimo vdmd es de segundo

orden, podemos despreciar ste trmino; luego

0= udmvmd Dividiendo por dt se obtiene:

0=

dtdmu

dtvdm

Como v es la velocidad del cohete,

dtvd

es la

aceleracin a .

De ste modo:

dtdmuam

dtvdm

== Por la segunda ley de Newton se puede

identificar la cantidad dtdmu

como una fuerza,

tal que la fuerza de empuje es:

dtdmuF

=

Como u es negativa y

dtdm

por se prdida de

mas tambin es negativa, F es positiva, como

esperbamos. Esta es una fuerza externa que produce aceleracin al cohete, al que ahora consideraremos como un sistema aislado sobre el que hay una fuerza externa. Velocidad del cohete.

De la expresin 0= udmvmd , obtenemos:

mdmuvd

=

( ) [ ]0

lnln0

0 mmuu

mdmuv mm

m

mt

=== Como

u es negativa y 0mm < ,

0

lnmm

es

negativa. Luego la velocidad es positiva. Velocidad lmite del cohete. Una vez que se haya terminado el combustible la masa se reduce a 1m , y llegamos a la velocidad lmite.

0

1lnmmuvm

= Una vez alcanzada sta velocidad, sta permanecer constante. 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 s misma, Ser la velocidad angular con la que la alfombra gira constante?


36

Solucin.

dtdmv

dtdvm

dtdpF +==

Como F debe tener la magnitud suficiente para que la alfombra se desenrolle por s misma quiere decir que v debe ser constante, esto implica que 0=dtdv . Siendo Rv = , para que v sea contante, el radio disminuye al desenrollarse la alfombra, luego debe aumentar. La velocidad angular con la que la alfombra gira no es constante. Ejemplo 54. Un cohete y su combustible tienen una masa inicial 0m . El combustible se quema a

una razn constante Cmdm = .Los gases son

expulsados con una velocidad constante u

respecto al cohete. a) Despreciando la resistencia del aire, hallar la velocidad del cohete en el instante t, despus de despegar de la tierra. b) Cul es la altura que alcanza en el momento que se acaba el combustible? Solucin. a) Las fuerzas que actan sobre el cohete son la fuerza de empuje y la fuerza de la gravedad. Aplicando la segunda ley de Newton.

= amF =+ amgmdtdmu Donde kuu = , kgg = , k

dtdv

dtvda ==

y Cdtdm = Ctmm = 0

Reemplazando ( ) ( )dtdvCtmgCtmuC = 00

o ( )CtmuCg

dtdv

+= 0

Integrando ( ) +=ttv

dtCtm

uCgdtdv0

000

La velocidad en el instante t es:

( )( )

0

0lnm

Ctmugtv t

= b) Antes de encontrar la altura que alcanza en el momento que se acaba el combustible, encontraremos la altura para el tiempo t.

Como ( ) dtdzv t = , tenemos:

( )dt

mCtm

ugtdtdz0

0ln=

Integrando ( ) = ttz dtm Ctmugtdtdz 0 0000 ln ( ) ( )

= 1ln

21

0

00

2

mCtm

CtmCugtz

El tiempo 1t en que se acaba el combustible es cuando 1mm = . Como Ctmm = 1 , obtenemos:

Cmm

t 101=

Reemplazando 1t en la expresin anterior encontramos la altura que alcanza en el momento en que el combustible se acaba. CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA O TORQUE Consideremos una partcula P de masa m, su posicin con respecto al origen O en un instante

dado est determinada por el vector r .

La partcula tiene una velocidad v y su cantidad

de movimiento lineal es = vmp .

LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO

ANGULAR O MOMENTUM ANGULAR L

Se define como el producto vectorial de r y

p ,

= prL


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La direccin de L es perpendicular al plano

definido por r y

p , su sentido lo da la regla de

la mano derecha, su mdulo es: sen sen rmvrpL ==

Como vsen es la velocidad tangencial ( tv ) y rvt = , siendo la velocidad angular.

Podemos escribir: 2mrL =

MOMENTO DE INERCIA ( )I . Llamando Momento de Inercia al producto mr2, Tenemos:

L = I vectorialmente = IL

Las dimensiones de la cantidad de movimiento angular son: [ ] [ ][ ] [ ] 12 = TLML Sus unidades en el sistema internacional:

sm Kg 2

o s J

Derivando la cantidad de movimiento angular L

con respecto al tiempo:

dtpdrp

dtrdpr

dtd

dtLd

+== Como

= vdt

rd y

= vmp

0==

vmvpdt

rd

Luego

dtpdr

dtLd

=

Por otra parte si F es la fuerza que produce el

movimiento de la partcula, por la Segunda Ley de Newton tenemos:

dtpd

dtvdmamF

===

Luego

= Frdt

Ld

A esta cantidad que produce un cambio en la cantidad de movimiento angular se le conoce como

MOMENT0 DE UNA FUERZA o TORQUE

== Fr

dtLd

Tiene como mdulo sen rF= Su sentido est dado por la regla de la mano derecha. Ejemplo 55. Una partcula de masa m se mueve

en el plano xy con una velocidad v a lo largo de

una lnea recta. Cul es la magnitud y direccin de su cantidad de movimiento angular con respecto al origen O?

Solucin.

La posici6n de la partcula es r .

La velocidad de la partcula es v .

Su cantidad de movimiento lineal es

= vmp

Su cantidad de movimiento angular es = prL

( )krmvvmrL sen == La magnitud es: mvdrmvL == sen , donde

senrd = Luego ( )kmvdL = Podemos ver que la cantidad de movimiento angular con respecto a O' es cero. Ejemplo 56. En determinado instante, la Posicin de una partcula con respecto a un origen O de coordenadas est dada por el vector

jir 43 += (en metros) . En ella acta una fuerza jiF 3216 += (en Newton) . Encontrar el torque originado por la fuerza

F que acta

sobre la partcula. Con referencia al origen O. Solucin.

El torque es: ( ) ( )jijiFr 321643 ++==


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= ( )( ) ( )( )( )kk 164323 + = kk 6496 = k32 Nm Ejemplo 57. Un cilindro slido Puede girar alrededor de un eje sin friccin 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 seccin cuyo radio es R2 ejerce una fuerza F2 hacia abajo. Cul es el torque que acta sobre el cilindro alrededor del eje z que pasa por O?

Solucin. Sobre el cilindro actan:

iFF 11 =

en jRr 11 =

y jFF 22 =

en

iRr 22 =

El torque neto sobre el cilindro es:

21

+= kFRkFRFrFr 22112211 +=+=

= ( )kFRFR 1122 Si F1 = 10 N, R1 = 2 m y F2 = 5 n, R2 = 1 m:

( )( ) ( )( )[ ] m N 1521015 kkmNmN == CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR En el caso de una partcula come en la seccin anterior, si el torque aplicado con relacin a un

CAPÍTULO 6. Sistema de partículas

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