SISTEMA DE PARTÍCULAS

TEXTO Nº 7

SISTEMA DE

PARTÍCULAS

Conceptos Básicos

Ejercicios Resueltos

Ejercicios Propuestos

Edicta Arriagada D. Victor Peralta A

Diciembre 2008

Introducción

Este material ha sido construido pensando en el estudiante de nivel técnico de las carreras de INACAP. El objetivo principal de este trabajo es que el alumno adquiera y desarrolle la técnica para resolver problemas diversos de la unidad de

Sistema de partículas. En lo particular pretende que el alumno logre el

aprendizaje indicado en los criterios de evaluación (referidos al cálculo de variables) del programa de la asignatura Física Mecánica.

El desarrollo de los contenidos ha sido elaborado utilizando un lenguaje simple que permita la comprensión de los conceptos involucrados en la resolución de problemas. Se presenta una síntesis inmediata de los conceptos fundamentales de Sistema de partículas, seguida de ejemplos y problemas resueltos que presentan un procedimiento de solución sistemático que va desde un nivel elemental hasta situaciones más complejas, esto, sin saltar los pasos

algebraicos que tanto complican al alumno, se finaliza con problemas propuestos incluyendo sus respectivas soluciones.

Sistema de Partículas

Es aquel sistema en que interactúa más de una partícula, tal como indica la figura.

Impulso y Cantidad de Movimiento.

El segundo principio de Newton establece que si sobre un cuerpo libre de masa

m , actúa una fuerza F , entonces el cuerpo adquiere una aceleración a

proporcional a la fuerza y en la misma dirección de la fuerza, matemáticamente se expresa por:

a m F = ⋅

Por definición, la aceleración es:

0 0 t t v v t v a − − = ∆ ∆ =    

Reemplazando en el segundo principio de Newton se tiene:

t v m F ∆ ∆ ⋅ =  

Multiplicando por ∆tresulta:

v m t

F⋅∆ = ⋅∆

O que es lo mismo escribir:

(

v v0

)

m t F⋅ = ⋅ − 1 m 2 m 3 m x y

Al producto F⋅∆trecibe el nombre de Impulso de la fuerza y al producto

v

m⋅∆recibe el nombre de cantidad de movimiento o momentum (o momento lineal) y se simboliza con la letra p, ambas cantidades son magnitudes

vectoriales. Según lo anterior se puede escribir:

v m p = ⋅∆ O simplemente: v m p   _{= ⋅} Siendo m la masa del cuerpo y v su velocidad.

Ejemplo:

Una bola de 6 kg lleva una velocidad de 24 m/s cuando choca contra un poste y rebota con la misma velocidad pero sentido contrario (ver figura). Si el choque dura un tiempo promedio de 0,002 segundos, determinar la fuerza promedio que ejerce el poste sobre la bola.

s m v0 =30  Antes de chocar s m v=−30 Después de chocar

Por impulso y cantidad de movimiento, se tiene que:

(

v v0

)

m t

F⋅ = ⋅ −

Reemplazando valores se tiene:

     _{− −} ⋅ = ⋅ s m s m kg s F 0,02 6 30 30 Reuniendo términos semejantes:

     − ⋅ = ⋅ s m kg s F 0,02 6 60 Multiplicando: s m kg s F⋅0,02 =360 ⋅ Despejando la fuerza se tiene:

s s m kg F 02 , 0 360 ⋅ =  Dividiendo:

Es decir, la fuerza que ejerce el poste contra la bola es de 1800 N Recordar que ₂

s m kg N = ⋅

Cantidad de movimiento total de un sistema de partículas

Sean m1, m2, … …mn un sistema de partículas, entonces la

cantidad de movimiento lineal del sistema corresponde a la suma vectorial de la cantidad de movimiento de cada partícula, es decir:

... 2 2 1 1⋅ + ⋅ + =m v m v p   mn vn  ⋅ + ... N F =1800

Conservación de la cantidad de movimiento lineal

Para un sistema aislado de partículas, la cantidad de movimiento total del sistema se mantiene constante, es decir, la cantidad de movimiento total del sistema, antes de la interacción de las partículas, es igual a la cantidad de movimiento total después de la interacción de las partículas, es decir se cumple que:

Observación:

Durante una interacción, las fuerzas que se generan pueden ser muy grandes,

particularmente en los choques entre cuerpos, y por lo tanto se pueden despreciar las fuerzas exteriores y por lo tanto se puede aplicar el principio de conservación de la cantidad de movimiento.

Ejemplo:

Un bloque de 8 kg lleva una velocidad de 30 m/s cuando choca con otro cuerpo de 3 kg que tiene una velocidad de 24 m/s, si se sabe que los cuerpos quedan unidos después del choque, ¿Cuál será la velocidad del conjunto?

Solución:

Siempre es conveniente realizar un esquema de la situación planteada y se llamará cuerpo 1 y cuerpo 2, esto es:

Aplicando el principio de conservación de la cantidad de movimiento, al sistema formado por los dos cuerpos, se puede escribir:

Después del choque los cuerpos quedan unidos y no se sabe la velocidad común con la que se mueven, si se llama a la velocidad común v se puede anotar:

8kg 3kg s m v₁ =30 s m v₂ =24 x ... ... ... ... _{1 1 2 2} 2 2 1 1 v m v mn vn m v m v mn vn m ⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅ + ⋅ + + ⋅

Antes de la interacción Después de la interacción

_{1 1 2 2} 2 2 1 1 v m v m v m v m ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

v m v m v m v m1⋅ 1+ 2 ⋅ 2 = 1⋅ + 2⋅  

Factorizando por v se tiene:

(

m m

)

v v m v m1⋅ 1 + 2⋅ 2 = 1 + 2 ⋅  

Como se desea conocer la velocidad común v , se debe despejar y resulta:

(

m m

)

v v m v m = + ⋅ + ⋅ 2 1 2 2 1 1  

Se debe notar que la velocidad inicial del cuerpo 2 es negativa, ya que se dirige hacia la izquierda, al reemplazar los valores numéricos resulta:

(

)

v kg kg s m kg s m kg = + ⋅ + ⋅ 3 8 24 3 30 8

Realizando la operatoria matemática:

v kg s m kg = ⋅ 11 168

Dividiendo resulta el valor de la velocidad con que se mueven unidos los cuerpos.

v s m = 273 , 15

Resulto la velocidad con signo positivo, esto significa que los cuerpos unidos, se mueven hacia la derecha con un valor en la velocidad de 15,273 m/s.

8kg 3kg

s m v=15,273

Colisiones (o choques)

Cuando se tiene un choque frontal (en una dimensión) entre dos cuerpos, la ley de conservación no es suficiente para precisar las dos velocidades finales y por lo tanto se necesita de mayor información del fenómeno de colisión, respecto a esto se tienen tres casos bien definidos:

a) Choque perfectamente elástico

Es aquel choque en que la energía cinética total antes del choque es igual a la energía cinética después del choque, como también permanece constante la cantidad de movimiento lineal, es decir:

1) 2 22 2 1 1 2 0 2 2 2 0 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 v m v m v m v m ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ 2) m1⋅v10 +m2⋅v20 =m1⋅v1 +m2⋅v2 Siendo: 0 1

v = velocidad inicial del cuerpo 1

0 2

v = velocidad inicial del cuerpo 2

Durante la colisión, parte de la energía cinética se transforma en energía

potencial elástica de las moléculas que inmediatamente se vuelve a transformar en energía cinética.

b) Choque perfectamente inelástico

Es aquel choque en que ambos cuerpos quedan unidos después del choque, moviéndose con la misma velocidad, es decir, la velocidad final de los cuerpos es la misma. En este tipo de colisiones solo se conserva la cantidad de

movimiento lineal.

2 1 v

v = 

Durante esta colisión, parte de la energía cinética se transforma en calor c) Choque imperfectamente elásticos

Son aquellos choques intermedios entre los otros dos tipos de choques y se definen por un coeficiente llamado de restitución y que se simboliza por e y se define por: 0 2 0 1 1 2 v v v v e     − − =

Donde:

0 1

v = velocidad del cuerpo 1 antes del choque y

0 2

v = velocidad del cuerpo 1 antes del choque

El coeficiente e está comprendido entre los valores 0 y 1. Vale 0 para los

choques perfectamente inelásticos y 1 para los choques perfectamente elásticos.

Ejemplo 1

Una bola de 2 kg, con velocidad de 15 m/s choca frontalmente con otra bola de 4 kg que se encontraba en reposo. Si el choque es perfectamente inelástico.

¿Cuál es la velocidad del conjunto? Despreciar el efecto de rozamiento.

Solución:

La información dada se puede representar mediante el siguiente esquema:

Como el problema indica que el choque es perfectamente inelástico, significa que los cuerpos quedan unidos después de la colisión y por lo tanto se mueven con la misma velocidad y por conservación de la cantidad de movimiento se tiene:

(

m m

)

v v m v m v m v m1⋅1 + 2⋅2 = 1⋅+ 2⋅ = 1+ 2 ⋅

Despejando la velocidad común v se tiene:

v m m v m v m   ₌  + ⋅ + ⋅ 2 1 2 2 1 1

Como el cuerpo 2 se encontraba en reposo antes de la colisión, la expresión anterior queda: v m m v m   = + ⋅ 2 1 1 1 1 v ? = v 0 2 = v

Antes del choque Después del choque

1 m m 2 1 m 2 m

Reemplazando valores numéricos, se tiene: v kg kg s m kg  = + ⋅ 4 2 15 2 v kg s m kg  = 6 30

Dividiendo resulta el valor de la velocidad común de los cuerpos, es decir:

Como el signo de la velocidad es positivo, significa que los cuerpos se mueven hacia la derecha, según esquema establecido.

Ejemplo 2

Una esfera de 4 kg y con velocidad horizontal de 32 m/s choca con otra esfera de 7 kg que se encontraba en reposo. Después del choque la esfera de 4 kg sale formando un ángulo de 28º por encima de la horizontal con una velocidad

desconocida mientras que la esfera de 7 kg sale formando un ángulo de 40º por debajo de la horizontal con una velocidad desconocida (ver figura). ¿Cuál es el valor de las velocidades de las esferas después del choque? Despreciar los efectos de fricción. s m v₁ =32 0 2 = v kg m1 =4 m2 =7kg 40º 28º ? 1 = v ? 2 = v kg m₁ =4 kg m₂ =7 x y

Antes del choque

Después del choque

v s m 

= 5

Solución:

En este caso el choque se produce en dos dimensiones, eje x y eje y. Aplicando el principio de conservación de la cantidad de movimiento lineal, en cada eje, se puede escribir: Eje X x x x x m v m v m v v m₁⋅₁ + ₂⋅₂ = ₁⋅₁ + ₂⋅₂

La esfera 2 inicialmente está en reposo, por lo tanto:

x x

x m v m v

v

m₁⋅₁ +0= ₁⋅₂ + ₂ ⋅₂ O que es lo mismo decir:

º 320 cos º 28 cos _{2 2} 1 1 1 1 v m v m v m ⋅ = ⋅ + ⋅

Reemplazando valores numéricos para masa y velocidad, se tiene:

º 320 cos 7 º 28 cos 4 32 4 kg v₁ kg v₂ s m kg⋅ = ⋅ + ⋅

Realizando las operaciones matemáticas se tiene:

2 1 5,362 532 , 3 128 kg v kg v s m kg = ⋅ + ⋅ (1) Eje Y: Y Y Y Y m v m v m v v m1 1 2 2 1 1 2 2     ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

Antes del choque no hay movimiento en el eje Y, por lo tanto las respectivas velocidades en ese eje son cero, es decir:

Y Y m v v m1 1 2 2 0 0+ = ⋅ + ⋅

Escribiendo las componentes de la velocidad en el eje Y, se tiene:

º 320 º 28 0 0 m1 v1sen m2 v2sen   ⋅ + ⋅ = +

º 320 7 º 28 4 0= kg⋅v₁sen + kg⋅v₂sen Multiplicando: 2 1 4,5 878 , 1 0= kg⋅v − kg⋅v

Despejando, por ejemplo la velocidad 2, se tiene:

1 2 1,878 5 , 4 kg⋅v = kg⋅v kg v kg v 5 , 4 878 , 1 ₁ 2   ⋅ = Dividiendo: 1 2 0,417 v v = ⋅ (2) Reemplazando ecuación (2) en ecuación (1) se tiene:

1 1 5,362 0,417 532 , 3 128 kg v kg v s m kg = ⋅ + ⋅ 

Multiplicando y sumando resulta:

1 768 , 5 128 kg v s m kg = ⋅ Despejando v1  se tiene: 1 768 , 5 128 v kg s m kg  =

Finalmente dividiendo se obtiene el valor de la velocidad después del choque, de la esfera 1, es decir:

Reemplazando en ecuación (2), se obtiene el valor de la velocidad de la esfera 2 después del choque, es decir:

1 191 , 22 v s m  =

s m v₂ =0,417⋅22,191

Por lo tanto la respuesta al problema planteado es: - Valor de la velocidad de esfera 1 = 22,191 m/s - Valor de la velocidad de esfera 2 = 9,254 m/s

Centro de masa

Cuando se tiene un sistema de partículas, se llama centro de masa a aquel punto del sistema donde se considera concentrada toda la masa de dicho sistema.

Sean m1,m2, ... ...mnlas masas de un sistema de partículas y sean n

x x

x₁, ₂, ... ... , y1,y2, ... ...ynsus respectivas coordenadas de posición,

entonces las coordenadas del centro de masa del sistema quedan determinadas por:

(

)

_       ⋅ ⋅ =

∑

,

∑

, m y m m x m y xCM CM i i i i Donde: n m m m

m= ₁ + ₂ + ... ...+ (Masa total del sistema)

.. m m y x i m n m 3 m m 2 1 m .. m .. m CM y CM x s m v₂ =9,254

Ejemplo:

Determinar la posición del centro de masa de las tres partículas indicadas en la figura:

Solución:

La solución al problema consiste en la aplicación directa de las coordenadas del centro de masa, indicada anteriormente, por lo tanto:

La coordenada X del centro de gravedad es:

kg kg kg m kg m kg m kg m x m x_CM i i 10 2 5 3 10 2 2 1 5 + + − ⋅ + − ⋅ + ⋅ = ⋅ =

∑

Multiplicando y sumando: kg m kg m x m xCM i i 17 29 ⋅ − = ⋅ =

∑

Dividiendo: m xCM =−1,71 1 3 2 1 -2 -1 -3 -2 -1

( )

m y

( )

m x kg 2 kg 10 kg 5

La coordenada Y del centro de gravedad es: kg kg kg m kg m kg m kg m y m y_CM i i 10 2 5 2 10 3 2 2 5 + + − ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ =

∑

Multiplicando y sumando: kg m kg m y m yCM i i 17 4 ⋅ − = ⋅ =

∑

Dividiendo: m yCM =−0,24

Por lo tanto las coordenadas de centro de masa del sistema dado en la figura son:

Movimiento del centro de masa

Sean m1,m2, ... ...mnlas masas de un sistema de partículas y sean n

v v

v₁,₂, ... ..., sus respectivas velocidades, entonces la cantidad de

movimiento p del sistema es:

n n v m v m v m p = ₁⋅₁+ ₂⋅₂ +... ...+ ⋅

Por otra parte la cantidad de movimiento p del sistema corresponde a la cantidad de movimiento del centro de masa, es decir:

CM

v m p = ⋅

Donde:

m = masa total del sistema (m=m₁ +m₂ +... ...+m_n)

CM

v = velocidad del centro de masa

Igualando las dos expresiones anteriores resulta: n n CM m v m v m v v m⋅ = 1⋅1+ 2 ⋅2 +... ...+ ⋅ Despejando la velocidad v del centro de masa, se tiene:

m v m v m v m v n n CM     ⋅ + ⋅ + + ⋅ = 1 1 2 2 ... ... Ejemplo:

Se disparan dos proyectiles en forma simultáneamente, el proyectil 1tiene una masa de 3 kg y una velocidad de 12 m/s en la dirección positiva del eje X, y el proyectil 2 tiene una masa de 8 kg con una velocidad de 8 m/s en la dirección positiva del eje Y, tal como indica la figura. Determinar

a) Las coordenadas del centro de masa. b) La velocidad de disparo del centro de masa.

Solución (a): coordenadas del centro de masa

m kg m kg kg kg m kg m kg m x m xCM i i 0,818 11 9 8 3 3 8 5 3 = ⋅ = + ⋅ + − ⋅ = ⋅ =

∑

0 11 0 8 3 0 8 0 3 = = + ⋅ + ⋅ = ⋅ =

∑

kg kg kg kg kg m y m y_CM i i

Es decir las coordenadas del centro de masa son:

(

x_CM,y_cm

) (

= 0,818 , 0

)

[ ]

m 3 ) (m y ) (m x s m v₁ =12 s m v1 =8  -5 8 kg 3 kg

Solución (b): velocidad de disparo del centro de masa

Como el movimiento simultaneo es en dos dimensiones, la velocidad del centro de masa tiene dos componentes, una en eje X y la otra en el eje Y.

La velocidad del centro de masa está determinada por:

m v m v m v m v n n CM     _{= 1}⋅ ₁+ ₂⋅ ₂ +... ...+ ⋅ Entonces: Eje X: 2 1 2 2 1 1 m m v m v m v x x x CM ₊ ⋅ + ⋅ =   

Reemplazando valores para masa y velocidades del eje X:

s m kg s m k kg kg kg s m kg vx_CM 3,273 11 36 8 3 0 8 12 3 = ⋅ = + ⋅ + ⋅ =  Eje Y: 2 1 2 2 1 1 m m v m v m vCM_y y y + ⋅ + ⋅ =   

Reemplazando valores para masa y velocidades del eje Y:

s m kg s m kg kg kg s m kg kg v_CMy 5,818 11 64 8 3 8 8 0 3 = ⋅ = + ⋅ + ⋅ = 

Es decir la velocidad del centro de masa del sistema de partículas es:

s m j i vCM =3,273ˆ+5,818 ˆ  Su módulo es:

(

) (

)

s m s m v_CM = 3,273 2 + 5,818 2 =6,675

PROBLEMAS RESUELTOS – SISTEMA DE PARTÍCULAS

1. Una bola con masa 4 kg y velocidad de 1,2 m/s, choca frontalmente contra otra de masa 5 kg moviéndose a 0,6 m/s en la misma dirección y sentido.

Encontrar (a) las velocidades después del choque (suponiendo que es elástico), (b) el cambio en el momentum de cada bola.

Solución (a):

Se trata de un choque elástico por lo tanto se cumple que:

a)

b)

Supondremos que los cuerpos se mueven en el eje X en el mismo sentido como muestra la figura kg m₂ =5 kg m=4 s m v₁ =1,2 s m v₂ =0,6 x (2) 2 2 1 1 0 2 2 0 1 1v m v mv m v m  +  =  +  (1) 2 0 2 1 0 1 v v v v +  =  + 

[

m/s

]

4 1 5 2

7,8 = ⋅v + ⋅v

Entonces reemplazando valores numéricos en las ecuaciones (1) y (2), se tiene: De la ecuación (3) despejando v1,  resulta: Reemplazando (5) en (4) se obtiene:

Multiplicando y reduciendo términos semejantes:

[

/

]

1 0,6

[

/

]

2 2 , 1 m s +v = m s +v

[ ]

kg 1,2

[

m/s

]

5

[ ]

kg 0,6

[

m/s

]

4

[ ]

kg 1 5

[ ]

kg 2 4 ⋅ + ⋅ = ⋅v + ⋅v

[

kg m/s

]

4

[ ]

kg 5

[ ]

kg simplificandoloskg,se tiene:

7,8 v1 v2   ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ ⇒

[

m s

]

v

[

m s

]

v1 = 0,6 / + 2 −1,2 /  

[

]

2 1 0,6 m/s v v = − +  ⇒ ₍₅₎ ) 4 ( ) 3 (

[

/

]

4

(

0,6

[

/

]

2

)

5 2 8 , 7 m s = − m s +v + ⋅v

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

2 2 2 2 2 2 9 / 2 , 10 9 / 2 , 10 9 / 4 , 2 / 8 , 7 9 / 4 , 2 / 8 , 7 5 4 / 4 , 2 / 8 , 7 v s m v s m v s m s m v s m s m v v s m s m       = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = + ⇒ ⋅ + − = ⇒ ⋅ + ⋅ + − = ⇒

[

/

]

2 133 , 1 m s =v ⇒

Por lo tanto v2 =1,133

[

m/s

]



y en el mismo sentido que antes del choque.

Ahora reemplazando en la ecuación (5), se obtiene v1



, es decir:

En el mismo sentido que antes del choque.

Solución (b):

Cambio en el momentum de la bola de 4 kg

Siendo:

0 1

P = cantidad de movimiento de la bola de 4 kg, antes del choque

1

P = cantidad de movimiento de la bola de 4 kg, después del choque

Reemplazando los datos obtenidos se tiene:

kg m₂ =5 kg m=4 s m v₁ =0,533 s m v₂ =1,113 x

Después del choque

[

m s

]

[

m s

]

v₁ = −0,6 / +1,133 /

[

m s

]

v₁ =0,533 / 0 1 1 P P P = − ∆

[ ]

kg

[

m s

]

P v v m P v m v m P / ) 2 , 1 533 , 0 ( 4 ) ( 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 − ⋅ = ∆ ⇒ − ⋅ = ∆ ⇒ ⋅ − ⋅ = ∆ ⇒

Por lo tanto el cambio en la cantidad de movimiento (o momentum) del cuerpo de 4 kg es de -2,76 kg m/s.

Cambio en el momentum de la bola 5 kg

Siendo:

0 2

P = cantidad de movimiento de la bola de 5 kg, antes del choque

2

P = cantidad de movimiento de la bola de 5 kg, después del choque

Reemplazando los datos obtenidos se tiene:

Es decir la variación en la cantidad de movimiento de la bola de 5 kg es de 2,67 kg m/s







 ⋅

−

=

∆

⇒

s

m

kg

P

2

,

76

0 2 2

P

P

P

=

−

∆

[ ]

kg

[

m s

]

P v v m P v m v m P / ) 6 , 0 133 , 1 ( 5 ) ( _{2 20} 2 0 2 2 2 2 − ⋅ = ∆ ⇒ − ⋅ = ∆ ⇒ ⋅ − ⋅ = ∆ ⇒







 ⋅

=

∆

⇒

s

m

kg

P

2

,

67

2. Dos Bloques de masa m y 3m se colocan sobre una superficie horizontal sin fricción. Un resorte ligero se une a una de ellos, y los bloques son empujados juntos, con el resorte entre ellos. Una cuerda que los mantiene unidos se quema y después de eso el bloque de masa 3m se mueve hacia la derecha con una velocidad de 2 m/s. ¿Cuál es la velocidad del bloque de masa m?

Solución: Sean: m m₁ = m m2 =3 1

v = velocidad del cuerpo de masa m antes del choque ₁

, 1

v = velocidad del cuerpo de masa m después del choque ₁

2

v = velocidad del cuerpo de masa m antes del choque 2 ,

2

v = velocidad del cuerpo de masa m después del choque 2

En un comienzo los bloques se encuentran en reposo, por lo tanto ambos

cuerpos tienen velocidad inicial cero y se cumple que la cantidad de movimiento lineal es la misma antes de cortar la cuerda, es decir:

? , 1 = v , 2 v m 3 m

Después de cortar la cuerda

Cuerda

m

Antes de cortar la cuerda

m

Reemplazando valores numéricos

El signo negativo indica que el cuerpo después del choque se mueve hacia la izquierda.

3. Una pelota de 0,5 kg es arrojada verticalmente hacia arriba con una velocidad de 3 m/s. (a) ¿Cuál es la cantidad de movimiento inicial de la pelota? (b) ¿Cuál es la cantidad de movimiento en el punto mas alto? (c) ¿Qué impulso detiene la pelota?, ¿Cuánto tiempo actuó el impulso?.

Solución (a):

Realizando una figura de la situación se tiene: 0 que tiene se 0 como , 2 2 , 1 1 2 1 , 2 2 1 2 2 1 1 v m v m v v v m m v m v m        + = = = + = +

[

]

[

]

[

]

[

m s

]

v s m m v m s m m v m s m m v m / 6 / 6 / 6 0 / 2 3 0 , 1 , 1 , 1 , 1 − = ⇒ = ⋅ − ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ =    

La cantidad de movimiento lineal o momentum de un cuerpo queda definido por la ecuación

Como se conoce la masa y la velocidad, simplemente hay que reemplazar en la ecuación anterior, es decir:

Solución (b): s m v₀ =3 0 = v g kg m=5 y x

[ ] [

]

tanto lo por 5 , 1 / 3 5 , 0     _⋅ = ⇒ ⋅ = s m kg P s m kg P   j ˆ 5 , 1 _ ⋅ _ = ⇒ s m kg P v m P = ⋅

En el punto mas alto, se tiene que la velocidad de la pelota es cero y como la cantidad de movimiento se define como el producto entre la masa y la velocidad, es que es cero, es decir:

Solución (c):

La única fuerza que actúa en el movimiento corresponde a la fuerza de gravedad (mg).

El tiempo que actúa el impulso se determina aplicando la segunda ley de Newton, es decir:

Es decir, el tiempo que actúa la fuerza es de:

alto mas punto el en 0 = P

[

]

[

2

]

0 0 0 0 0 0 / 8 , 9 / 3 0 ademas pero s m s m t g v t t v g t v m g m t v m g m v t v v m g m t v v t v a a m F = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⋅ − = ⋅ − ⇒ − ⋅ = ⋅ − ⇒ = − ⋅ = ⋅ − ⇒ − = ∆ = ⋅ =

∑

s t=0,31

[ ]

[ ]

lb m lb m 12 20 2 1 = =

3. Según el diagrama, una esfera de 20 lb., que se mueve con una velocidad de 10 pies/s hacia abajo, choca con otra esfera de 12 lb, que se mueve, tal como se muestra en la figura, a una velocidad de 6 2 pie/s. El coeficiente de restitución es e =0,80. Calcular las velocidades v1 y v2 después del choque.

Solución: Sean e = 0,80 = coeficiente de restitución y 2, , 1 v

v  Velocidades después del choque

El coeficiente de restitución de un choque se define por:

s pie v₁ =10 y x lb m2 =20 s pie v₁ =6 2 lb m₁ =20 45º

[

]

[

]

[

pies/s

]

ˆ 6 ˆ 6 pie/s ˆ 45 2 6 ˆ 45 cos 2 6 45 2 6 / ˆ 10 2 0 0 0 2 1 j i v j sen i v s pies j v + = ⇒ + = ∠ = − =    2 1 , 1 , 2 e v v v v     − − =

La idea es determinar las velocidades después del choque, por lo tanto:

(

)

, 1 , 2 2 1 v v v v e  − =  −

Reemplazando valores conocidos, resulta:

Por otro lado como no actúan fuerzas exteriores al sistema, se tiene que la cantidad de movimiento lineal permanece constante, es decir, se cumple que:

Reemplazando los valores conocidos resulta:

Reemplazando la ecuación (1) en (2) se obtiene:

[

]

[

]

[

]

, 2 , 1 , 2 , 1 , 2 , 1 , 2 , 1 , 2 , 1 , 2 ˆ 8 , 12 ˆ 8 , 4 despejando ˆ 8 , 12 ˆ 8 , 4 ˆ 16 ˆ 6 8 , 0 ˆ 6 ˆ 6 ˆ 10 8 , 0 ) ˆ 6 ˆ 6 ( ˆ 10 8 , 0 v v j i v v v j i v v j i v v j i j v v j i j            = + − − ⇒ − = − − ⇒ − = − − ⇒ − = − − − ⇒ − = + − − , 1 , 2 4,8iˆ 12,8ˆj v v = − − +  ⇒ (1) , 2 2 , 1 1 2 2 1 1v m v m v m v m  +  =  + 

[ ] [

] [ ]

[

]

[

] [ ]

[ ]

[

]

[

]

[

] [ ]

[ ]

[

/

]

128ˆ

[

/

] [ ]

20 12

[ ]

simplificando(lb),se tiene ˆ 72 semejantes terminos reuniendo 12 20 / ˆ 72 / ˆ 72 / ˆ 200 12 20 / ˆ 6 ˆ 6 12 / ˆ 10 20 , 2 , 1 , 2 , 1 , 2 , 1 v lb v lb s pie lb j s pie lb i v lb v lb s pie lb j s pie lb i s pie lb j v lb v lb s pie j i lb s pie j lb       ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ ⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⇒ ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ −

[

]

[

]

, 2 , 1 12 20 / ˆ 128 / ˆ 72i pie s − j pie s = ⋅v + ⋅v ⇒ (2)

Desarrollando:

Es decir la velocidad del cuerpo 1 después del choque es de:

Reemplazando

v

1,



en la ecuación (1), se obtiene el valor de

v

2,



, es decir:

Reuniendo los términos semejantes:

[

]

[

]

[

[

]

[

]

,

]

1 , 1 12 4,8ˆ / 12,8ˆ / 20 / ˆ 128 / ˆ

72i pie s − j pie s = ⋅v + ⋅ i pie s − j pie s +v

⇒

[

pies s

]

j

[

pies s

]

i

v₁, =4,05ˆ / +0,8ˆ / ⇒ 

[

pies s

]

j

[

pies s

]

i

[

pies s

]

j

[

pies s

]

i v, 4,8ˆ / 12,8ˆ / 4,05ˆ / 0,8ˆ / 2 = − − + + 

[

pies s

]

j

[

pies s

]

i v, 0,75ˆ / 12ˆ / 2 = − ⇒ 

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

, 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 / ˆ 8 , 0 / ˆ 05 , 4 finalmente 32 / ˆ 6 , 25 / ˆ 6 , 129 32 / ˆ 6 , 25 / ˆ 6 , 129 32 / ˆ 6 , 153 / ˆ 6 , 57 / ˆ 128 / ˆ 72 despejando / ˆ 6 , 153 / ˆ 6 , 57 12 20 / ˆ 128 / ˆ 72 v s pie j s pie i v s pie j s pie i v s pie j s pie i v s pie j s pie i s pie j s pie i v s pie j s pie i v v s pie j s pie i        = + ⇒ = + ⇒ ⋅ = + ⇒ ⋅ = + + − ⇒ − − ⋅ + ⋅ = −

[ ]

[ ]

[ ]

unidos) quedan cuerpos los que a (debido choque, del despues comun Velocidad 3 proyectil del inicial velocidad ? 005 , 0 5 , 2 1 1 = = = = = v kg m v kg g m

6. Un proyectil de 5 g es disparado horizontalmente sobre un bloque de madera de 3 kg, que se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal. El

coeficiente dinámico de rozamiento entre el bloque y la superficie de 0,20. el proyectil permanece empotrado en el bloque y se observa que este se desliza 25 cm. sobre la superficie. ¿Cuál era la velocidad del proyectil?

Solución:

Sean:

En este caso se trata de un choque inelástico por lo tanto se cumple que: 0 2 = v kg m=0,005 , v ? 1 = v 0,25 m Antes del choque Después del choque 3 kg 3 kg 1 , 2 1 1 1 2 1 1 1 2 , 2 1 2 2 1 1 despejando ) ( ) ( 0 luego 0 pero ) ( v v m m v m m m v m v v m m v m v m         + = ⇒ + = + ⇒ = + = +

Como se conocen las masas de los cuerpos, sólo basta con conocer la velocidad

1

v justo después del choque.

La velocidad del choque v₁ pasa a ser la velocidad inicial que adquiere el bloque antes de detenerse nuevamente y utilizando la segunda ley de Newton

(

∑

F = ma) se tiene que: y N N f =µ⋅ x mg 1 , 2 1 1 ) ( m v m m v   + = ⇒ (1) , 2 , 2 , 2 , 2 2 , 2 2 2 2 , 2 2 2 , 2 2 valores do reemplazan 2 2 despejando 2 por ndo simplifica 2 0 y pero 2 2 y pero v d g v d g v d v g m d v m g m v g m N d v v m N d v v a N f a m f           = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ − ⋅ − = ⋅ ⋅ − ⇒ = ⋅ = − ⋅ = ⋅ − ⇒ − = ⋅ = ⋅ = − µ µ µ µ µ µ

Por lo tanto:

s m v, =0,9899

Reemplazando este valor en la ecuación (1) se obtiene la velocidad del proyectil justo en el instante en que impacta al bloque, es decir:

Reemplazando valores numéricos resulta el valor de la velocidad v1

 .

Dividiendo se llega a la velocidad que se anda buscando:

7. Una pelota es lanzada contra una pared vertical, alcanzándola en un punto situado a 1,20 m por encima del suelo, con una velocidad horizontal de 6m/s. Después de rebotar en la pared, la pelota toca el suelo en un punto situado 2,4 m delante de la pared. (a) ¿Cuál es el coeficiente de restitución?, (b) si la pelota pesa 250 g, ¿Qué energía perdió en el choque contra la pared?

1 , 2 1 1 ) ( m v m m v   + =

( ) ( )

[

]

(

)

( )

(

)

( )

kg s m kg v kg s m kg kg v 005 , 0 / 975 , 2 005 , 0 / 9899 , 0 3 005 , 0 1 1 ⋅ = ⇒ ⋅ + = ⇒   s m v₁ =595

Solución:

Cálculo de la constante de restitución, por definición, se tiene que:

y x s m v₁ =6 m x=2,40 m h=1,20 g

Después del choque

Rebote y x s m v₁ =6 g

Antes del choque

m h=1,20 , 1 , 2 e v v   − =

Siendo:

Como la velocidad de la pared antes y después del choque es cero (cuerpo en reposo), se tiene:

La velocidad

s m

v₁ =6 hacia la derecha y la velocidad v₁, se puede calcular utilizando lanzamiento de proyectil, esto es:

Movimiento horizontal: t v x x= 0 + 0cosθ ⋅ Movimiento vertical: 2 0 0 2 1 t g t sen v y y= + θ ⋅ − ⋅

Para las ecuaciones anteriores se tiene que

x

₀=0, y=0 y θ =0 , entonces 1 º 0 cos = y sen0º=0 Entonces: t v x= ₀ ⋅ (1) 2 0 2 1 0= y − g⋅t choque del despues pared la de velocidad pared la de velocidad choque del despues pelota la de velocidad choque del antes pelota la de velocidad , 2 2 , 1 1 = = = = v v v v     1 , 1 e v v   − =

( )

(

)

t s m m t g y t g y t g y t g y t g y = ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ − = 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 / 8 , 9 2 , 1 2 2 2 2 2 1 2 1 0

La velocidad v corresponde a la velocidad de la pelota después del choque, y 0

por lo tanto es la velocidad que hay que determinar. Despejando v de la ecuación (1), se obtiene: ₀

t x v₀ =

Donde x es el alcance horizontal x = 2,4 m y t es el tiempo empleado en recorrer los 2,4 metros.

Utilizando la ecuación (2) es posible determinar dicho tiempo, es decir:

Remplazando valores, se tiene el tiempo, después del choque, en que la pelota demora en llegar al suelo, es decir:

Conocido el tiempo podemos volver a la ecuación (1) para determinar la velocidad v es decir: ₀

( )

s t =0,49487 ⇒

( )

( )

s m v t x v 49487 , 0 4 , 2 0 0 − = ⇒ =

s m i v₀ =−4,85ˆ

Como se indico anteriormente v0 =v1,

Entonces se tiene que la velocidad de la pelota después del choque es:

s m i v₁, =−4,85ˆ

Por lo tanto la constante de restitución finalmente es:

Lo cual indica que es un choque intermedio

Cálculo de la energía perdida en el instante del choque:

Energía antes del choque:

Energía después del choque

1 , 1 e v v   − =

[

]

[

m s

]

s m / 6 / ) 85 , 4 ( e = − −

( )

2

(

2 2

)

2 / 6 25 , 0 2 1 2 1 s m kg U v m U antes antes ⋅ = ⇒ ⋅ = ( )J Uantes =4,5 ⇒

( )

2

(

2 2

)

2 , / 8497 , 4 25 , 0 1 2 1 s m kg U v m U despues despues ⋅ = ⇒ ⋅ = 81 , 0 e=

Por lo tanto la energía que se pierde en el instante del choque corresponde a la diferencia entre las energías antes y después del choque, es decir:

( )

J U_despues =2,94 ⇒

(

)

[ ]

J U U U U _{antes despues} 94 , 2 5 , 4 − = ∆ ⇒ − = ∆

[ ]

J U =1,56 ∆ ⇒

PROBLEMAS PROPUESTOS – SISTEMA DE PARTÍCULAS

1. Una masa de 2 kg está separada 30 cm de una masa de 1 kg. ¿En qué posición, en centímetros, se encuentra el centro de masa?

a) 10 b) 15 c) 20 d) 25

2. La posición en metros, del centro de masa del esquema indicado en la figura es aproximadamente: kg m=2 - 2 kg m=5 y x -3 4 3 kg m=3 - 1 kg m=1 m=2kg y x 30 cm

a) x=0,6 ; y=1,4 b) x=−0,6 ; y =1,4 c) x=−1,4 ; y=0,6 d) x=0,6 ; y=−1,4

3. Una pelota de tenis de 100 g golpea una raqueta con una velocidad de 20 m/s y rebota con igual rapidez. Si el tiempo de la interacción entre la pelota y la raqueta es de 0,05 s, entonces la fuerza media, en Newton, que proporciona la pelota sobre la raqueta es aproximadamente:

a) 76 b) 80 c) 92 d) 98

4. Un auto se mueve con una velocidad de 60 m/s. Un camión de masa doble se aproxima en sentido contrario. Si ambos vehículos quedan en reposo después del choque, ¿Cuál es el valor de la velocidad en km/h, con que se estaba moviendo el camión?

a) 20 b) 26 c) 30 d) 49

5. Dos esferas que pesan 161 lbf y112,7 lbf tienen velocidades de 10 pie/s y 18 pie/s, respectivamente. Viajan en direcciones opuestas cuando chocan.¿Cuál es el valor de la velocidad en pie/s del cuerpo de 16 lbf después de la colisión, suponiendo que las direcciones son las que se muestran en la figura? (Usar

2 2 , 32 s pie g = )

Antes del choque

Después del choque

lbf m1 =161 s pie v₁₀ =10 s pie v₂₀ =18 lbf m₂ =112,7 ? 1 = v v₂ =?

a) 13,06 b) 16,32 c) 16,98 d) 17,25

6. Para el problema anterior, el valor de la velocidad en pie/s, del cuerpo de 112,7 lbf después del choque es aproximadamente:

a) 12,25 b) 14,94 c) 15,56 d) 16,44

7. Un automóvil con una masa de 3

10

4× lb, colisiona con una pared de concreto a una velocidad de 60 millas/h y se detiene en 0,2 segundos. La fuerza promedio durante la colisión, en lbf es aproximadamente:

a) 4 10 8 , 3 × − b) 4 10 4 , 4 × − c) 4 10 1 , 5 × − d) 4 10 5 , 5 × −

8. Un arma de fuego de 900g dispara una bala de 10g con una velocidad de 450 m/s. ¿Cuál es la velocidad de retroceso del arma, en m/s?

a) 10 b) 8 c) 7 d) 5

9. Un martillo pesa 50lb y se mueve con una velocidad de 30 pie/s. Golpea la cabeza de un clavo y lo hace penetrar en un bloque de madera. Si el martillo se detiene en 3

10 3 ,

1 × − segundos ¿Cuál es el impulso en lb⋅s que se produce? a) −46,9 b) 3 10 6 , 3 × c) 3 10 2 , 52 × d) 3 10 2 , 4 ×

10. ¿Cuál es el valor en lb de la fuerza promedio que se produce en el impacto? a) 3 10 2 , 2 × b) 3 10 6 , 2 × c) 3,2×103 d) 3 10 6 , 3 × 11. Un neutrón ( s m

v₀ =5×105 ) y masa m=1u.a.m.(unidad atómica de masa) choca contra un núcleo de helio de masa m=4u.m.a. que se mueve a la velocidad de

s m

v₂₀ =3,25×105 (ver figura). Si la velocidad del neutrón después de chocar es de

s m

5

10

5× y se mueve en la dirección indicada. ¿Cuál es la velocidad en m/s del núcleo de helio después del choque?

a) 3 10 2 , 2 × b) 5 10 0 , 3 × c) 3 10 4 , 3 × d) 5 10 2 , 4 × Helio Helio s m vH 5 0 =3,25×10 Neutrón Helio Neutrón s m v_N0 =5×105 s m v_H =5×105 37º θ

12. ¿Cuál es la dirección θ del núcleo de helio del ejercicio nº 10 a) 24º

b) 31º c) 36º d) 52º

13. Un cuerpo de 200 g es mueve con una velocidad de 12 cm/s sobre una superficie lisa horizontal y cuando experimenta un choque perfectamente

elástico con otro cuerpo de masa desconocida, inicialmente en reposo. Después del choque la velocidad del cuerpo de 200 g es 4 cm/s, en el mismo sentido que su velocidad inicial. ¿Cuál es la masa desconocida, en gramos?

a) 85 b) 100 c) 110 d) 122

14. Cuál es la velocidad en cm/s, del cuerpo de masa desconocida del problema anterior?

a) 16 b) 18 c) 22 d) 25

15. Un bloque A de masa 2 kg parte del reposo desde una altura de 5 metros como indica la figura. Colisiona de una manera perfectamente inelástica con el bloque B de igual masa y el conjunto comprime el resorte de constante 250 N/m. ¿Cuál es la velocidad del conjunto después del choque, en m/s? no hay

rozamiento en ninguna parte de la superficie.

5 m 2 kg 2 kg A B Resorte

a) 3 b) 5 c) 6 d) 7

16. ¿Cuál fue la distancia en metros, de compresión del resorte si no hay rozamiento en ninguna parte de la superficie? (ejercicio anterior)

a) 0,5 b) 0,4 c) 0,3 d) 0,2

17. Un protón con velocidad de

s m

6

10

8× choca con un neutrón (considerar masas iguales) a la velocidad de

s m

6

10

5× en sentido opuesto para formar un deuterón. ¿Cuál es la velocidad de éste en m/s?

a) 1,9×106 b) 1,8×106 c) 1,7×106 d) 1,5×106

18. Una bala con velocidad de 500 m/s pasa a través de la esfera de 4 kg de un péndulo de 5 m de longitud y sale con una velocidad de 100 m/s. ¿Cuál es la masa en kg, de la bala si el péndulo oscila en un ángulo de 90º?

a) 0,01 b) 0,1 c) 0,2 d) 0,02 s m v=500 kg m=4 m L=5

19. Una esfera de 10 kg de masa, con velocidad de 8 m/s, golpea una bola de de 5 kg de masa, en reposo. Después del choque la esfera se desvía 90º respecto de su dirección inicial, mientras que la bola se mueve ahora en un ángulo de 37º respecto de la dirección inicial de la esfera. ¿Cuál es la velocidad en m/s, de la esfera y de la bola después del choque?

a) 20 y 6 b) 24 y 8 c) 26 y 10 d) 30 y 12

20. Un bloque A de 9 kg está ligado a dos resortes idénticos de longitud 3 metros y de constante elástica 21,25 N/m. El bloque está en reposo sobre una mesa rugosa y los dos resortes están sujetos a la mesa en los puntos P y Q. Una bala de 1 kg y con una velocidad de 50 m/s golpea el bloque A y se incrusta en él. Si con el impacto, el conjunto se mueve hacia la derecha una distancia de 4 metros, entonces el coeficiente de rozamiento entre el bloque y la mesa es:

a) 0,6 b) 0,5 c) 0,3 d) 0,1 A P Q s m 50 9kg A P Q 4 m

21) Tres partículas de igual masa se encuentra como indica la figura, la velocidad en m/s, del centro de masa es aproximadamente:

a) v_x =12,44 y v_y =5,44 b) vx =15,33  y vy =7,33  c) v_x =18,53 y v_y =8,53 d) vx =20,66  y vy =9,66  Soluciones: Pregunta a b c d 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x Pregunta a b c d 15 x 16 x 17 x 18 x 19 x 20 x 21 x Pregunta a b c d 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 13 x 14 x 30 cm 30 cm 30 cm s m 30 s m 10 s m 20 37º

BIBLIOGRAFÍA

- Paúl E. Tippens

- Halliday – Resnick – Krane

- Raymond A. Serway

- Sears – Zemansky - Young - Freedman

- Frederick Bueche - F. Beer – R. Johnston - F. Beer – R. Johnston - M. Alonso – E Finn - Alvaro Pinzon - Guías de INACAP

- Física, Conceptos y Aplicaciones Mc Gaw Hill, Quinta Edición, 1996 - Física , Vol. 1

CECSA, 4ª Edición 1999 - Física, Tomo I

Mc Gaw Hill, 4ª Edición 1999 - Física Universitaria, Vol. 1 Ed. Pearson, 9ª Edición 1996 - Fundamentos de Física, Tomo I

- Mecánica Vectorial para Ingenieros. Estática Mc Gaw Hill, 6ª Edición. 2000

- Mecánica Vectorial para Ingenieros. Dinamica

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- Física

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- Física I Conceptos fundamentales y su aplicación