Clase 13, 19 de mayo, Ejercicios...

En esta ocasión resolveremos ejercicios, que he denominado ejercicios integralespues se abarcan varios de los conceptos que hemos analizado durante todo elsemestre.

La intención de esta presentación es agrupar todos los conocimientos adquiridospara resolver situaciones, ya no de forma particular, sino de una manera másgeneral.

En todos los ejercicios que desarrollaremos a continuación estarán involucradoslos conceptos propios de colisiones pero a diferencia de los ejerciciosdesarrollados en la presentación anterior, en esta presentación necesitaremos

Ejercicios integrales

desarrollados en la presentación anterior, en esta presentación necesitaremosrecurrir a los temas de cinemática, dinámica, trabajo y conservación de energíapara analizar la mecánica de los objetos antes de que colisionen así comodespués de que colisionen.

Recuerda que para analizar una colisión siempre será importante conocer lavelocidad con la que los objetos llegan al punto de colisión y para determinardicha velocidad, en algunas ocasiones emplearemos cinemática y dinámica peroen otras emplearemos balances de energía. En su momento, tu elegirás elcamino que más sea de tu agrado.

Dado lo anterior, en esta presentación no vendrá teoría o conceptos nuevos, sóloejercitaremos lo que ya hemos aprendido.

1

Ejercicio 1.

Considera una superficie semicircular de radio 4.0 m que tiene en el fondo unbloque de masa m. Un segundo bloque de igual masa que el primero, se liberadel reposo desde el borde de la superficie que no presenta fricción. El bloqueliberado viajará por la superficie circular y, en algún instante del tiempo,colisionará con el bloque estático. Si después de la colisión los dos bloques semueven juntos, determina la altura máxima que alcanzan después de lacolisión.


R

2

Para resolver el ejercicio requerimos determinar la velocidad de cada objeto antesde que colisionen.

El objeto uno, que está situado en la base de la superficie semicircular, seencuentra estático, por lo tanto, su velocidad es cero.

El objeto dos fue liberado del reposo desde lo alto de la superficie circular así querecurriremos a un balance de energía para determinar la velocidad con la quellegará al llegar al final del recorrido.


Para realizar el balance de energía, colocaremos dos puntos, el inicial será en elinstante que el bloque se libera y el final será justo antes de la colisión, es decir,en la parte baja de la superficie semicircular.

Colocando el punto de referencia para la vertical en el fondo de la superficiesemicircular, y = 0 m, y dado que no existen sistemas elásticos ni fuerza defricción, el balance de energía será:

Cambiando cada término por su correspondiente ecuación y evaluando losvalores conocidos, y0 = 4.0 m, obtendremos la rapidez que tiene el segundo

𝑈𝑔0= 𝐸𝑘

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valores conocidos, y0 = 4.0 m, obtendremos la rapidez que tiene el segundoobjeto justo antes de la colisión.

Dado que el segundo objeto llega al fondo de la superficie semicircular, podemosasumir que, en este punto, el vector velocidad del objeto es horizontal así que elvector velocidad del segundo objeto será:

Ahora podemos proceder con el análisis de la colisión.

𝑈𝑔0= 𝐸𝑘 … 𝑚𝑔𝑦0 =

𝑚 |𝑣|2

2

𝑚(9.81)(4.0) =𝑚 |𝑣|2

2 … |𝑣| = 2(9.81)(4.0) = 8.86 m/s

𝑣 = 8.86 m/s 𝑖̂

Ejercicios integralesPara analizar la colisión, debemos considerar que antes de que esta suceda cadaobjeto tiene un cantidad de movimiento lineal y que, después de colisionar, semoverán juntos así que habrá únicamente un término de cantidad demovimiento lineal. Además, la dirección del vector velocidad de uno de losobjetos antes de colisionar es horizontal (positivo en la dirección de la direccióndel eje cartesiano x), por lo que supondremos que un instante después de quesucede la colisión, la velocidad del sistema será horizontal.

Resolviendo la ecuación del principio de conservación de la cantidad demovimiento lineal tendremos la velocidad del sistema después de colisionar.

Σ�⃗�0 = Σ�⃗� … Σ𝑝𝑥0= Σ𝑝𝑥

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Determina la velocidad después de la colisión, recurriremos al principio deconservación de la energía mecánica para determinar la altura máxima quealcanzan los dos bloques unidos.

En este punto, nuevamente tendremos que considerar dos puntos para elanálisis. El punto inicial será justo después de la colisión, en donde existevelocidad y por lo tanto energía cinética mientras que el punto final será aquelasociado con la altura máxima y, por lo tanto, existirá energía potencialgravitacional.

Σ𝑝𝑥0= Σ𝑝𝑥 … 𝑝𝑥01

+ 𝑝𝑥02= 𝑝𝑥 … 𝑚1𝑣𝑥𝑜1

+ 𝑚2𝑣𝑥𝑜2= (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑥

𝑚(8.86) + 𝑚(0.0) = 2𝑚𝑣𝑥 … 𝑣𝑥 = 4.43 m/s

Ejercicios integralesDel análisis anterior, podemos escribir el siguiente balance de energía:

Cambiando cada término por su correspondiente ecuación y evaluando losvalores conocidos, = 4.43 m/s, obtendremos la altura máxima, y, que alcanzanlos objetos.

Por lo tanto, podemos concluir que la altura que alcanzan los bloques después

|�⃗�|

𝐸𝑘0= 𝑈𝑔

𝐸𝑘0= 𝑈𝑔 … 𝑚

|𝑣0|2

2= 𝑚𝑔𝑦

2𝑚(4.43)2

2= 2𝑚(9.81)𝑦 … 𝑦 =

(4.43)2

2(9.81)= 1.0 m

5

Por lo tanto, podemos concluir que la altura que alcanzan los bloques despuésde la colisión es 1.0 m con respecto al fondo de la superficie semicircular.

Ejercicio 2.

Una bala de 0.3 kg colisiona frontalmente, con rapidez de 10.0 m/s, con unbloque de 3.0 kg que descansa en una superficie horizontal. Si después de lacolisión la bala se queda incrustada en el bloque y el nuevo sistema (bloque–bala) se mueve por la superficie horizontal en donde el coeficiente de fricción es0.09, determina la distancia máxima que recorre el sistema sobre la superficiehorizontal.


�⃗�0

6

En esta ocasión el ejercicio ya nos brinda la velocidad de cada objeto antes de lacolisión, la de la bala y la del bloque, por lo que procederemos directamente alanálisis del principio de conservación de la cantidad de movimiento lineal.

Para analizar la colisión, consideraremos que la dirección positiva del ejecartesiano x es la misma que la dirección del vector velocidad de la bala. Antesde que suceda la colisión cada objeto tiene un cantidad de movimiento linealpero después de la colisión los dos objetos se quedan unidos así que habráúnicamente un término de cantidad de movimiento lineal.

Σ�⃗�0 = Σ�⃗� … Σ𝑝𝑥0= Σ𝑝𝑥

Ejercicios integralesResolviendo la ecuación del principio de conservación de la cantidad demovimiento lineal tendremos la velocidad del sistema después de colisionar.

Determinada la velocidad después de la colisión, recurriremos al balance deenergía, en el que existe un trabajo de la fuerza de fricción, para resolver ladistancia máxima que recorre el sistema antes de detenerse.

Dado que elegimos emplear el balance de energía, requerimos situar dos puntos.



+ 𝑚2𝑣𝑥𝑜2= (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑥

(0.3)(10.0) + (3.0)(0.0) = (3.3)𝑣𝑥 … 𝑣𝑥 = 0.91 m/s

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Dado que elegimos emplear el balance de energía, requerimos situar dos puntos.El punto inicial será justo después de la colisión en donde existe una velocidad ycon ella una energía cinética. El punto final será en el instante en el que elsistema se detiene, energía cinética cero. Como el sistema se muevehorizontalmente, no existirán términos asociados a la energía potencialgravitacional, además, al no existir sistemas elásticos no habrá energía potencialelástica. De esta forma el balance de energía será:

Si cambiamos cada término de la ecuación por su correspondiente formulación.

𝑘0 𝑓 J

𝑚 |𝑣0|2

2+ 𝑓 |∆𝑟|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 J


Determina la magnitud de la fuerza de fricción podemos sustituir en el balancede energía para obtener la distancia de recorrido del sistema antes de detenerse.

x

y𝑛

𝑤

𝑓 Σ𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤| = 0 N … |𝑛| = |𝑤| … |𝑛| = 𝑚𝑔

|𝑛| = (3.3)(9.81) … |𝑛| = 32.373 N

𝑓 = 𝜇|𝑛| = (0.09)(32.373) = 2.9136 N

Para poder obtener la distancia máxima de recorrido, esnecesario determinar la magnitud de la fuerza de fricción, paralo cual recurriremos al diagrama de cuerpo libre.

8

Por lo que podemos concluir que después de la colisión de la bala con el bloque,el sistema se desplazará una distancia de 0.47 m sobre la superficie horizontalantes de detenerse.

Al resultado también se podría llegar si en vez de emplear el balance de energíase recurría a los conceptos de cinemática y dinámica.

𝑚|𝑣0|2

2+ 𝑓 |∆𝑟|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 J … (3.3)(0.91)2

2+ (2.9136)|∆𝑟|𝑐𝑜𝑠180.0 = 0

|∆𝑟| = −(3.3)(0.91)2

2(2.9136)𝑐𝑜𝑠 180.0= 0.47 m


En el caso de emplear los conceptos de cinemática y dinámica en el sistemadespués de la colisión, requerimos establecer que el espacio euclidiano seráunidimensional y creciente en la coordenada cartesiana x que coincide con ladirección de movimiento del sistema.

Para resolver la ecuación referente a la posición final, x, podemos asumir que lax0 coincide con el origen del espacio euclidiano, por lo que x0 = 0 m. Además,como el sistema se detendrá, entonces, vx = 0 m/s.

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥 𝑡 + 𝑎𝑥𝑡 2

2 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 + 𝑎𝑥 𝑡

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Finalmente nos hace falta la aceleración, por lo que recurriremos nuevamente aldiagrama de cuerpo libre para obtener ahora este valor.

Sustituyendo ahora en las ecuaciones de cinemática seremos capaces de obtenerla posición final del recorrido, la cual por tratarse de un movimientounidimensional y unidireccional coincidirá con la distancia de recorrido.

x

y�⃗�

𝑤

𝑓 Σ𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤| = 0 N … |𝑛| = |𝑤| … |𝑛| = 𝑚𝑔 … |𝑛| = (3.3)(9.81) … |𝑛| = 32.373 N

Σ𝐹𝑥 : − 𝑓 = 𝑚𝑎𝑥 … −𝜇|𝑛| = 𝑚𝑎𝑥 … − 𝜇 |𝑛|

𝑚= 𝑎𝑥 … 𝑎𝑥 = −

(0.09)(32.373)

(3.3)= −0.883 m/s2


En el caso de emplear los conceptos de cinemática y dinámica en el sistemadespués de la colisión, requerimos establecer que el espacio euclidiano seráunidimensional y creciente en la coordenada cartesiana x que coincide con ladirección de movimiento del sistema.

Observa que independientemente del mecanismo de solución, el resultado que

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 + 𝑎𝑥 𝑡 … 0 = 0.91 − 0.883𝑡 … 𝑡 =0.91

0.883= 1.03 s

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥 𝑡 + 𝑎𝑥𝑡 2

2 … 𝑥 = (0.91)(1.03) − (0.883)

(1.03)2

2 … 𝑥 = 0.47 m

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Observa que independientemente del mecanismo de solución, el resultado quecorresponde con al distancia de recorrido para el sistema después de la colisiónes el mismo.

Ejercicio 3.

Una bala de 0.3 kg viaja con rapidez horizontal de 10.0 m/s y colisiona con unbloque de 3.0 kg que pende de una cuerda de longitud 0.5 m. Si después de lacolisión la bala se queda incrustada en el bloque y el nuevo sistema (bloque–bala) se mueve describiendo una trayectoria pendular, determina el ángulomáximo que forma el sistema con la vertical.


�⃗�0

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En esta ocasión el ejercicio ya nos brinda la velocidad de cada objeto antes de lacolisión, la de la bala y la del bloque que pende de la cuerda, por lo queprocederemos directamente al análisis del principio de conservación de lacantidad de movimiento lineal.

Para analizar la colisión, consideraremos que la dirección positiva del ejecartesiano x es la misma que la dirección del vector velocidad de la bala. Antesde que suceda la colisión cada objeto tiene un cantidad de movimiento linealpero después de la colisión los dos objetos se quedan unidos así que habráúnicamente un término de cantidad de movimiento lineal.

Σ�⃗�0 = Σ�⃗� … Σ𝑝𝑥0= Σ𝑝𝑥


Determinada la velocidad después de la colisión, recurriremos al balance deenergía para resolver la “altura máxima” que alcanza el sistema y así determinar,posteriormente, el ángulo máximo que forma el sistema pendular con la vertical.

Como existirá un cambio en la vertical, debido al movimiento pendular,



+ 𝑚2𝑣𝑥𝑜2= (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑥

(0.3)(10.0) + (3.0)(0.0) = (3.3)𝑣𝑥 … 𝑣𝑥 = 0.91 m/s

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Como existirá un cambio en la vertical, debido al movimiento pendular,requerimos situar un punto de referencia para determinar la energía potencialgravitacional. Elegiremos por conveniencia el valor de y0 = 0 m en el punto en elque inicia el movimiento del sistema bala–bloque.

Dado que elegimos emplear el balance de energía, requerimos situar dos puntos.El punto inicial será justo después de la colisión en donde existe una velocidad ycon ella una energía cinética. Como buscamos el ángulo máximo que forma elpéndulo con la vertical, el cual depende directamente de la “altura máxima” quealcanza el sistema, entonces podemos asumir que la velocidad del sistema serácero en este punto y, con ella, la energía cinética. Además, como no existealguna otra fuerza realizando trabajo ni hay sistemas elásticos, estos términosno serán considerados.

Ejercicios integralesCon el análisis anterior podemos plantear que el balance de energía es:

Cambiando cada término por su correspondiente ecuación y evaluando losvalores conocidos, obtendremos la altura máxima, y, que alcanzan el sistemapendular.

Con este dato, ahora podemos recurrir a un triángulo rectángulo y el teorema de

𝐸𝑘0= 𝑈𝑔

𝐸𝑘0= 𝑈𝑔 … 𝑚

|𝑣0|2

2= 𝑚𝑔𝑦

(3.3)(0.91)2

2= (3.3)(9.81)𝑦 … 𝑦 =

(3.3)(0.91)2

2(9.81)(3.3)= 0.042 m

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Con este dato, ahora podemos recurrir a un triángulo rectángulo y el teorema dePitágoras para determinar el ángulo que se formó con la vertical. Para ello,consideraremos que la hipotenusa del triángulo rectángulo es la longitud delpéndulo (0.5 m) y que la diferencia de la longitud pendular menos la altura quealcanza el péndulo nos brindará el valor del cateto adyacente. Lo anterior puedeanalizarse esquemáticamente de la siguiente manera.

q

yy0=0 m

CA

𝐶𝐴 = 0.5 − 0.042 = 0.458 m

𝐶𝐴 = (𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑢𝑙𝑎𝑟)𝑐𝑜𝑠𝜃 … 𝑐𝑜𝑠𝜃 =𝐶𝐴

𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑢𝑙𝑎𝑟

𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1 0.458

0.5 … 𝜃 = 23.7 grados

Ejercicio 4.

Una bala de 0.1 kg se lanza verticalmente hacia arriba con rapidezde 10.0 m/s. A una distancia de 3.0 m por arriba del punto delanzamiento, existe un bloque de 5.0 kg que pende de un resortevertical de constante 0.2 N/m. Si la bala colisiona con el bloque yse queda incrustada en el, determina la máxima compresión queexperimenta el resorte.


Para resolver el ejercicio requerimos determinar la velocidad de cada objeto justoantes de que colisionen.

�⃗�0

3.0 m

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antes de que colisionen.

El bloque que pende del resorte se encuentra estático, por lo tanto, su velocidades cero.

La bala tiene que recorrer tres metros antes de que llegue al bloque, así querecurriremos a un análisis de cinemática para determinar su velocidad a los tresmetros. Como el movimiento de la bala es vertical, escribiremos las ecuacionesde posición y velocidad considerando el origen del espacio euclidiano en el puntodel lanzamiento y creciente verticalmente hacia arriba en el eje cartesiano y.

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 − 9.81𝑡 2

2 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 9.81𝑡


Sustituyendo las condiciones conocidas en la ecuación de cinemática, y = 3.0 my v0y = 10.0 m/s, seremos capaces de calcular la velocidad con la que la balallega a la colisión.

Dado que tenemos dos tiempo positivos, emplearemos el menor de ellos pueseste representa el punto de la trayectoria en la que la bala viaja hacia arriba. Elsegundo tiempo (t = 1.67 s) está asociado con que la bala alcance su alturamáxima y después regrese a los 3.0 m por arriba del punto de lanzamiento.

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 𝑡 − 9.81𝑡 2

2 ... 3.0 = 10.0𝑡 − 9.81

𝑡 2

2 … 0 = −3.0 + 10.0𝑡 − 4.905𝑡2

𝑡1 = 1.67 s 𝑡2 = 0.37 s

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máxima y después regrese a los 3.0 m por arriba del punto de lanzamiento.

Ahora conocemos con qué velocidad llega la bala a la colisión.

Para analizar la colisión, mantendremos la dirección del espacio euclidiano,creciente hacia arriba en el eje cartesiano y. Antes de que suceda la colisión cadaobjeto tiene un cantidad de movimiento lineal pero después de la colisión los dosobjetos se quedan unidos así que habrá únicamente un término de cantidad demovimiento lineal.

𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 9.81𝑡 … 𝑣𝑦 = 10.0 − 9.81(0.37) … 𝑣𝑦 = 6.37 m/s

Σ�⃗�0 = Σ�⃗� … Σ𝑝𝑦0= Σ𝑝𝑦


Determinada la velocidad después de la colisión, recurriremos al balance deenergía para resolver la máxima compresión que experimenta el resorte.

Para facilitarnos el cálculo, cambiaremos la posición del origen euclidiano,manteniendo la dirección, al punto en el que sucede la colisión. Esto espermisible por que la masa del sistema de estudio cambió.

Σ𝑝𝑦0= Σ𝑝𝑦 … 𝑝𝑦01

+ 𝑝𝑦02= 𝑝𝑦 … 𝑚1𝑣𝑦𝑜 1

+ 𝑚2𝑣𝑦𝑜 2= (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑦

(0.1)(6.37) + (5.0)(0.0) = (5.1)𝑣𝑦 … 𝑣𝑦 = 0.125 m/s

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permisible por que la masa del sistema de estudio cambió.

Como resolveremos el ejercicio mediante el balance de energía, necesitamosestablecer dos puntos. El punto inicial será justo después de la colisión en dondeexiste una velocidad y con ella una energía cinética. Dado que aún no comienzala compresión del resorte, entonces no habrá energía potencial elástica así comotampoco habrá energía potencial gravitacional por el cambio de la posición delorigen del espacio euclidiano.

El segundo punto será aquel asociado con la máxima compresión por lo que yano habrá energía cinética pero si existirá energía potencial elástica. Ademáscomo cambio la posición vertical del sistema, existirá energía potencialgravitacional.

Ejercicios integralesCon el análisis anterior podemos plantear que el balance de energía es:

Cambiando cada término por su correspondiente ecuación tendremos:

En este punto es necesario analizar que la compresión del resorte coincide con elvalor de y asociado con la energía potencial gravitacional, pues lo que “suba” elsistema es lo mismo que se comprime el resorte.

𝐸𝑘0= 𝑈𝑔 + 𝑈𝑠

𝐸𝑘0= 𝑈𝑔 + 𝑈𝑠 … 𝑚

|𝑣0|2

2= 𝑚𝑔𝑦 +

𝑘|∆𝑟|2

2

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Haciendo coherente la ecuación con el análisis anterior y sustituyendo losvalores conocidos, podemos resolver la ecuación cuadrática para determinar lamáxima compresión del resorte.

Ahora podemos concluir que la máxima compresión que sufre el resorte despuésde la colisión es 8.0x10–4 m.

𝑚|𝑣0|2

2= 𝑚𝑔𝑦 +

𝑘|∆𝑟|2

2 … 𝑚

|𝑣0|2

2= 𝑚𝑔|∆𝑟| +

𝑘|∆𝑟|2

2

(5.1)(0.125)2

2= (5.1)(9.81)|∆𝑟| +

0.2|∆𝑟|2

2 … 0 = −0.040 + 50.03|∆𝑟| + 0.1|∆𝑟|2

|∆𝑟|1 = 8.0𝑥10−4 m |∆𝑟|2 = −500.3 m

Ejercicio 5.

Un bloque de 2.0 kg descansa en una superficie horizontal. Para mover el bloquese coloca un sistema pendular, masa de 3.0 kg y longitud pendular de 0.5 m, deforma que chocará con el bloque en su posición de máxima energía cinética. Elsistema pendular se coloca a 70.0 grados con respecto a la vertical y se libera delreposo para colisionar con el bloque. Cuando el péndulo colisiona con el bloqueeste le transfiere toda su cantidad de movimiento lineal al bloque, es decir,después de la colisión el péndulo se queda estático. Una vez que el bloque iniciasu movimiento, recorre una distancia de 0.3 m por la superficie horizontal quetiene asociado un coeficiente de fricción de 0.25 y cae por el borde de lasuperficie que está a un metro por arriba del piso. Determina la rapidez del


superficie que está a un metro por arriba del piso. Determina la rapidez delbloque justo antes de llegar al piso.

18

q

1.0 m

0.3 m


Para resolver el ejercicio debemos tener presente la siguiente cadena de sucesos:

• Para determinar la rapidez con la que el bloque llega al piso necesitamosconocer la velocidad con la que “deja” la superficie horizontal.

• Para conocer la velocidad con la que el bloque “deja” la superficie necesitamosconocer qué velocidad tiene el bloque después de la colisión.

• Para conocer qué velocidad tiene el bloque después de la colisión necesitamosconocer con qué velocidad llega el péndulo a la colisión.

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Dado el análisis anterior, iniciemos resolviendo con qué velocidad llega elpéndulo a la colisión. Para esto, recurriremos a un balance de energía.

Como usaremos un balance de energía, requerimos colocar dos puntos. El puntoinicial será aquel en el que se libera del reposo el péndulo. El punto final serácuando el péndulo alcanza su energía cinética máxima, que es justamente antesde la colisión.

Debido a que existirá un cambio en la vertical, el punto de referencia, y = 0 m,será colocado en la vertical a la altura en la que se da la colisión. Por lo tanto, elbalance de energía para el péndulo será:

𝑈𝑔0= 𝐸𝑘

Ejercicios integralesSi cambiamos cada término de la ecuación por su correspondiente formulación.

Para determinar la rapidez, nos hace falta el valor de y0, por lo que recurriremosa un triángulo rectángulo y el teorema de Pitágoras.

𝑈𝑔0= 𝐸𝑘 … 𝑚𝑔𝑦0 =

𝑚 |𝑣|2

2

q

y

CA 𝐶𝐴 = (𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑢𝑙𝑎𝑟)𝑐𝑜𝑠𝜃 … 𝐶𝐴 = 0.5𝑐𝑜𝑠70.0 … 𝐶𝐴 = 0.17 m

𝑦0 = 𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑢𝑙𝑎𝑟 − 𝐶𝐴 … 𝑦0 = 0.5 − 0.17 = 0.33 m

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Ahora podemos determinar la rapidez con la que el péndulo llega a la colisión.

Como el péndulo colisiona en su punto de rapidez máxima, podemos considerarque su velocidad es horizontal y que estará situada en el eje de coordenadascartesianas x.

y0

y0=0 m

𝑦0 = 𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑢𝑙𝑎𝑟 − 𝐶𝐴 𝑦0 = 0.5 − 0.17 = 0.33

𝑚𝑔𝑦0 =𝑚 |𝑣|2

2 … (3.0)(9.81)(0.33) =

(3.0)|𝑣|2

2 … |�⃗�| =

2(3.0)(9.81)(0.33)

3.0

|�⃗�| = 2.54 m/s

𝑣𝑥 = 2.54 m/s


Ahora podemos analizar la colisión para conocer la velocidad con la que sale elbloque después de esta.

Antes de que suceda la colisión cada objeto tiene un cantidad de movimientolineal y después de la colisión, como el péndulo transfiere toda su cantidad demovimiento lineal, cada objeto tendrá una cantidad de movimiento linealasociada. En esta ocasión los sistemas no se unen en uno sólo.

Resolviendo la ecuación del principio de conservación de la cantidad demovimiento lineal tendremos la velocidad del sistema después de colisionar.


+ 𝑝𝑥02= 𝑝𝑥1

+ 𝑝𝑥2 … 𝑚1𝑣𝑥𝑜1

+ 𝑚2𝑣𝑥𝑜2= 𝑚1𝑣𝑥1

+ 𝑚2𝑣𝑥2

(3.0)(2.54) + (2.0)(0.0) = (3.0)(0.0) + (2.0)𝑣 𝑣 = 3.81

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Determinada la velocidad del bloque después de la colisión, recurriremos albalance de energía para determinar con qué rapidez llega el bloque a la orilla dela superficie horizontal.

En este caso existirá energía cinética inicial pues el bloque tiene una rapidez asícomo también existirá energía cinética al final del recorrido (0.3). Dado que noexiste un cambio en la vertical, asumiremos que no habrá un cambio en laenergía potencial gravitacional. Además, al no existir sistemas elásticos, nohabrá energías potenciales elásticas.


+ 𝑝𝑥02= 𝑝𝑥1

+ 𝑝𝑥2 … 𝑚1𝑣𝑥𝑜1

+ 𝑚2𝑣𝑥𝑜2= 𝑚1𝑣𝑥1

+ 𝑚2𝑣𝑥2

(3.0)(2.54) + (2.0)(0.0) = (3.0)(0.0) + (2.0)𝑣𝑥2 … 𝑣𝑥2

= 3.81 m/s


Considerando el trabajo de la fuerza de fricción que produce el cambio en laenergía cinética, la ecuación del balance de energía es:

Si cambiamos cada término de la ecuación por su correspondiente formulación.

𝐸𝑘0+ 𝑊 𝑓 = 𝐸𝑘

𝑚 |𝑣0|2

2+ 𝑓 |∆𝑟|𝑐𝑜𝑠𝜃 =

𝑚 |𝑣|2

2

y𝑛

Para obtener la rapidez con la que el bloque llega al final de lamesa, antes de describir un movimiento proyectil, es necesariodeterminar la magnitud de la fuerza de fricción, para lo cualrecurriremos al diagrama de cuerpo libre.

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Determina la magnitud de la fuerza de fricción podemos sustituir en el balancede energía para obtener la rapidez del bloque al final de la superficie horizontal.

x

𝑛

𝑤

𝑓 Σ𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤| = 0 N … |𝑛| = |𝑤| … |𝑛| = 𝑚𝑔

|𝑛| = (2.0)(9.81) … |𝑛| = 19.62 N

𝑓 = 𝜇|𝑛| = (0.25)(19.62) = 4.905 N

recurriremos al diagrama de cuerpo libre.

𝑚|𝑣0|2

2+ 𝑓 |∆𝑟|𝑐𝑜𝑠𝜃 =

𝑚 |𝑣|2

2 … (2.0)(3.81)2

2+ (4.905)(0.3)𝑐𝑜𝑠180.0 =

2.0|𝑣|2

2

13.0446 = |�⃗�|2 … |�⃗�| = √13.0446 … |�⃗�| = 3.61 m/s


Una vez que hemos determinado la rapidez con la que el bloque va a iniciar elviaje hacia el piso, es necesario convertirla a velocidad dado que la trayectoriaque seguirá el objeto es del tipo proyectil.

Como se describe una trayectoria proyectil, emplearemos un análisis basado enla cinemática del vector posición y el vector velocidad.

Por las características propias de las ecuaciones referentes a la cinemática,requerimos de un espacio euclidiano bidimensional, el cual tendrá su origen enel punto de salida de la superficie horizontal con el eje cartesiano x creciente enla dirección del vector velocidad y con el eje cartesiano y creciente en dirección

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la dirección del vector velocidad y con el eje cartesiano y creciente en direccióncontraria al piso. El análisis anterior nos permite establecer las siguientesecuaciones:

Evaluando en las condiciones conocidas, y = –1 m, podemos determinar el vectorvelocidad del objeto así como su rapidez.

La rapidez del objeto al llegar al piso es 5.7 m/s.

𝑟(𝑣0𝑥𝑡, −9.81

𝑡 2

2) �⃗�(𝑣0𝑥

, −9.81𝑡)

𝑦 = −9.81𝑡 2

2 … −1 = −9.81

𝑡 2

2 … 𝑡 = 0.45 s

𝑣𝑦 = −9.81𝑡 … 𝑣𝑦 = −9.81(0.45) … 𝑣𝑦 = −4.41 m/s

�⃗�(3.61, −4.41)m/s

Ejercicios para resolver.

1) Un bloque (m1 de 150.0 gramos) comprime 10.0 cm a unresorte horizontal de constante 200.0 N/m. A un metro dedonde se libera m1 existe un bloque de 50.0 gramos, m2, queestá en reposo. Una vez que se libera m1 éste se moverá y, enaalgún instante del tiempo, colisionará de forma inelásticamente perfecta con m2.Determina qué altura máxima alcanzarán los bloques si después de la colisiónsuben por un plano inclinado, q = 25.0 grados. El coeficiente de fricción entre losbloques y cualquier superficie es 0.5.

2) Un péndulo, 10.0 kg de masa y 1.0 m de longitud, se posiciona a 50.0 grados

24

2) Un péndulo, 10.0 kg de masa y 1.0 m de longitud, se posiciona a 50.0 gradosrespecto a la vertical y se libera del reposo con la intención de golpear a un carrode 2.0 kg de masa que está estático. Si la colisión entre el péndulo y el carro seda en el punto de máxima energía cinética del péndulo y, después de la colisión,ambos sistemas se mueven independientemente conservando su masa,determina el ángulo máximo, respecto a la vertical, que formará el péndulodespués de la colisión.

3) Una flecha, masa de 1.0 kg, se dispara horizontalmente para incrustarse en unpéndulo inicialmente en reposo (masa de 4.0 kg y longitud de 25.0 cm). Despuésde la colisión, la flecha y el bloque unidos describen una trayectoria circular.¿Qué rapidez tenía la flecha justo antes de la colisión si el sistema flecha-péndulo hace un ángulo máximo de 15.5 grados respecto a la vertical?

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