TEMA 4 DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS

CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCION DE LOS PROBLEMAS

En los problemas sobre la posición, velocidad y aceleración del centro de masas debes leer atentamente cada problema para sacar los datos implícitos que aparecen en cada enunciado. Siempre que aparezcan fuerzas internas (explosiones, por ejemplo), pero no externas, el centro de masas sigue manteniendo su movimiento. Por tanto, si inicialmente está en reposo, las velocidades de los fragmentos serán tales que la velocidad del centro de masas seguirá siendo nula, y si estaba moviéndose continuará en el mismo estado de movimiento.

Para los problemas de choques es conveniente seguir una serie de pasos. Dibuja un sistema de coordenadas y define las velocidades respecto de ese sistema. Es

conveniente hacer que alguno de los ejes coincida con alguna de las velocidades iniciales. En el esquema del sistema de coordenadas, dibuja todos los vectores de las velocidades con sus

etiquetas, e incluye toda la información dada. Escribe las expresiones del momento lineal de cada partícula para cada una de las componentes

X e Y para antes y después de la colisión. Recuerda incluir los signos adecuados para las componentes de los vectores velocidad. Por ejemplo, si un objeto se mueve en la dirección negativa de X, la componente X de la velocidad se deberá tomar como negativa. Es muy importante que prestes atención cuidadosa a los signos.

Escribe las expresiones del momento total en la dirección X para antes y después del choque e

iguálalas. Repite el procedimiento para el momento total en la dirección Y. Estos pasos se deben a que debe conservarse el momento lineal a lo largo de cualquier dirección. Es importante hacer hincapié que es el momento del sistema (los objetos en colisión) el que se conserva, no el momento de los objetos individualmente. Si la colisión es inelástica, la energía cinética no se conserva, y se deberá proceder a resolver las ecuaciones del momento para las incógnitas. Si la colisión es elástica, la energía cinética también se conserva, por lo que se puede igualar la energía cinética antes de la colisión con la energía cinética después de la colisión. Esto proporciona una relación adicional entre las diferentes velocidades.

TEMA 4 DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS

1.- Dos prismas triangulares, de masas M y m, y anchuras a y b están en reposo, tal como se indica en la figura adjunta, sobre un tablero horizontal liso. Las superficies de contacto entre los dos prismas son también perfectamente lisas. Determinar el retroceso del prisma inferior hasta el instante en que la cara vertical del prisma superior alcanza el tablero horizontal. (Nota: el centro de masas de un triángulo se encuentra a un tercio de la base, baricentro).

Si consideramos el sistema de las dos partículas, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema son verticales (pesos y normales). Puesto que no hay fuerzas horizontales (ΣFX=0) la componente horizontal del centro de masas debe ser nula:

ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 Esto implica que la velocidad del centro de masas en el eje X debe ser constante:

aGX=0 ⇒ vGX=cte Inicialmente el sistema está en reposo, vGX=0, luego tiene que seguir estándolo. Esto quiere decir que en el momento en que una parte del sistema se desplace hacia la derecha, el resto lo hace hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas sea cero. Así, al caer el prisma pequeño se desplaza hacia la derecha, luego el grande lo hace hacia la izquierda. Este retroceso es el que nos piden. Como la velocidad del centro de masas en el eje X es cero, esto significa que la posición del centro de masas se mantiene constante:

vGX=0 ⇒ xG=cte Podemos determinar la posición inicial del centro de masas, la final, e igualarlas. Vemos las dos posiciones en el gráfico, donde hemos colocado los centros de masa de cada uno de los triángulos a un tercio de las bases. Denominamos ∆x al retroceso del prisma inferior y llamaremos con el subíndice 1 al prisma grande y con el subíndice 2 al pequeño. Así, la posición del centro de masas inicialmente es:

mM3b2xm

3axM

mmxmxmx

21

2211G +

+∆+

+∆

=++

=

Y cuando el prisma superior ha llegado a la posición más baja tendremos:

mM3bam

3aM

mm'xm'xmx

21

2211G +

−+

=++

=

Igualando las dos posiciones:

−+=

+∆+

+∆⇒

+

−+

=+

+∆+

+∆

3bam

3aM

3b2xm

3axM

mM3bam

3aM

mM3b2xm

3axM

3mbma

3aM

3mb2

3MaxmxM

3mbma

3aM

3mb2xm

3MaxM −++−−=∆+∆⇒−+=+∆++∆

mM)ba(mx)ba(m)mM(xmbma)mM(x

+−

=∆⇒−=+∆⇒−=+∆

mM)ba(mx

+−

=∆

2.- Una muchacha de 45 kg está de pie y en reposo sobre un tablón de 150 kg que está apoyado sobre la superficie lisa (sin rozamiento) horizontal de un lago helado. Si la muchacha comienza a moverse a lo largo del tablón con una velocidad constante, respecto al mismo, de 1.5 m/s, determinar respecto a la superficie del hielo: a) la velocidad del tablón; b) la velocidad de la muchacha. a) Inicialmente el sistema se encuentra en reposo, luego la velocidad del centro de masas es nula. Todas las fuerzas son verticales (pesos y normales), luego como no hay fuerzas horizontales la componente horizontal de la aceleración del centro de masas es nula. Así pues, igual que antes, la velocidad del centro de masas en ese eje tiene que permanecer constante:

ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 ⇒ vGX=cte=0 Como inicialmente la velocidad del centro de masas es nula, tiene que seguir siéndolo, de modo que en cuanto la muchacha comienza a moverse hacia la derecha el tablón reacciona desplazándose hacia la izquierda de tal forma que la velocidad del centro de masas sea cero. Sólo tenemos movimiento en el eje X, luego podemos resolver el problema escalarmente, teniendo en cuenta que las velocidades son positivas cuando van hacia la derecha y negativas cuando van hacia la izquierda. Tendremos que tener en cuenta también que el dato que nos dan no es la velocidad de la muchacha, sino la velocidad relativa de la muchacha respecto del tablón. La velocidad absoluta de la muchacha será:

vmuchacha/tablón=vmuchacha-vtablón ⇒ vmuchacha=vmuchacha/tablón+vtablón=1.5i-vtablóni=(1.5-vtablón)i Ahora, teniendo en cuenta que la velocidad del centro de masas tiene que ser nula:

( ) ( ) tablóntablóntablóntablón

tablónmuchacha

tablónmuchacha v150v5.145015045

v150v5.1450

mmmm

−−=⇒+

−−=⇒

++

= tablónmuchachaG

vvv

67.5-45vtablón-150vtablón=0 ⇒ 195vtablón=67.5 ⇒ vtablón=0.346 m/s vtablón=0.346 m/s

b) Y la velocidad de la muchacha: vmuchacha=1.5-vtablón=1.5-0.346=1.154 m/s

vmuchacha=1.154 m/s

3.- Una mujer de 60 kg se encuentra de pie en la parte trasera de una lancha de 6 m de de longitud y 120 kg que flota en reposo en aguas tranquilas y sin rozamiento. La balsa se encuentra a 0.5 m de un embarcadero fijo, como en la figura. La mujer camina hasta la proa de

la balsa con una velocidad constante de 3 m/s relativa a la balsa y se detiene. ¿A qué distancia se encuentra ahora la balsa del embarcadero? Puesto que no hay rozamiento, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema mujer-balsa son verticales (pesos y normales). Como no hay fuerzas horizontales no puede haber aceleración en esta dirección (segunda ley de Newton). Esto quiere decir que la velocidad del centro de masas en este eje tiene que permanecer constante. Puesto que inicialmente es cero, tiene que seguir siendo cero, de modo que en cuanto la mujer comience a desplazarse hacia la derecha la balsa reaccionará y comenzará a desplazarse hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas sea cero. Tendremos que si la

velocidad de la mujer es vm la de la balsa será vb. Nos dan la velocidad relativa de la mujer respecto de la balsa luego tendremos:

vm/b=vm-vb ⇒ vm=vm/b+vb=3i-vbi=(3-vb)i Así pues, aplicando la conservación de la velocidad del centro de masas:

s/m1v0v120v6018012060

v120)v3(600mm

vmvmv0v bbbbb

bm

bbmmGG =⇒=−−⇒

+−−

=⇒++

=⇒=

Y la velocidad de la mujer: vm=3-vb=3-1=2 m/s

Respecto de la balsa, la mujer tiene que recorrer 6 m, luego tardará un tiempo:

s236

vx

tt

xv

b/m

b/mb/mb/m ===⇒=

En ese mismo tiempo la balsa se ha desplazado hacia atrás a 1 m/s luego recorre un espacio:

⇒=t

xv bb xb=vbt=1 · 2=2 m

Puesto que inicialmente estaba a 0.5 m del embarcadero y se aleja 2 m más, la distancia entre la barca y el embarcadero será:

x=xb+0.5=2+0.5=2.5 m x=2.5 m

4.- En rápida sucesión, un empleado de una aerolínea lanza dos maletas, con una velocidad horizontal de 2.4 m/s, sobre un carro portaequipajes de 25 kg. a) Sabiendo que la velocidad final del carro es de 1.2 m/s y que la primera maleta que el empleado lanza tiene una masa de 15 kg, hallar la masa de la otra maleta; b) ¿cuál sería la velocidad final del carro si el empleado invirtiera el orden en que lanza las maletas?

a) El sistema se mueve sólo en dirección horizontal. Una vez que cae la primera maleta con velocidad de 2.4 m/s sobre el carro en reposo la velocidad del centro de masas del sistema maleta1-carro será:

s/m9.025154.215

mmvmvmv

C1

CC11G =

+⋅

=++

=

A continuación se lanza la segunda maleta, de masa m2 con velocidad 2.4 m/s y el sistema de tres partículas se desplaza con velocidad de 1.2 m/s. Tendremos entonces:

( ) 36m4.2m402.125m15

9.025m4.29.0152.1mmm

'vm'vm'vm'v 222

2

C21

CC2211G +=+⇒

++⋅++⋅

=⇒++++

=

48+1.2m2=2.4m2+36 ⇒ m2=10 kg m2=10 kg

b) Vamos a ver qué ocurre si las maletas se lanzan en orden inverso. En primer lugar se lanza la maleta de masa m2 con lo cual la velocidad final del sistema maleta2-carro será:

s/m686.025104.210

mmvmvmv

C2

CC22G =

+⋅

=++

=

A continuación se lanza la maleta de masa m1 y la velocidad final del sistema será:

s/m2.1251015

686.025686.0104.215mmm

'vm'vm'vm'vC21

CC2211G =

++⋅+⋅+⋅

=++++

=

v’G=1.2 m/s

5.- Un nadador de 80 kg y una nadadora de 55 kg están de pie juntos en el mismo extremo de una barca de 135 kg, listos para saltar al agua, cada uno con una velocidad de 5 m/s relativa a la barca. Hallar la velocidad tras haberse zambullido ambos, si: a) la nadadora salta primero; b) el nadador salta primero.

a) Denominaremos con el subíndice 1 a la nadadora, con el 2 al nadador y con el 3 a la barca, de modo que:

m1=55 kg; m2=80 kg; m3=135 kg Inicialmente los tres cuerpos están en reposo luego la velocidad del centro de masas es cero. Como no hay fuerzas horizontales sino que sólo las hay verticales, en la dirección horizontal el centro de masas no tiene aceleración, de modo que si la velocidad del centro de masas es cero tiene que

seguir siéndolo después de saltar la nadadora. Esto implica que cuando la nadadora salta hacia la derecha con velocidad v1, la barca con el nadador reacciona desplazándose hacia la izquierda a velocidad v. Tendremos que tener en cuenta que el dato que nos da el problema es la velocidad relativa de la nadadora respecto de la barca, mientras que la que nos interesa es la absoluta. Teniendo en cuenta las ecuaciones del movimiento relativo, y tomando como sentido positivo del eje X hacia la derecha:

v1/b=v1-v ⇒ v1=v1/b+v=(5-v)i Como dijimos antes, la velocidad del centro de masas tiene que mantenerse, y sabemos que inicialmente es nula, de modo que:

s/m019.1vv27027501358055

v135v80)v5(550mmmmmm321

321 =⇒−=⇒++

−−−=⇒

++++

= 321G

vvvv

Después de zambullirse la nadadora la barca con el nadador se desplazan hacia la izquierda a velocidad de 1.019 m/s. A continuación se lanza el nadador hacia la derecha con velocidad v’2, y la barca se moverá hacia la izquierda con velocidad v’, de modo que la velocidad del centro de masas, que ahora es 1.019 m/s se mantenga constante puesto que no se ejercen fuerzas en dirección horizontal. De igual modo que antes, la velocidad del nadador será:

v2/b=v’2-v’ ⇒ v’2=v2/b+v’=(5-v’)i Aplicando la ecuación de la velocidad del centro de masas y teniendo en cuenta que nuestro sistema ahora tiene sólo dos partículas:

321

32mmm

mm++

+= 32

Gv'v'v

s/m88.2'v'v21540098.21813580

'v135)'v5(80019.1 =⇒−=−⇒+

−−=−

v’=2.88 m/s b) Ahora resolvemos el problema de igual modo, pero primero salta el nadador, que es la partícula 2. Seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior:

v2/b=v2-v v2=v2/b+v=(5-v)i

Y la velocidad del centro de masas:

s/m481.1vv27040001358055

v135v55)v5(800mmmmmm321

321 =⇒−=⇒++

−−−=⇒

++++

= 321G

vvvv

A continuación nos queda el sistema con sólo las partículas 1 y 3, y salta la nadadora hacia la derecha, con lo que tenemos de nuevo:

v1/b=v’1-v’ v’1=v1/b+v=(5-v’)i

De la velocidad del centro de masas, que ahora es de 1.481 m/s hacia la izquierda:

s/m93.2'v'v19027548.28113555

'v135)'v5(55481.1mmmm

31

31 =⇒−=−⇒+

−−=−⇒

++

= 31G

v'v'v

v’=2.93 m/s 6.- Se lanza un proyectil de 3 kg con un ángulo de 30º y con una velocidad inicial de 120 m/s. En la parte superior de su trayectoria explota en dos partes de 1 kg y 2 kg de masa. El fragmento de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión 3.6 s después de que ésta se ha verificado. a) Determinar la velocidad del fragmento de 1 kg inmediatamente después de la explosión; b) determinar la distancia entre el punto del disparo y el punto en el cual el fragmento de 1 kg choca contra el suelo; c) determinar la energía liberada en la explosión. a) En la parte más alta de la trayectoria la componente vertical de la velocidad es nula y sólo existe la horizontal. Como en el eje horizontal el movimiento es rectilíneo y uniforme la velocidad en dicho eje es constante e igual a la inicial:

v=vx=v0X=120cos30º=103.923 m/s En el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la

de la gravedad. Tendremos entonces: vY=v0y-gt ⇒ 0=120sen30º-9.8t ⇒ t=6.122 s

El proyectil tarda 6.122 s en llegar a la parte más alta de la trayectoria, donde la altura será:

m673.183122.68.921122.6º30sen120gt

21tvyy 22

oY0 =⋅−⋅=−+=

Ahora se produce la explosión y el proyectil se divide en dos fragmentos, uno de 1 kg (fragmento 1) y el otro de 2 kg (fragmento 2). El de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión, luego su velocidad después de la explosión sólo puede tener componente vertical. Además, sabemos que tarda en caer 3.6 s. Puesto que su movimiento es vertical está sometido a la acción de la gravedad y tendremos:

s/m38.33v6.38.921v6.3673.1830gt

21tvyy 2

22

2222022 −=⇒⋅−+=⇒−+=

Nos sale negativa, lo cual quiere decir que después de la explosión el fragmento 2 tiene una velocidad vertical y hacia abajo. Ahora vamos al fragmento 1. En una explosión se tiene que conservar la velocidad del centro de masas, luego:

s/m76.66769.31121

38.3321923.103mmmmcte

21

21 jivjvivvvv 1121

GG +=⇒+⋅−

=⇒++

=⇒=

v1=311.769i+66.76j m/s b) A partir de la explosión, el fragmento 1 queda sometido exclusivamente a la acción de la gravedad y el movimiento es el típico de un tiro parabólico, donde la velocidad inicial es v1 y la altura inicial 183.673 m. El tiempo que tarda el fragmento 1 en caer lo podemos obtener de la altura:

0673.183t76.66t9.4t8.921t76.66673.1830gt

21tvyy 1

21

211

211Y1011 =−−⇒⋅−+=⇒−+=

−

=⋅

⋅⋅+±=

s972.15s347.2

9.42673.1839.4476.6676.66t

21

Obviamente la única solución que tiene sentido es la positiva, de modo que el fragmento 1 tarda 15.972 s en llegar al suelo. Como en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme:

x1=v1Xt1=311.769 · 15.972=4979.40 m Esta es la distancia a la vertical de la explosión. Sin embargo nos piden la distancia respecto del punto de lanzamiento. Hasta el punto de la explosión desde el lanzamiento se recorren:

x=vxt=120cos30º · 6.122=636.217 m Por tanto la distancia entre el punto de lanzamiento y el punto de impacto del fragmento 1 es:

xtotal=x+x1=636.217+4979.40=5615.617 m xtotal=5615.617 m

c) La energía liberada en la explosión será la diferencia entre la energía cinética después y antes de la explosión (la potencial gravitatoria se mantiene constante puesto que la explosión es prácticamente instantánea). Así, antes de la explosión tenemos un proyectil de masa 3 kg con una velocidad de 103.923 m/s. Después de la explosión tenemos dos fragmentos, uno de 1 kg con velocidad:

s/m837.31876.66769.311v 221 =+=

y otro de 2 kg con velocidad v2=33.38 m/s. Así, la energía cinética liberada en la explosión será:

=−+=−= 2222

211CantesCdespuésliberada mv

21vm

21vm

21EEE

J759.35742923.10332138.332

21837.3181

21 222 =⋅−⋅+⋅=

Eliberada=35742.759 J 7.- Un obús de 12 kg es disparado con un ángulo de 55º sobre la horizontal con una rapidez de 150 m/s. En el cenit de la trayectoria, el obús estalla en dos fragmentos, uno con tres veces más masa que el otro. Los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo. Suponer que la resistencia del aire es despreciable. Si el fragmento más pesado cae en el punto desde el cual se lanzó el obús, ¿dónde caerá el fragmento más ligero y cuánta energía se habrá liberado en la explosión? La velocidad inicial del obús es:

v0=v0Xi+v0Yj=150cos55ºi+150sen55ºj=86.036i+122.873j m/s El obús estalla en el punto más alto de la trayectoria. En dicho punto la componente vertical de la velocidad es nula, y en el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, con aceleración la de la gravedad. Así pues:

vY=v0Y-gt ⇒ 0=122.873-9.8t ⇒ t=12.538 s El obús estalla al cabo de 12.538 s, instante en el cual la altura vale:

m295.770538.128.921538.12873.122gt

21tvyy 22

Y00 =⋅−⋅=−+=

Y en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, la velocidad se mantiene constante, luego hasta que estalla el obús ha recorrido:

x=vXt=v0Xt=86.036 · 12.538=1078.72 m Por tanto, en el punto más alto de la trayectoria, donde se produce el estallido, sólo existe la componente horizontal de la velocidad, ya que la vertical es nula. Entonces la velocidad del obús antes de la explosión es:

v=vXi=86.036i m/s Tras la explosión el obús se fragmenta en dos trozos de masas:

kg3412

4mm;kg9

4123

4m3m 21 ====

⋅==

Vemos que uno tiene el triple de la masa del otro y que la suma de ambos es 12 kg. Puesto que se trata de una explosión la velocidad del centro de masas tiene que conservarse, es decir, después de la explosión la velocidad del centro de masas tiene que ser horizontal. Eso implica que si un fragmento tiene componente vertical hacia arriba el otro la tiene que tener hacia abajo para compensar y viceversa. Sin embargo, el enunciado nos dice que

los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual hace que esta hipótesis sea imposible, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales. Además, el fragmento más pesado (fragmento 1) cae en el punto desde el cual se lanzó el obús, luego se desplaza hacia la izquierda. Tiene que recorrer en el eje X una distancia de 1078.72 m y en el eje Y una distancia de 770.295 m. Lógicamente dicho fragmento tardará en caer 12.538 s, lo mismo que en llegar el obús a la parte más alta de la trayectoria (recorre idénticos espacios). Además, como en el eje X recorre el mismo espacio en el mismo tiempo, su velocidad después del estallido tiene que ser igual y de sentido contrario a la del obús antes del estallido, es decir, después del estallido para el fragmento 1:

v1=-86.036i m/s Como la velocidad del centro de masas tiene que conservarse tendremos:

s/m252.602v12

v3036.869036.86mm

vmvmv 22

21

2211G =⇒

+⋅−=⇒

++

=

El fragmento 2 sale hacia la derecha con una velocidad de 602.252 m/s. Puesto que tarda 12.538 s en caer, recorrerá en el eje X una distancia:

x2=v2t2=602.252 · 12.538=7551.036 m Por tanto, respecto del punto de lanzamiento la posición del fragmento 2 es:

x2total=x+x2=1078.72+7551.036=8629.76 m x2total=8629.76 m

En cuanto a la energía liberada en la explosión tendremos que restar las energías antes y después de la explosión. Así, tendremos:

J44413036.861221mv

21E 22

Cantes =⋅==

Y después de la explosión:

J577371252.602321036.869

21vm

21vm

21EEE 222

222112C1CCdespués =⋅+⋅=+=+=

Por tanto la energía liberada en la explosión es: Eliberada=ECdespués-ECantes=577351-44413=532958 J

Eliberada=532958 J 8.- Un cohete de fuegos artificiales se dispara verticalmente hacia arriba. En su altura máxima de 80.0 m explota y se divide en dos fragmentos, uno con masa m1=1.40 kg y otro con masa m2=0.28 kg. En la explosión 860 J de energía química se convierte en energía cinética de los dos fragmentos. a) ¿Qué rapidez tiene cada fragmento inmediatamente después de la explosión? b) Se observa que los dos fragmentos caen al suelo al mismo tiempo. ¿Qué distancia

hay entre los puntos en los que caen? Suponga que el suelo es horizontal y que la resistencia del aire es despreciable.

a) El cohete explota en el punto de altura máxima, luego la velocidad del centro de masas en ese punto (instante de la explosión) es nula. La velocidad del centro de masas tiene que conservarse, es decir, después de la explosión la velocidad del centro de masas tiene que ser nula. Eso implica que si un fragmento tiene componente vertical hacia arriba el otro la tiene que tener hacia abajo para compensar y viceversa, y si uno sale

hacia la derecha el otro debe salir hacia la izquierda. Sin embargo, el enunciado nos dice que los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual nos hace que no pueden salir un fragmento hacia arriba y otro hacia abajo, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales y de sentido contrario. Además, lógicamente el fragmento más pesado (1) será el que tiene menor velocidad y viceversa. Tendremos por tanto lo que aparece en la figura. La velocidad del centro de masas se conserva luego:

0v28.0v40.128.040.1

v28.0v40.10mm

vmvmv 2121

21

2211G =+⋅−⇒

++⋅−

=⇒++

=

Además, 860 J se transforman en energía cinética: 22

21

222

2112C1C v28.0

21v40.1

21860vm

21vm

21860EE860 +=⇒+=⇒+=

Y tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 0v28.0v40.1 21 =+⋅−

22

21 v28.0

21v40.1

21860 +=

De la primera ecuación: -1.40v1+0.28v2=0 ⇒ v2=5v1

Y sustituyendo en la segunda:

s/m31.14vv2.4860)v5(28.021v40.1

21860v28.0

21v40.1

21860 1

21

21

21

22

21 =⇒=⇒+=⇒+=

v1=14.31 m/s Y el otro fragmento:

v2=5v1=5 · 14.3=71.55 m/s v2=71.55 m/s

b) A continuación para cada uno de los fragmentos tenemos una caída libre en la cual conocemos la altura y velocidad inicial. El fragmento 1 cae desde una altura inicial y01=80 m y con una velocidad incial v01=14.31 m/s, horizontal y hacia la izquierda. En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, luego podemos determinar el tiempo de caída:

s04.4tt8.921800gt

21tvyy 22

Y01011 =⇒−=⇒−+=

Cualquiera de los fragmentos tardan en caer 4.04 s. El alcance del fragmento 1 es, teniendo en cuenta que el movimiento es rectilíneo y uniforme:

x1=x01-v01Xt=-14.30 · 4.04=-57.82 m Y del mismo modo, para el fragmento 2:

x2=x02+v02Xt=71.55 · 4.04=289.06 m La distancia entre los dos fragmentos es:

xtotal=x1+x2=57.82+289.06=346.88 m xtotal=346.88 m

9.- Se dispara una granada de 5 kg con una velocidad inicial v0=125 m/s y θ0=75º, según se indica en la figura. En el punto más alto de su trayectoria, la granada explota y rompe en dos. Un fragmento de 2 kg llega al suelo en x=50 m e y=350 m cuando t=25 s. Determinar: a) cuándo y dónde llega el fragmento de 3 kg; b) el impulso ejercido sobre el fragmento de 2 kg por la explosión; c) el módulo medio Fmed de la fuerza explosiva

si la duración de la explosión es ∆t=0.003 s.

a) Veamos en primer lugar el tiempo que tarda la granada en llegar al punto más alto de la trayectoria y la altura a la que se produce la explosión. Hasta el momento de la explosión tenemos un tiro parabólico. Si nos centramos en el eje Z el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. En el punto en que se produce la explosión la componente vertical de la velocidad se anula, ya que es donde se invierte el sentido del movimiento. Así pues, si llamamos te al tiempo que tarda la granada en estallar tendremos:

vFZ=v0Z-gte ⇒ 0=125sen75º-9.8te ⇒ te=12.32 s Y la altura correspondiente es:

m79.74332.128.92132.12º75sen125gt

21tvzz 22

eeZ00e =⋅−⋅=−+=

En el eje X no hay movimiento hasta ese momento y en el eje Y el movimiento es rectilíneo y uniforme con velocidad:

vY=v0Y=125cos75º=32.35 m/s En este eje por tanto se ha recorrido un espacio:

ye=y0+v0Yte=32.35 · 12.32=398.55 m A continuación veamos qué ocurre después de la explosión. La granada se divide en dos fragmentos, uno de 2 kg que marcaremos con el subíndice 1 y otro de 3 kg que marcaremos con el subíndice 2. El fragmento 1 tarda en caer al suelo 25 s de los cuales 12.32 s fueron empleados por la granada completa hasta explotar, de modo que el tiempo que tarda el fragmento 1 en caer es:

t1=ttotal1-te=25-12.32=12.68 s Estudiamos ahora el movimiento de este fragmento en cada uno de los ejes. En el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme y el fragmento recorre 50 m en 12.68 s, de modo que tras la explosión la velocidad en dicho eje es:

s/m94.368.12

50tx'v

1

1X1 ===

En el eje Y el movimiento también es rectilíneo y uniforme, aunque tendremos que tener en cuenta que en este eje el fragmento no parte del origen sino de la posición ye, con lo cual tendremos:

y1=y0+v’1Yt1 ⇒ y1=ye+v’1Yt1 ⇒ 350=398.55+v’1Y · 12.68 ⇒ v’1Y=-3.83 m/s Por último en el eje Z el movimiento es rectilíneo y uniformemente acelerado, y el fragmento tampoco parte del origen sino de la posición ze. Así pues tendremos:

s/m47.3'v68.128.92168.12'v79.7430gt

21t'vzz Z1

2Z1

211Z1e1 =⇒⋅−⋅+=⇒−+=

Tenemos ya la velocidad del fragmento 1 tras la explosión:

v’1=v’1Xi+v’1Yj+v’1Zk=3.94i-3.83j+3.47k Ahora en la explosión puesto que los tiempos son casi nulos se conserva la cantidad de movimiento. Antes de la explosión la velocidad de la granada es solamente la componente en Y:

vantes=vYj=32.35j Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento:

pantes=pdespués ⇒ mvantes=m1v’1+m2v’2 ⇒ 5 · 32.35j=2(3.94i-3.83j+3.47k)+3v’2

v’2=-2.63i+56.47j-2.31k m/s Y por último estudiamos cada uno de los ejes del movimiento del fragmento 2. Necesitamos saber el tiempo que tarda el fragmento 2 en caer al suelo, por lo que comenzamos por el eje Z:

079.743t31.2t9.4t8.921t31.279.7430gt

21t'vzz 2

22

222

222Z2e2 =−+⇒−−=⇒−+=

−

=⋅

⋅⋅+±−=

s56.12s09.12

9.4279.7439.4431.231.2t

2

2

Lógicamente la solución negativa es absurda, y el fragmento 2 tarda 12.09 s en caer al suelo desde que se produce la explosión. El tiempo total contado desde el inicio del movimiento de la granada es entonces:

ttotal2=te+t2=12.32+12.09=24.41 s ttotal2=24.41 s

En los ejes X e Y el movimiento es rectilíneo y uniforme luego tendremos: x2=xe+v’2Xt2=-2.63 · 12.09=-31.80 m

x2=-31.80 m y2=ye+v’2Yt2=398.55+56.47 · 12.09=1081.27 m

y2=1081.27 m b) El impulso es igual a la variación de la cantidad de movimiento:

I1=m1∆v1=m1(v’1-vantes)=2(3.94i-3.83j+3.47k-32.35j)=7.88i-72.36j+6.94k Ns I1=7.88i-72.36j+6.94k Ns

c) Aplicando la expresión del impulso:

I1=Ft ⇒ kjik jiIF 1 33.23132412067.2626003.0

94.6+36.72-88.7t

+−===

En módulo:

N63.2437233.23132412067.2626FFFF 2222Z

2Y

2X =++=++=

F=24372.63 N

10.- En un experimento de dispersión de partículas atómicas, una partícula alfa A es proyectada con la velocidad u0=-(480 m/s)i+(600 m/s)j-(640 m/s)k sobre un chorro de núcleos de oxígeno que se mueven con una velocidad común v0=(480 m/s)j. Tras chocar sucesivamente con los núcleos B y C, se observa que la partícula A se mueve sobre el trayecto definido por los puntos A1 (240, 220, 160) y A2 (320, 300, 200), mientras que los núcleos B y C se mueven, respectivamente, sobre los trayectos definidos por B1 (107, 200, 170) y B2 (74, 270, 160) y por C1 (200, 212, 130) y C2 (200, 260, 115). Todos los trayectos son rectos y todas

las coordenadas están expresadas en milímetros. Sabiendo que la masa de un núcleo de oxígeno es cuatro veces mayor que la de una partícula alfa, hallar la celeridad de cada una de las tres partículas después de los choques.

Designaremos por m a la masa de la partícula alfa A:

mA=m Y la de los núcleos de oxígeno:

mB=mC=4mA=4m En primer lugar vamos a determinar la dirección y sentido de las velocidades de las partículas después del choque. La partícula A se mueve en la dirección definida por los puntos A1 (240, 220, 160) y A2 (320, 300, 200) luego será:

( )kjikjiAAuv 21A1A2A 333.0667.0667.0v

408080

408080vAA

vv A222A21

AA ++=++

++===

Del mismo modo, la partícula B, que se mueve en la dirección desde B1 (107, 200, 170) hasta B2 (74, 270, 160):

( )kjikjiBBuv 21B1B2B 128.0897.0423.0v

107033

107033vBB

vv B222B21

BB −+−=++

−+−===

Y para la partícula C, que va en dirección de C1 (200, 212, 130) a C2 (200, 260, 115):

( )kjkjCCuv 21C1C2C 298.0954.0v

1548

1548vCC

vv C22C21

CC −=+

−===

Puesto que se trata de un choque de partículas, se conserva la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mAu0+2mBv0=mAvA+mBvB+mCvC

m(-480i+600j-640k)+2 · 4m(480j)= =mvA(0.667i+0.667j+0.333k)+4mvB(-0.423i+0.897j-0.128k)+4mvC(0.954j-0.298k)

-480i+4440j-640k=vA(0.667i+0.667j+0.333k)+vB(-1.692i+3.588j-0.512k)+vC(3.816j-1.192k) Tenemos una ecuación vectorial que podemos separar en tres ecuaciones escalares, una en cada una de las direcciones del espacio:

Eje X: -480=0.667vA-1.692vB Eje Y: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC Eje Z: -640=0.333vA-0.512vB-1.192vC

Tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas. De la primera ecuación: -480=0.667vA-1.692vB ⇒ vB=0.394vA+283.69

Y sustituimos en las otras dos: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC ⇒ 4440=0.667vA+3.588(0.394vA+283.69)+3.816vC

-640=0.333vA-0.512vB-1.192vC ⇒ -640=0.333vA-0.512(0.394vA+283.69)-1.192vC Nos queda ahora un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:

3422.12=2.080vA+3.816vC -494.75=0.131vA-1.192vC

De la primera ecuación: 3422.12=2.080vA+3.816vC ⇒ vC=896.78-0.545vA

Y sustituyendo en la segunda: -494.75=0.131vA-1.192vC ⇒ -494.75=0.131vA-1.192(896.78-0.545vA)

574.21=0.781vA ⇒ vA=735.56 m/s vA=735.56 m/s

Y hacia atrás sacamos las demás velocidades: vB=0.394vA+283.69=0.394 · 735.56+283.69=573.50 m/s

vB=573.50 m/s vC=896.78-0.545vA=896.78-0.545 · 735.56=495.90 m/s

vC=495.90 m/s

11.- Dos partículas de masas m1=2 kg y m2=5 kg pueden moverse libremente y sin fricción sobre un alambre guía horizontal. Si la partícula m1 se mueve con una velocidad v1=17 m/s y alcanza a la m2, que tiene un resorte ideal sin masa de constante k=4480 N/m sujeto por el lado por el que

se aproxima m1 y que se mueve en el mismo sentido con una velocidad v2=3 m/s (ver figura), determinar: a) la máxima compresión del resorte cuando colisionan las dos partículas; b) las velocidades finales de las mismas. a) Cuando la partícula 1 entra en contacto con el resorte y comienza a comprimirlo empieza a frenarse, mientras que la partícula 2, que es empujada por el resorte, comienza a acelerar. La partícula 1 disminuye su velocidad y la 2 aumenta la suya, hasta que ambas se igualan. A partir de aquí y siguiendo con el mismo razonamiento, la partícula 2 comienza a ir más deprisa que la 1, con lo cual empiezan a separarse y el resorte comienza a descomprimirse. Así pues, en el momento en que el resorte tiene la máxima compresión las velocidades de las dos partículas son iguales. Puesto que se trata de un choque, se conserva la cantidad de movimiento:

pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=(m1+m2)v’ ⇒ 2 · 17+5 · 3=(2+5)v’ ⇒ v’=7 m/s Ahora podemos aplicar el teorema de conservación de la energía entre la situación inicial y el punto de máxima compresión:

ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el de la barra, de modo que no tendremos energía potencial gravitatoria en ninguna situación. Inicialmente sólo tenemos energía cinética. Además de la fuerza gravitatoria y la elástica sólo actúan las fuerzas normales, que no realizan trabajo por ser perpendiculares al desplazamiento. Así pues, en el instante de máxima compresión tendremos energía cinética y potencial elástica. Así, nos queda:

ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión ⇒ ECinicial=ECmáximacompresión+EPemáximacompresión 2máx

221

222

211

2máx

221

222

211 xkv)mm(vmvmxk

21v)mm(

21vm

21vm

21

∆++=+⇒∆++=+

m25.0xx44807)52(35172 máx2máx

222 =∆⇒∆++=⋅+⋅ ∆xmáx=0.25 m

b) Puesto que se trata de un choque elástico, se conserva tanto la cantidad de movimiento como la energía cinética:

p=cte ⇒ pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 222

211

222

211

222

211

222

211CfinalCinicialC 'vm'vmvmvm'vm

21'vm

21vm

21vm

21EEcteE +=+⇒+=+⇒=⇒=

Sustituyendo: m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2

22

21

22222

211

222

211 'v5'v235172'vm'vmvmvm +=⋅+⋅⇒+=+

De la primera ecuación: 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2 ⇒ v’1=24.5-2.5v’2

Y sustituyendo en la segunda: 222

22

22

22

22

21

22 'v5'v245'v5.125.1200623'v5)'v5.25.24(2623'v5'v235172 +−+=⇒+−=⇒+=⋅+⋅

=⋅

⋅⋅−±=⇒=+−

s/m3s/m11

5.1725.5775.174245245'v05.577'v245'v5.17

2

2222

Esto implica que: v’2=11 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 11=-3 m/s v’2=3 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 3=17 m/s

Vemos que esta segunda solución es la inicial, luego no vale. La solución es: v’1=-3 m/s; v’2=11 m/s

12.- En un juego de billar la bola A está moviéndose con una velocidad v0=(3 m/s)i cuando choca con las bolas B y C que están juntas y en reposo. Tras el choque se observan las tres bolas moviéndose en las direcciones que muestra la figura, con θ=30º. Suponiendo superficies lisas y choques perfectamente elásticos, hallar los módulos de las velocidades vA, vB y vC. En cualquier choque, sea elástico o inelástico, se conserva la

cantidad de movimiento. Puesto que tenemos movimiento en dos ejes perpendiculares se conservará la cantidad de movimiento en los dos ejes. Tendremos pues:

pX=cte ⇒ (pX)antes=(pX)después ⇒ mv0=mvAsen30º+mvC ⇒ 3=vAsen30º+vC pY=cte ⇒ (pY)antes=(pY)después ⇒ 0=-mvAcos30º+mvB ⇒ 0=-vAcos30º+vB

Además, por ser un choque completamente elástico se conserva también la energía cinética del sistema:

2C

2B

2A

22C

2B

2A

20CdespuésCantes vvv3mv

21mv

21mv

21mv

21EE ++=⇒++=⇒=

Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: 3=vAsen30º+vC 0=-vAcos30º+vB

2C

2B

2A

2 vvv3 ++= De la segunda ecuación:

0=-vAcos30º+vB ⇒ vB=vAcos30º=0.866vA Sustituimos en las otras dos:

3=vAsen30º+vC 2C

2A

2C

2A

2A

2C

2B

2A

2 vv75.19v)v866.0(v9vvv3 +=⇒++=⇒++= Nos queda un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:

3=vAsen30º+vC 2C

2A vv75.19 +=

De la primera ecuación: 3=vAsen30º+vC ⇒ vC=3-vAsen30º=3-0.5vA

Y sustituimos en la segunda: ( ) A

2A

2A

2A

2A

2C

2A v3v25.09v75.19v5.03v75.19vv75.19 −++=⇒−+=⇒+=

==

⇒−=s/m5.1v

0vv3v20

A

AA

2A

vA=1.5 m/s La velocidad de la bola C:

vC=3-0.5vA=3-0.5 · 1.5=2.25 m/s vC=2.25 m/s

Y la de la bola B: vB=0.866vA=0.866 · 1.5=1.299 m/s

vB=1.299 m/s

13.- En una jugada de billar americano la bola A se mueve con velocidad v0 cuando golpea las bolas B y C que están en reposo y alineadas como se muestra. Sabiendo que tras el choque las tres bolas se mueven en las direcciones indicadas y que v0=3.60 m/s y vC=1.89 m/s, hallar el módulo de: a) la bola A; b) la bola B.

a) Como las tres bolas son de billar, las masas serán todas iguales: mA=mB=mC=m

Por tratarse de un choque se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ mv0=mvA+mvB+mvC ⇒ v0=vA+vB+vC

Esta ecuación vectorial se puede separar en dos ecuaciones escalares, una en cada eje: Eje X: v0cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+vCcos30º 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º

Eje Y: v0sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+vCsen30º 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º

Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º

De la primera ecuación: 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º ⇒ vB=1.4963-0.123vA

Y sustituyendo en la segunda: 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º ⇒ 1.60=vAcos4.3º-(1.4963-0.123vA)cos37.4º

2.789=1.095vA ⇒ vA=2.55 m/s vA=2.55 m/s

b) Y para la otra bola: vB=1.4963-0.123vA=1.4963-0.123 · 2.55=1.18 m/s

vB=1.18 m/s

14.- La figura muestra el resultado de un choque entre dos objetos de distinta masa. a) Calcular la velocidad v2 de la masa mayor después del choque y el ángulo θ2; b) demostrar que el choque es elástico. a) Vamos a determinar las razones trigonométricas del ángulo θ1:

tgθ1=2 ⇒ 2cossen

1

1 =θθ

sen2θ1+cos2θ1=1 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. De la primera ecuación:

111

1 cos2sen2cossen

θ=θ⇒=θθ

Y sustituyendo en la segunda: sen2θ1+cos2θ1=1 ⇒ (2cosθ1)2+cos2θ1=1 ⇒ 4cos2θ1+cos2θ1=1 ⇒ 5cos2θ1=1

55

51

51cos 1 ===θ

Y por tanto el seno:

552cos2sen 11 =θ=θ

Ahora vamos ya al problema. Independientemente de cómo sea el choque, se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos:

pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 Es una ecuación vectorial que podemos desdoblar en dos ecuaciones escalares, una en el eje X y otra en el eje Y. Nos queda pues:

Eje X: m1v1X+m2v2X=m1v’1X+m2v’2X ⇒ 22100 cosmv2cosv5mv3m θ+θ=

22100 cosv2cosv5v3 θ+θ= Eje Y: m1v1Y+m2v2Y=m1v’1Y+m2v’2Y ⇒ 2210 senmv2senv5m0 θ−θ=

2210 senv2senv50 θ−θ= Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, v2 y θ2:

2

100222100 v2

cosv5v3coscosv2cosv5v3 θ−=θ⇒θ+θ=

2

1022210 v2

senv5sensenv2senv50 θ=θ⇒θ−θ=

Dividiendo la segunda expresión entre la primera:

º45113

2

5553

5525

cos53sen5tg

v2v5v3

v2senv5

cossen

21

12

2

100

2

10

2

2 =θ⇒=−

=⋅−

⋅=

θ−

θ=θ⇒

θ−

θ

=θθ

θ2=45º Y la velocidad v2 sustituyendo en una cualquiera de las ecuaciones:

000

0

2

102

2

102 v2v

222

2v2

222

552v5

sen2senv5v

v2senv5sen ===

⋅

⋅=

θθ

=⇒θ

=θ

02 v2v =

b) Para demostrar que el choque es elástico vamos a determinar la energía cinética antes y después del choque y veremos que son exactamente iguales. Antes del choque tendremos:

( ) 20

20

222

211Cantes mv

29v3m

21vm

21vm

21E ==+=

Y después del choque:

( ) ( ) 20

20

20

20

20

222

211Cdespués mv

29mv

24mv

25v2m2

21v5m

21'vm

21'vm

21E =+=+=+=

Vemos que efectivamente las energías cinéticas antes y después del choque son iguales, luego el choque es elástico.

ECantes=ECdespués

15.- Una caja A de 10 kg desciende por una rampa exenta de rozamiento (θ=25º) y choca contra una caja B de 5 kg unida a un resorte de rigidez k=8500 N/m. A consecuencia del choque, las dos cajas quedan unidas y se deslizan conjuntamente. Si la caja A ha partido del reposo siendo d=5 m determinar: a) la velocidad de las cajas inmediatamente después del choque; b) la máxima compresión que sufrirá el resorte durante el movimiento resultante; c) la aceleración de las cajas en el instante de máxima compresión. a) En primer lugar tenemos que determinar la velocidad de la caja A al chocar con la caja B. Para ello aplicamos la conservación de la energía a la caja A, entre la posición inicial, donde sólo tiene energía potencial gravitatoria, y la posición final, donde toda la energía es cinética ya que tomamos este nivel como nivel nulo de energía

potencial gravitatoria. En cuanto a las fuerzas aparte del peso sólo aparece la normal, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Tendremos entonces:

=θ==⇒=⇒=⇒=+ gdsen2gh2vmv21ghmEEEWE A

2AACfinalPginicialTfinalotrasTinicial

s/m436.6º25sen58.92 =⋅⋅ A continuación se produce un choque que es inelástico, en el cual las dos cajas después del choque quedan unidas. Se conserva la cantidad de movimiento luego:

pantes=pdespués ⇒ mAvA=(mA+mB)v ⇒ s/m29.4510

436.610mm

vmvBA

AA =+

⋅=

+=

v=4.29 m/s b) Tendremos que tener en cuenta que al estar el bloque B apoyado sobre el resorte y en equilibrio, este resorte está comprimido una cantidad que denominaremos ∆xeq, y que podemos determinar haciendo el diagrama de sólido libre del bloque B en el equilibrio. Tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando la segunda ley de Newton:

ΣFX=0 ⇒ k∆xeq-mBgsen25º=0 ⇒ ==∆k

º25gsenmx Beq

m002436.08500

º25sen8.95xeq =⋅

=∆

Por tanto cuando el bloque A choca contra el B el resorte está comprimido 0.002436 m. Tras el impacto los dos bloques se mueven conjuntamente y a partir de este momento descienden por el plano inclinado como un único cuerpo de masa:

m=mA+mB=10+5=15 kg comprimiendo el resorte hasta el punto de máxima compresión, donde el sistema instantáneamente se detiene. Aplicamos la conservación de la energía entre la situación que llamaremos 1, justo después del choque, y la situación que llamaremos 2, en el instante de máxima compresión.

Tendremos: ET1+Wotras=ET2

Como nivel de energía potencial gravitatoria nula tomaremos la posición más baja del sistema. En la situación 1 tenemos energía potencial gravitatoria, elástica y cinética, mientras que en la situación 2 sólo tenemos energía potencial elástica. En cuanto al trabajo, además del peso y la fuerza de recuperación elástica sólo aparecen las normales, que son perpendiculares al desplazamiento y por tanto no realizan trabajo. Nos queda entonces:

ET1+Wotras=ET2 ⇒ EC1+EPe1+EPg1=EPe2 2máxmáx

2eq

22máx

2eq

2 xk21senxmgxk

21mv

21xk

21mghxk

21mv

21

∆=θ∆+∆+⇒∆=+∆+

2máxmáx

22 x850021º25senx8.915002436.08500

2129.415

21

∆=∆⋅+⋅+⋅

006.138x125.62x4250 máx2máx =−∆−∆

−

=⋅

⋅⋅+±=∆

m1877.0m173.0

4250206.13842504125.62125.62x

2

máx

Obviamente sólo tiene sentido la solución positiva: ∆xmáx=0.1877 m

c) Para determinar la aceleración tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de las dos cajas. Tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la superficie de apoyo y

apuntando hacia el sólido) y la fuerza de recuperación elástica (en la dirección del resorte y apuntando hacia el sólido puesto que está comprimido). La aceleración será paralela al plano inclinado, puesto que el

movimiento es unidimensional, y estará dirigida hacia arriba y hacia la izquierda. Aplicando la segunda ley de Newton:

ΣFX=maX ⇒ k∆xmáx-mgsenθ=ma

=θ−∆

=m

mgsenxka máx

2s/m206.10215

º25sen8.9151877.08500=

⋅−⋅=

a=102.206 m/s2

16.- Tres piezas de metal se deslizan libremente por una varilla horizontal como se indica en la figura. Inicialmente la pieza B está en reposo, la pieza A se mueve hacia la derecha a 3 m/s y la pieza C se mueve hacia la izquierda a 2 m/s. Si el coeficiente de restitución vale 0.8

para todos los choques y el primero tiene lugar entre las piezas A y B determinar: a) la velocidad final de cada pieza después de que hayan tenido lugar todos los choques; b) el tanto por ciento de la energía cinética inicial que se ha perdido a consecuencia de los choques. a) En primer lugar chocan las piezas A y B. Para cualquier choque se conserva la cantidad de movimiento, y además el coeficiente de restitución es 0.8 luego tendremos:

pantes=pdespués ⇒ mAvA=mAv’A+mBv’B ⇒ 3 · 3=3v’A+v’B

4.2'v'v3'v'v8.0

vv

e ABAB

antes

después =−⇒−−

−=⇒∆

∆−=

Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas. De la segunda expresión: v’B-v’A=2.4 ⇒ v’B=2.4+v’A

Y sustituimos en la primera: 3 · 3=3v’A+v’B ⇒ 9=3v’A+2.4+v’A ⇒ v’A=1.65 m/s

Y para la pieza B: v’B=2.4+v’A=2.4+1.65=4.05 m/s

Ya tenemos cómo quedan las piezas después del choque (ver figura). A continuación chocará la pieza B contra la pieza C, y tendremos también que aplicar la conservación del momento lineal y el coeficiente de restitución del choque:

pantes=pdespués ⇒ mBv’B+mCv’C=mBv’’B+mCv’’C 4.05-3 · 2=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’B+3v’’C

84.4''v''v05.42''v''v8.0

vv

e BCBC

antes

después =−⇒−−−

−=⇒∆

∆−=

Tenemos el mismo sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: -1.95=v’’B+3v’’C v’’C-v’’B=4.84

De la segunda expresión: v’’C-v’’B=4.84 ⇒ v’’B=v’’C-4.84

Y sustituyendo en la primera: -1.95=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’C-4.84+3v’’C ⇒ v’’C=0.7225 m/s

Y la pieza B: v’’B=v’’C-4.84=0.7225-4.84=-4.1175 m/s

La velocidad de la pieza B nos sale negativa, lo cual implica que dicha pieza tras el segundo choque se desplaza hacia la izquierda. A continuación vemos que chocarán de nuevo las piezas A y B. Aplicamos las dos mismas ecuaciones y nos queda:

pantes=pdespués ⇒ mAv’’A+mBv’’B=mAv’’’A+mBv’’’B 3 · 1.65-4.1175=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+v’’’B

614.4'''v'''v65.11175.4

'''v'''v8.0v

ve AB

AB

antes

después =−⇒−−

−−=⇒

∆

∆−=

Y operamos de la misma forma que antes: v’’’B-v’’’A=4.614 ⇒ v’’’B=4.614+v’’’A

0.8325=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+4.614+v’’’A ⇒ v’’’A=-0.9454 m/s Y la pieza B:

v’’’B=4.614+v’’’A=4.614-0.9454=3.6686 m/s La velocidad de la pieza A es negativa porque se desplaza hacia la izquierda. Vemos en el gráfico que a continuación chocarán las piezas B y C, con las cuales operamos de la misma forma: pantes=pdespués ⇒ mBv’’’B+mCv’’’C=mBv’’’’B+mCv’’’’C

3.6686+3 · 0.7225=v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’B+3v’’’’C

3569.2''''v''''v6686.37225.0''''v''''v8.0

vv

e BCBC

antes

después =−⇒−−

−=⇒∆

∆−=

Resolvemos el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: v’’’’C-v’’’’B=2.3569 ⇒ v’’’’B=v’’’’C-2.3569

5.8361= v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’C-2.3569+3v’’’’C ⇒ v’’’’C=2.0483 m/s Y la pieza B:

v’’’’B=v’’’’C-2.3569=2.0483-2.3569=-0.3086 m/s Esta última velocidad es negativa, lo que implica que la pieza B se desplaza hacia la izquierda. Nos queda lo que aparece en la figura. Como puede observarse, ya no puede producirse ningún choque más, de modo que las velocidades finales de las piezas son:

v’’’’A=0.9454 m/s; v’’’’B=0.3086 m/s; v’’’’C=2.0483 m/s b) Para saber el tanto por ciento de la energía cinética que se ha perdido en los choques necesitamos la energía cinética inicial y la final. Tendremos:

J5.19232133

21vm

21vm

21EEE 222

CC2AACinicialCCinicialACinicial =⋅+⋅=+=+=

=++=++= 2CC

2BB

2AACfinalCCfinalBCfinalACfinal ''''vm

21''''vm

21''''vm

21EEEE

J683.70486.23213086.0

219454.03

21 222 =⋅++⋅=

El tanto por ciento de energía cinética inicial que se ha perdido es:

%60.601005.19

683.75.19100E

EEE%

Cinicial

CfinalCinicialCperdida =

−=

−=

%ECperdida=60.60%

17.- Tres automóviles iguales están siendo descargados de una plataforma de transporte. Los vehículos B y C acaban de ser descargados y están en reposo desfrenados. Cuando el A sale de la

rampa de descarga con una velocidad de 1.920 m/s choca con el B, que a su vez choca con el C. Luego el automóvil A vuelve a chocar con el B. Sabiendo que la velocidad del automóvil B es 1.680 m/s tras el primer choque, 0.210 m/s tras el segundo choque y 0.23625 m/s tras el tercero, hallar: a) las velocidades finales de los automóviles A y C; b) el coeficiente de restitución entre cualesquiera dos de los tres vehículos. a) Todos los coches tienen la misma masa (mA=mB=mC=m). Inicialmente el vehículo A tiene velocidad v0 y los demás coches están en reposo, luego el primer choque será entre A y B. Se conserva la cantidad de movimiento luego tendremos:

pantes=pdespués ⇒ mv0=mv’A+mv’B ⇒ v0=v’A+v’B ⇒ 1.920=v’A+1.680 ⇒ v’A=0.240 m/s Tras el primer choque, los coches A y B se desplazan hacia la derecha con velocidades de 0.240 m/s y 1.680 m/s respectivamente. Lógicamente a continuación el coche B alcanza a C que está en reposo y choca con él:

pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’C ⇒ v’B=v’’B+v’C ⇒ 1.680=0.210+v’C ⇒ v’C=1.470 m/s Ahora nos queda lo que aparece en la figura. Podemos ver que a continuación el coche A alcanzará al B y chocarán de nuevo, con lo cual, operando de modo análogo tendremos:

pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 0.240+0.210=v’’A+0.23625 ⇒ v’’A=0.214 m/s

Si lo representamos gráficamente tendremos lo que aparece en la figura. Vemos ahora que el coche más rápido es el C, después el B y después el A, luego no es posible ningún choque más y esas son las velocidades finales.

v’’A=0.214 m/s; v’C=1.470 m/s b) Como los coches son todos iguales podemos

calcular el coeficiente de restitución en cualquier choque, por ejemplo, en el de B con C. Así, tendremos:

750.0680.10

210.0470.1'vv''v'v

vv

eBC

BC

antes

después =−−

−=−−

−=∆

∆−=

e=0.750

18.- Tres esferas idénticas, A, B y C están en línea recta sobre un plano horizontal. Se lanza A contra B con una velocidad de 40 m/s. Determinar las velocidades de las tres esferas después de chocar A con

B, B con C y A con B por segunda vez. El coeficiente de restitución es e=0.5. Las tres esferas son idénticas luego:

mA=mB=mC=m En primer lugar choca A con B, en un choque parcialmente elástico, luego aplicaremos conservación de la cantidad de movimiento y el coeficiente de restitución:

pantes=pdespués ⇒ mvA=mv’A+mv’B ⇒ vA=v’A+v’B ⇒ 40=v’A+v’B

40'v'v5.0

vv'v'v

vv

e BA

BA

BA

antes

después −−=⇒

−−

−=∆

∆−=

De la primera ecuación: 40=v’A+v’B ⇒ v’A=40-v’B

Y sustituyendo en la segunda:

s/m30'v40

40'v25.040

'v'v405.040

'v'v5.0 BBBBBA =⇒−

=⇒−−

−=⇒−

−=

Y la bola A quedará: v’A=40-v’B=40-30=10 m/s

Nos queda el sistema como aparece en la figura. Como puede verse, a continuación la bola B chocará contra la bola C. Aplicamos las mismas dos ecuaciones:

pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’’C ⇒ v’B=v’’B+v’’C 30= v’’B+v’’C

30''v''v5.0

vv''v''v

vv

e CB

CB

CB

antes

después −−=⇒

−−

−=∆

∆−=

De la primera ecuación: 30= v’’B+v’’C ⇒ v’’C=30-v’’B

Y sustituyendo en la segunda:

s/m5.7''v30

''v2305.030

''v30''v5.030

''v''v5.0 BBBBCB =⇒

−=⇒

+−−=⇒

−−=

Y la bola C: v’’C=30-v’’B=30-7.5=22.5 m/s

Nos queda ahora como aparece en la nueva figura. Podemos ver que lo siguiente que ocurrirá es que la bola A alcanzará de nuevo a la B. Operando de modo análogo:

pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B ⇒ v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 10+7.5=v’’A+v’’’B

5.710'''v''v5.0

''v'v'''v''v

vv

e BA

BA

BA

antes

después

−−

−=⇒−−

−=∆

∆−=

Despejando en la primera ecuación: 10+7.5=v’’A+v’’’B ⇒ v’’A=17.5-v’’’B

Y sustituyendo en la segunda:

s/m375.9'''v5.2

5.17'''v25.05.710

'''v'''v5.175.05.710'''v''v5.0 B

BBBBA =⇒−

=⇒−

−−−=⇒

−−

−=

Y la bola A: v’’A=17.5-v’’’B=17.5-9.375=8.125 m/s

Nos quedan las partículas como aparecen en la figura, donde podemos ver que ya no hay más choques posibles. Así pues, las velocidades finales de las bolas son:

vA’’=8.125 m/s; vB’’’=9.375 m/s; v’’C=22.5 m/s

19.- Dos automóviles chocan en un cruce. El auto A tiene una masa de 1200 kg y el B una de 1500 kg. En el choque, las ruedas de los autos quedan trabadas y los dos deslizan (µ=0.20) juntos a lo largo de 10 m en una dirección definida por θ=60º. Determinar las celeridades vA y vB que llevaban los automóviles antes de chocar.

Se trata de un choque inelástico, ya que los coches quedan unidos después del choque y se mueven como un único sólido. Para determinar la velocidad de los móviles después del choque podemos tener en cuenta que recorren un espacio de 10 m deteniéndose después. Aplicamos la conservación de la energía entre el instante justo después del choque, donde la velocidad de los coches es v’, y el momento en que los coches se detienen tras recorrer 10 m. Nos quedará:

ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal Tomamos el nivel del suelo como nivel de energía potencial gravitatoria nula. Inicialmente por tanto, tendremos sólo energía cinética de los coches. En cuanto al trabajo, aparte del peso actúan la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo, pero la fuerza de rozamiento sí. Y en la situación final no tenemos ningún tipo de energía, ya que los móviles se detienen:

ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal ⇒ EC+WFr=0 Para determinar la fuerza de rozamiento realizamos el diagrama de sólido libre de los coches y tendremos:

ΣFY=(mA+mB)aY ⇒ N-(mA+mB)g=0 N=(mA+mB)g

Como los coches deslizan la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo:

Fr=(Fr)máx=µN=µ(mA+mB)g Sustituyendo en el teorema de conservación de

la energía:

EC+WFr=0 ⇒ ( ) ( ) 0cosxF'vmm210'vmm

21

r2

BA2

BA =θ++⇒=⋅++ xFr

( ) ( ) ( ) ==⇒=+−+⇒=++ µgx2'v0gxmmµ'vmm210º180cosxF'vmm

21

BA2

BAr2

BA

s/m26.6108.920.02 =⋅⋅⋅= Ahora tenemos que en el choque se conserva la cantidad de movimiento:

pantes=pdespués ⇒ mAvA+mBvB=(mA+mB)v’ Esta es una ecuación vectorial que podemos separar en dos ecuaciones escalares, una en cada eje:

Eje X: mAvA=(mA+mB)v’cosθ ⇒ 1200vA=(1200+1500) · 6.26cos60º ⇒ vA=7.04 m/s vA=7.04 m/s

Eje Y: mBvB=(mA+mB)v’senθ ⇒ 1500vB=(1200+1500) · 6.26sen60º ⇒ vB=9.76 m/s vB=9.76 m/s

20.- Una bola de 0.2 kg sujeta al extremo de una cuerda ligera e inextensible de longitud 1.5 m (formando un péndulo) se suelta desde una posición horizontal. En la parte más baja de la oscilación la bola choca contra un bloque de 0.3 kg que está en reposo sobre una superficie horizontal lisa (ver figura). a) Si la colisión es elástica, calcular la rapidez de la bola y el bloque inmediatamente después de la colisión; b) si la colisión es completamente inelástica, determine la altura a la que sube el centro de masa después de la colisión.

a) Denominaremos a la bola con el subíndice 1 y al bloque con el subíndice 2. En primer lugar vamos a ver con qué velocidad llega la bola al punto más bajo de la oscilación. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial y la final:

ET1+Wotras=ET2

Inicialmente tenemos energía potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, la única fuerza que hay a mayores del peso es la tensión, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. En la situación final toda la energía es cinética:

ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPg1=EC2 ⇒ s/m42.55.18.92gh2vvm21ghm 1

2111 =⋅⋅==⇒=

A continuación se produce el choque, que es elástico, luego se conservan la cantidad de movimiento y la energía cinética:

pantes=pdespués ⇒ m1v1=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 22

21

2222

211

211CdespuésCantes 'v3.0'v2.042.52.0'vm

21'vm

21vm

21EE +=⋅⇒+=⇒=

De la primera ecuación: 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 ⇒ v’1=5.42-1.5v’2

Y sustituyendo en la segunda: 22

22

22

21

2 'v3.0)'v5.142.5(2.0875.5'v3.0'v2.042.52.0 +−=⇒+=⋅ s/m336.4'v0'v252.3'v75.0'v3.0'v252.3'v45.0875.5875.5 22

22

222

22 =⇒=−⇒+−+=

v’2=4.336 m/s Y para la bola:

v’1=5.42-1.5v’2=5.42-1.5 · 4.336=-1.084 m/s v’1=-1.084 m/s

b) Ahora vemos qué ocurre si la colisión es completamente inelástica. Igual que en el apartado a), la bola llega a la posición más baja con una velocidad de 5.42 m/s. Después se produce la colisión, que es inelástica, de modo que las dos partículas quedan unidas y se mueven con la misma velocidad v’. Como el choque es inelástico solo se conserva la cantidad de movimiento:

pantes=pdespués ⇒ m1v1=(m1+m2)v’ ⇒ 0.2 · 5.42=(0.2+0.3)v’ ⇒ v’=2.168 m/s Tras el impacto el sistema se mueve con velocidad v’=2.168 m/s. A continuación aplicamos la conservación de la energía entre la situación después del choque y el punto más alto de la oscilación, donde el sistema asciende una altura h y se detiene:

ETdespués+Wotras=ETfinal Después del impacto toda la energía es cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso sólo actúa sobre el sistema la tensión, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la situación final sólo tenemos energía potencial gravitatoria:

ETdespués+Wotras=ETfinal ⇒ m240.08.92

168.2g2'vhgh)mm('v)mm(

21EE

22

212

21PgfinalCdespués =⋅

==⇒+=+⇒=

h=0.240 m