¡Descarga Sistema de Partículas: Introducción al Movimiento y Cantidad de Movimiento - Prof. Mercado y más Ejercicios en PDF de Física solo en Docsity!
CAPÍTULO 6. SISTEMA DE PARTÍCULAS
INTRODUCCIÓN
Hasta ahora hemos estado estudiando el movimiento
de los objetos cualquiera que sea sin considerar su
estructura. Ahora demostraremos que lo estuvimos
haciendo bien considerando al objeto sin tomar en
cuenta las fuerzas que actúan sobre sus partes.
Introduciremos el concepto de centro de masa de un
sistema de partículas, también se introducirá el
concepto de cantidad de movimiento y se demostrará
que este se conserva cuando el sistema se encuentra
aislado de los alrededores,
SISTEMA DE PARTICULAS
La figura muestra un sistema de partículas compuesto
de tres masas. En el sistema existen dos tipos de
fuerzas,
a) Las fuerzas externas como la atracción
gravitacional de la tierra por ejemplo.
b) Las fuerzas internas que las partículas ejercen unas
sobre otras (estas fuerzas pueden ser gravitacionales,
e1éctricas, etc.)
En la figura hemos cambiado el contorno del sistema,
excluyendo la masa m 3. Como Una Consecuencia de
esto las fuerzas internas Sobre m 1 y m 2 debido a m 3 ya
no son internas, se han sumado a las fuerzas externas
previas, produciendo una nueva fuerza resultante.
La selección del contorno de un sistema es similar a seleccionar un sistema de coordenadas.
SEGUNDA LEY DE NEWTON APLICADA A UN SISTEMA DE PARTICULAS
La figura siguiente muestra un sistema de n partículas de masas m 1 , m 2 , ….. m (^) n , con posiciones especificadas
por (^1)
→ r , (^2)
→ r , …………. rn
→ ,, respectivamente.
La segunda ley de Newton para la partícula mi es:
F i mai Fiexter Fi int
→ → → → = = +
Donde:
Fi int
→ = suma de las fuerzas internas sobre m (^) i
Fi ext
→ = suma de las fuerzas externas sobre m (^) i
La suma de las fuerzas internas sobre la masa m (^) i es:
( )
∑ ≠
→ → → → → = + + =
n
ij ji
F 1 int F 12 F 13 ............ F 12 F
En general para la partícula i es:
( )
∑ ≠
→ →
n i ij ji
F (^) int F
La fuerza total para el sistema es:
( )
∑ ∑ ∑ ∑∑
= →
=
= →
=
= →
=
→
≠
n
i
n
ij
in
i
i
in
i
i
in
i
i ji
F ma F F 1 1
ext 1 1
Por la tercera ley de Newton cada una de las fuerzas
→ F ij tiene un
→ F (^) ji igual, pero de sentido contrario
→ → Fij = − Fji
De modo que
( )
0 1
∑ ∑^ = = ≠=
n →
i
n
ji
Fij
Consecuentemente solo queda
∑ ∑
→ →
=
n
i
i i
n
i
mi a F 1
ext 1
o (^) ∑ ∑
→ →
=
n
i
i i
n
i
mi r F dt
d
1
ext 1
2
2
CENTRO DE MASA
Frecuentemente es muy práctico reemplazar un
sistema de muchas partículas con una partícula
simple equivalente de masa igual. La pregunta es
donde colocar esta partícula simple con respecto al
origen de x e y.
Definamos el vector posición del centro de masa por
la ecuación:
∑
∑
=
=
→
→
n
i
i
n
i
i i
CM
m
mr
r
1
1
Llamando a m M
n
i
∑ i = = 1
(masa total de las n
partículas).
M
mr
r
n
i
i i
CM
∑
→
→
1
Como rCM = xCMi ˆ^ + yCM ˆ j + zCMk ˆ
→
Tenemos que: (^) ∑
=
n
i
CM mixi M
x 1
,
∑
n
i
CM miyi M
y 1
, (^) ∑
n
i
CM mizi M
z 1
Si hacemos que el número de elementos n , se
aproximen al infinito, la sumatoria se reemplaza por
una integral y m por el elemento diferencial dm.
Luego.
= (^) ∑ Δ = ∫ Δ → =
xdm M
x m M
x
n
i
CM (^) m i i i
lim (^01)
De igual forma se obtiene:
∑ (^) ∫
=
Δ →
ydm M
y m M
y
n
i
CM (^) m i i i
lim 1
0
,
∑ (^) ∫
=
Δ →
zdm M
z m M
z
n
i
CM (^) m i i i
lim 1
0
y
∫
→ → = rdm M
rCM
MOVIMIENTO DEL CENTRO DE MASA.
Si en la ecuación: (^) ∑ ∑
→ →
=
n
i
i iext
n
i
mi r F dt
d
0 1
2
2
Sustituimos
→
=
→
∑ = CM
n
i
mi ri Mr 1
Obtendremos la ecuación del movimiento del centro de masa
∑
→ →
n
i
MrCM Fiext dt
d
1
2
2 ⇒ (^) ∑ =
→ →
n
i
M aCM Fiext 1
El punto indicado por
→ r CM , vector posición del
centro de masa, se mueve se mueve como si en el estuviera concentrada toda la masa y las fuerzas externas del sistema.
Ejemplo 1. Centro de masa de tres masas puntuales.
El centro de masa esta dado por:
∑
n
i
CM mixi M
x 1
=
( ) ( ) ( )
m m m
m m m
2 3
El centro de masa no se encuentra dentro del cuerpo.
Las figuras siguientes muestran como localizar
experimentalmente el centro de masa primero
colgándolo de la parte superior y luego de otro punto
cualquiera.
Ejemplo 4. Explosión de una granada
Una granada lanzada al aire que explota en varios
fragmentos. La única fuerza externa sobre la granada
es la fuerza de la gravedad, entonces la granada sigue
una trayectoria parabólica. Si la granada no estallara
continuaría moviéndose a lo largo de la trayectoria
parabó1ica indicada en la figura. Como las fuerzas de
la explosión son internas, no afectan al movimiento
del centro de masa. Entonces. Después de La
explosión el centro de masa de los fragmentos sigue
la misma trayectoria que tendría la granada s! no
hubiera habido explosión.
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
Supongamos el caso de dos partículas esféricas P 1 y
P 2 de masas m 1 y m 2 con trayectorias contenidas en la
misma recta, se aproximan una a otra con velocidades
→ v 1 , y
→ v (^) 2 respectivamente.
Cuando P 1 y P 2 entran en contacto, P 1 ejerce sobre P (^2)
la fuerza F 12 y P 2 ejerce sobre P 1 la fuerza F 21. De
acuerdo con la tercera ley de Newton
→ → F 12 (^) = − F 21.
Después que P 1 y P 2 se separan, las velocidades
respectivas son
→ v ' (^) 1 y
→ v ' (^) 2 diferentes de
→ v 1 , y
→ v 2.
Ahora nos preguntamos. ¿Qué pasa durante el choque?
El tiempo de contacto total Δ t es muy pequeño, quizás solo de aproximadamente 0,001 segundos. La fuerza de contacto inicialmente es cero, aumenta hasta un valor muy grande y. finalmente disminuye hasta cero, cuando dejan de estar en contacto. La figura siguiente muestra una variación típica de la fuerza en el tiempo de contacto.
Sea t (^) f − ti =Δ t el tiempo que dura el choque,
aplicando la segunda ley de Newton a las partículas P 1 y P2.
dt
dv F m a m
→ → → = =
1 12 1 1 1 y
dt
dv F m a m
→ → → = =
2 21 2 2 2
O
→ → F 12 (^) dt = m 1 dv 1 y
→ → F 21 dt = m 2 dv 2
Integrando las dos relaciones durante el choque,
∫ ∫
→ →
1
1
' 12 1 1
v
v
t
t
F dt m dv
f
i
y
∫ ∫
→ →
2
2
' 21 2 2
v
v
t
t
F dt m dv
f
i
Finalmente
→ → →
∫ 12 1 1 1
F dt m v ' v
f
i
t
t
y
→ → →
∫ 21 2 2 2
F dt m v ' v
f
i
t
t
Trabajando con el primer miembro
∫
f
i
t
t
Fdt corresponde al área bajo la curva mostrada
en la figura anterior, a ésta cantidad la llamaremos
IMPULSO ⎟
→ J
∫ ( )
→ →
f
i
t
t t^
J F dt
Sus dimensiones son: [F] [T] = [M][L][T]
En el sistema internacional sus unidades son:
Newton.segundo (N.s)
Trabajando con el segundo miembro
→ → m 1 (^) v ' 1 v 1 y (^) ⎟ ⎠
→ → m 2 v ' 2 v 2
Llamaremos a la cantidad
→ → m v = p ,
CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL o
Momentum lineal de la partícula (lo designaremos
en la práctica simplemente como cantidad de
movimiento ), cuyas dimensiones son:
[M] [[L]] = [M] [L] [T]
En el sistema internacional sus unidades son:
kg.m.s
La partícula P 1 ha sufrido en el intervalo
t (^) f − ti =Δ t , un cambio de la cantidad de
movimiento (^) ⎟ ⎠
→ → →
∫ 12 1 1 1
F dt m v ' v
f
i
t
t
=
→ → pf − pi
y esta cantidad es también igual al impulso
→ J recibido en ese instante por la partícula
→
→ → J = pf − pi
Luego: “ El cambio de la cantidad de movimiento es igual al impulso ”.
Ejemplo 5. Una pelota de 100 gramos está en reposo sobre el piso, cuando recibe un puntapié que la lanza con una velocidad de 30 m/s.
a) ¿Qué impulso se dio a la pelota?
b) Si el tiempo que el pie está en contacto con la pelota es 10
- segundos. ¿Cuál es la magnitud aproximada de la fuerza impulsiva?
Solución.
a) El impulso es igual al cambio de la cantidad de movimiento:
→ → → → → J = pf − pi = mvf − mvi
En este caso
m = 0,1 kg, = 0
→ v i , m/s v 30 i ˆ f =
→
( )( ) s
kgm J = 0 , 1 30 i − 0 = 3 i ˆ
→ & &
b) Se puede obtener un estimado de la fuerza que
actúa sobre la pelota, dividiendo e1 impulso
→ J por el
tiempo Δ t = tf − ti en que actúa la fuerza :
t
J
F
→ →
Como s
kgm J = 3 i ˆ
→ y Δ t = 0 , 001 s
a) La posición del centro de masa esta dada por la
expresión:
1 2 3
11 2 2 3 3
m m m
mr m r m r rCM
→ → → →
Reemplazando valores, obtenemos:
[ ( 3 1 ) ˆ ( 3 ) ˆ ( 2 )ˆ]cm
2 3 rCM = t − i +− t + j +− t + tk
→
La velocidad del centro de masa es
[ ( )]
s
ˆ cm 3 ˆ 2 ˆ 3 2
2 r i tj t k dt
d v (^) CM = (^) CM = − +− +
→ →
Para t = l s
[ ]
s
ˆ cm 3 ˆ 2 ˆ v 1 (^) M = i − j +− k
→
Para t = 2 s
[ ]
s
ˆ cm v 2 (^) M = 3 i ˆ− 4 ˆ j +− 8 k
→
b) La cantidad de movimiento del sistema es:
→ → → → → p = + m 1 v 1 + m 2 v 2 + m 3 v 3 = MvCM
[ ( )]
s
ˆ kgcm 6 3 ˆ 2 ˆ 3 2
2 p = i − tj +− t + k
→
Para t = l s
[ ]
s
ˆ kgcm 63 ˆ 2 ˆ p 1 (^) = i − j − k
→
Para t = 2 s
[ ]
s
ˆ kgcm p 2 (^) = 63 ˆ i − 4 ˆ j − 8 k
→
c) Como ,
→ → p 1 (^) ≠ p 2 ,
→ p no es constante, luego el
sistema no es aislado.
Ejemplo 8. Un pescador de masa 70 kg está en un
bote estacionario de masa 200 kg, cuando su
ayudante que no sabe nadar y está en el agua cogido
del extremo opuesto, se suelta. El pescador corre 2,
m hasta alcanzar este extremo. ¿A que distancia del
ayudante ahogándose se encontrará el pescador cuando alcance el extremo del bote?
Solución.
Consideremos aislado el sistema bote, pescador, ayudante, por lo tanto su cantidad de movimiento es constante.
= =CONSTANTE
→ → p Mv cm
Como en inicio el sistema está en reposo:
→ p ⇒ = 0
→ v cm
Como = = 0
→ →
dt
dr v
cm cm
= CONSTANTE
→ r (^) cm , la posición del centro de masa permanece constante
En éste problema que es en una sola dimensión:
xcm =CONSTANTE
Tomemos como punto de referencia la posición del ayudante en el extremo del bote, al soltarse seguirá en la misma posición.
Analicemos la posición inicial.
El centro de masa del sistema pescador-bote está en:
b p
b b p cm m m
mx m x
Analicemos la posición final.
El centro de masa esta en:
( )
b p
b b p cm m m
m x x m x x
Como la posición del centro de masa del sistema es
invariante, se tiene:
( ) ( )
b p
b b p
b p
b b p
m m
m x x m x
m m
mx m
⇒ ( m (^) b + mp ) x = mp ( 2 , 5 )
Reemplazando valores:
( )
( )
0 , 65 m 200 70
x =
La posición del pescador estará a 0,65 metros del
ayudante.
Ejemplo 9. Un muchacho de masa m 1 y una
muchacha de masa m 2 , ambos con patines, se
encuentran en reposo uno en frente del otro, El
muchacho empuja a la muchacha, mandándola hacia
el este con una velocidad
→ v. Describa el movimiento
del muchacho.
Solución.
Siendo un sistema cerrado la cantidad de movimiento
se conserva,
→ → p (^) antes p después ,
Si (^1)
→ v y (^2)
→ v son las velocidades del muchacho y la
muchacha después del empujón, respectivamente:
1 1 +^22 =^0
→ → m v m v
Considerando el movimiento en el eje x , y la
dirección al este como sentido positivo
v (^) 2 = v = v i ˆ
→ →
De aquí
1 1 + 2 ˆ=^0
→ m v mv i ⇒ vi m
m v ˆ 1
2 1 =−
→
EI muchacho sale con una velocidad de módulo
v m
m v 1
2 1 =^ dirigida hacia el oeste,
Ejemplo 10. Dos personas de masa m cada una, se encuentran paradas en los extremos opuestos de un bote de longitud d y masa 3 m que se encuentra en reposo sobre un líquido sin fricción, tal como se muestra en la figura. Las personas caminan una hacia la otra con rapidez constante y se encuentran a d /4 del extremo izquierdo del bote. a) Si la persona de la izquierda se mueve con
velocidad v 0 respecto al bote, ¿cuál es la velocidad
que tiene la otra persona, respecto al bote? b) ¿Cuál es la velocidad del bote, respecto a tierra, durante el movimiento de ambas personas? c) ¿Cuánto avanzo el bote hasta el momento del encuentro?
Solución.
a) El tiempo empleado para encontrarse es el mismo para las dos personas
0 1
v
d
v
d
= ⇒ v 1 (^) = 3 v 0 Hacia la izquierda
b) Por conservación de la cantidad de movimiento
p (^) antes p después
→ →
→ p antes
= ( 0 + )ˆ + ( − 30 + ) ˆ+ 3 ˆ= 0
→ p (^) después mv vb i m v vbi mvb i
⇒ v (^) b vi ˆ 5
→
c)
El tiempo de caminata de las personas es 4 v 0
d t = ,
luego el bote se habrá movido
Sean dos cuerpos de masas m 1 y m 2 con velocidades → v 1 y
→ v 2 antes del choque y velocidades
→ v ' 1 y
→ v ' 2
después del choque respectivamente.
En todo choque entre dos cuerpos se conserva la
cantidad de movimiento, esto es:
→ → p = p ' ⇒
→ → → → p 1 + p 2 = p ' 1 + p ' 2
→ → → → m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v ' 1 + m 2 v ' 2
Ahora nos introduciremos en el proceso complejo que
acompaña al choque, el instante Δ t = tf − ti , en el
que aparece la fuerza de interacción, este periodo
vamos a dividirlo en dos partes, los periodos de
deformación y restitución. La figura muestra el
gráfico de la fuerza de interacción en función del
tiempo entre las masas m 1 y m 2.
E1 tiempo t 0 es el instante de máxima deformación
en el que empieza la restitución y las dos masas
poseen la misma velocidad
→ → → v 01 = v 02 = v 0
Vamos a aplicar la ecuación impulso - cantidad de
movimiento para el periodo de deformación (D),
t (^) i → t 0 :
Para la masa m 1 :
→ → → →
∫ = − = D
t
t
Fdt mv mv J i
1 1 0 1 1
0
Para la masa m (^) 2 : → → → → →
∫ = − = D =− D
t
t
Fdt m v m v J J i
2 2 0 2 2 2 1
0
Resolviendo para
→ v 1 y (^2)
→ v.
→
→ → = − + 0 1
1 1 v m
J
v
D ,
→
→ → = + 0 2
1 2 v m
J
v
D
La diferencia de estas velocidades es:
→ → →
1 2
2 1 1
m m
v v JD = ⎟
1 2
1 2 1 mm
m m J (^) D
Ahora aplicaremos la ecuación Impulso-cantidad de movimiento por el periodo de restitución (R).
t (^) 0 → t f.
Para la masa m 1 :
→ → → → = − = ∫ R
t
t
Fdt mv mv J i
0
Para la masa m (^) 2 : → → → → → = − = =− ∫ R R
t
t
Fdt m v m v J J i
0
Resolviendo para
→ v ' (^) 1 y ' 2
→ v.
→
→ → = + 0 1
1 ' 1 v m
J
v R^ ,
→
→ → = − + 0 2
1 ' 2 v m
J
v R
La diferencia de estas velocidades es:
→ → →
1 2
2 1 1
m m
v v JR
= ⎟
→
1 2
1 2 1 mm
m m J (^) R
De lo visto encontramos la relación entre el impulso de restitución y el impulso de deformación.
( )
( )
→
2 1
2 1
1
v v
v v
J
J
D
R
A esta relación se le conoce como coeficiente de
restitución ( )ε.
Esta relación fue propuesta por Newton y tiene
validez solamente aproximada.
EI valor de esta relación depende de muchos factores
tales como la geometría, las propiedades de los
materiales, la velocidad, por ello debemos
contentarnos con una determinación experimental.
Ejemplo 11. Una pelota de béisbol de 0,15 kg de
masa se está moviendo con una velocidad de 40 m/s
cuando es golpeada por un bate que invierte su
dirección adquiriendo una velocidad de 60 m/s, ¿qué
fuerza promedio ejerció el bate sobre la pelota si
estuvo en contacto con ella 5 ms?.
Solución.
Datos: m = 0,15 kg
v i = 40 m/s
v f = - 60 m/s (el signo es negativo ya que cambia el
sentido)
t = 5 ms = 0,005 s
Δ p = J
p f - p i = J ⇒ mv f - mv i = F t
⇒ F = m ( v f - v i) /t
F = 0,15 kg.(- 60 m/s - 40 m/s)/0,005 s
= 0,15 kg.(- 100 m/s)/0,005 s
= - 3000 N
CASOS DE CHOQUE
Perfectamente elástico
ε = 1 , ( v ' 2 − v ' 1 ) =−( v 2 − v 1 )
Inelástico ε< 1
El coeficiente de restitución y tiene un valor entre 0 y
Perfectamente plástico
ε = 0 , ( v ' 2 − v ' 1 ) = 0
Explosivo ε> 1
Ejemplo 12.
a) Choque perfectamente elástico. En este caso no hay pérdida en la energía mecánica asociada al impacto, la energía cinética permanece constante.
K 1 + K 2 = K ' 1 + K ' 2
2 2 2
2 1 1
2 2
2 1 1 ' 2
m v + mv = mv + mv
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 1
2 m 1 (^) v ' 1 − v = m v ' − v
Por conservación de la cantidad de movimiento tenemos:
→ → → → p 1 (^) + p 2 = p ' 1 + p ' 2 , → → → → m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v ' 1 + m 2 v ' 2
→ → → → m 1 v 1 v ' 1 m 2 v ' 2 v 2
Asumiendo que el movimiento es en una sola dirección
m 1 (^) ( v 1 − v ' 1 ) = m 2 ( v ' 2 − v 2 )
Dividiendo entre si las expresiones halladas por energía y por cantidad de movimiento obtenemos.
v 1 (^) + v ' 1 = v ' 2 + v 2 ⇒ ( v ' (^) 2 − v ' 1 ) =−( v 2 − v 1 )
( )
( )
2 1
v v
v v
El cual es por supuesto el coeficiente de restitución
de un choque perfectamente elástico ε = 1.
b) Choque perfectamente plástico. En un choque perfectamente Plástico, después del choque las masas quedan juntas, es decir tienen la misma velocidad, tal que
→ → v ' 2 = v ' 1 , por lo tanto:
→ →
v v y ε= 0
Ejemplo 13. Medición del coeficiente de restitución ε.
Durante el choque cada cuerpo recibe una cantidad de
movimiento que es igual a la velocidad perdida por el
otro. Al recuperar su forma inicial, cada uno pierde o
gana respectivamente, la cantidad de movimiento
ganada o perdida en el momento del choque, la
velocidad final de cada uno será:
f^ ( v^ i vf )^ vi m
m v (^) 2 2 1 1
2 1 = − +
Si las masas son iguales
v 1 (^) f = v 2 i − v 2 f + v 1 i
b) Velocidades de distinto sentido
En este caso los cuerpos literalmente rebotan, y la
velocidad final de cada uno será:
f^ ( v^ i vf )^ vi m
m v (^) 2 2 1 1
2 1 = + −
Si las masas son iguales
v 1 (^) f = v 2 i + v 2 f − v 1 i
El principio de conservación del impulso es el mismo
que el de conservación de la cantidad de movimiento.
Cabe aclarar que en la práctica podemos aplicar el
principio de conservación de la cantidad de
movimiento durante los choques, siempre que el
tiempo que el tiempo de duración del impacto sea
muy pequeño.
Ejemplo 16. Choque plástico. Las dos partículas quedan en contacto después del choque.
Estudiar desde dos puntos de vista:
a) Observado desde tierra, sistema laboratorio y
b) Observado desde el centro de masa.
Solución.
a) Sistema laboratorio.
La figura muestra las dos partículas antes y después del choque.
Por conservación de la cantidad de movimiento
( )
→ → → m 1 (^) v 1 + m 2 v 2 = m 1 + m 2 v ' y
( 1 2 )
m m
mv mv v
→ → → =
( )
( )
i m m
m v mv ˆ
1 2
11 2 2
La energía mecánica antes del choque es:
K = K 1 + K 2 =
2 2 2
2 1 1 2
m v + mv
La energía mecánica después del choque es:
( )
2 1 2 ' 2
K ' = m + m v =
( )
( 1 2 )
2 1 1 2 2
2
m m
mv mv
La relación de la energía es:
( 1 2 )
m m
m
K
K
2 2 1
2 2 1
2
2 1
2 1
v m
m v
v m
m v
Por ejemplo la caída de un meteorito a la tierra, la que
suponemos inmóvil ( v 2 = 0) y m 1 << m 2 , obtenemos
K ’ = 0 y 0
K
K
, éste es un choque perfectamente
plástico. Si K fuera diferente de cero, la totalidad de
la energía se transformaría en calor.
b) Sistema centro de masa.
La figura muestra las dos partículas antes y después
del choque.
En éste caso:
→ → →
1 2 1 2
2 1 v v m m
m u y
→ → →
1 2 1 2
1 2 v v m m
m u
Con 2 = 0
→ v ,
Obtenemos:
→ →
1 2
2 1 v m m
m u y
→ →
1 2
1 2 v m m
m u
Después del choque m 1 y m 2 entran en contacto
constituyendo una sola partícula de masa ( m 1 + m 2 )
que está en reposo en el sistema centro de masa,
u ’ 1 = u ’ 2 = 0.
Aquí también K ’ = 0, ε = 0.
Ejemplo 17. Choque elástico. Consideremos dos
partículas, una con masa m 1 y velocidad
→ v 1 , la
segunda con masa m 2 y velocidad 2 = 0
→ v
Solución.
a) Sistema laboratorio.
La figura muestra las dos partículas antes y después del choque.
Por conservación de la cantidad de movimiento:
→ → → m 1 (^) v 1 = m 1 v ' 1 + m 2 v ' 2 (1)
En sus componentes:
m 1 v 1 = m 1 v ' 1 cos θ 1 + m 2 v ' 2 cos θ 2
0 = m 1 v ' 1 sen θ 1 − m 2 v ' 2 sen θ 2
Como es un choque elástico la energía mecánica se conserva:
2 2 2
2 1 1
2 1 1 ' 2
m v = mv + mv (2)
En las ecuaciones (1) y (2) conocidas las masas m 1 y m 2 , tenemos como incógnitas v 1 , v ’ 1 , v ’ 2 , θ 1 y θ 2. Contamos con tres ecuaciones. Para resolver necesitamos conocer al menos dos de las cantidades anteriores.
En el caso particular en que m 1 = m 2 , podemos llegar a la relación;
→ → → v 1 = v ' 1 + v ' 2
Elevándola al cuadrado:
→ → = + + 1 ⋅ 2
2 2
2 1
2 v 1 v ' v ' 2 v ' v '
Por la conservación de la energía:
2 2
2 1
2 v 1 (^) = v ' + v '
Luego, obtenemos:
→ → → ⎟= ⎠
m 1 (^) v 1 − v ' 1 m 2 v ' 2 ⇒
→ → → ⎟= ⎠
1
2 1 ' 1 v ' m
m v v
Reemplazando ésta expresión en la de la energía,
obtenemos:
→ → → v 1 + v ' 1 = v ' 2
Como
v 1 = v 1 sen θ 1 i ˆ− v 1 cos θ 1 ˆ j
→ ,
v ' 1 = v ' 1 senθ ' 1 i ˆ+ v ' 1 cos θ' 1 ˆ j
→ ,
v ' 2 =− v ' 2 j ˆ
→
Reemplazando obtenemos:
v 1 sen θ 1 i ˆ− v 1 cos θ 1 j ˆ+ v ' 1 sen θ' 1 i ˆ
+ v ' 1 cosθ' 1 j ˆ=− v ' 2 j ˆ
De aquí:
v 1 sen θ 1 + v ' 1 senθ' 1 = 0 y
v 1 cos θ 1 − v ' 1 cosθ' 1 = v ' 2
En el caso en que v ' 2 = 0 (la superficie no se mueve)
θ 1 = θ' 1 y v 1 = v ' 1
b) Choque inelástico.
En éste caso K > K '
2 1 2
2 1 1
2 1 1 ' 2
m v > mv + mv
Para encontrar la relación de K y K ’ podemos usar el
coeficiente de restitución ε.
K
K '
ε = , siendo 0 ≤ε≤ 1
Ejemplo 19. En un parque de diversiones dos amigos
juegan con los autitos “chocones”. En cierto
momento las direcciones de ambos vehículos forman
un ángulo α. Un auto se dirige con velocidad
→ v 1 y
el otro con velocidad
→ v (^) 2 de tal modo que chocan.
Después del choque el auto 1 sale con velocidad
→ v ' 1
cuya dirección forma un ángulo β , tal como se
indica en la figura.
a) Hallar la velocidad del auto 1 luego del impacto.
b) Determinar la posición del centro de masa y las ecuaciones paramétricas del mismo.
c) Determinar si el choque es elástico o no.
m 1 (^) = m 2 = 200 kg, v 01 (^) = 3 m/s,
v 02 = 1 m/s, v ' 1 = 2 m/s, α = 53 º, β = 37 º,
d = 3 m
Solución.
a) por conservación de la cantidad de movimiento
p (^) antes p después
→ → = ⇒
→ → → → m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v ' 1 + m 2 v ' 2
Aquí
v 1 (^) = 3 i ˆ
→ ,
v (^) 2 = ( ) 1 cos 53 º i ˆ+( ) 1 sen 53 º j ˆ
→
= 0 , 6 i ˆ + 0 , 8 j ˆ,
v ' 1 = ( ) 2 cos 37 º i ˆ+( ) 2 sen 37 ºˆ j
→
= 1 , 6 i ˆ + 1 , 2 j ˆ
Reemplazando: → 3 i ˆ+ 0 , 6 ˆ i + 0 , 8 ˆ j = 1 , 6 i ˆ+ 1 , 2 ˆ j + v ' 2
⇒ v ' 2 = 2 i ˆ− 0 , 4 j ˆ
→
2 2 v 2 = + =
= 2,04 m/s
tan =− −
b) Para determinar la posición del centro de masa es
necesario conocer la posición inicial de la masa m 2.
Como m 1 y m (^) 2 emplean el mismo tiempo desde el
inicio hasta el choque:
s ms
m
v
d t 1 3
1
La posición inicial de m (^) 2 es:
x 20 (^) = − v 2 x t =− 0 , 6 ( ) 1 =− 0 , 6 m,
y 20 (^) = − v 2 yt =− 0 , 8 ( ) 1 =− 0 , 8 m
Siendo la posición inicial de m 1
x 10 (^) = − 3 m , y 10 = 0
El centro de masa está dado por:
1 2
1 1 2 2 m m
xm xm x (^) CM
= , 1 2
1 1 2 2 m m
ym ym y (^) CM
=
Como m (^) 1 = m 2 = 200 kg
( 1 2 ) 2
x (^) CM = x + x , ( 1 2 ) 2
y (^) CM = y + y
Antes del choque:
x (^) 1 = − 3 + 3 t , y 1 = 0
x (^) 2 = − 0 , 6 + 0 , 6 t , y (^) 2 =− 0 , 8 + 0 , 8 t
Luego
x (^) CM = − 1 , 8 + 1 , 8 t , y (^) CM =− 0 , 4 + 0 , 4 t
Después del choque:
x 1 (^) = 1 , 6 ( t − 1 ), y 1 = 1 , 2 ( t − 1 )
x 2 (^) = 2 ( t − 1 ), y 2 = − 0 , 4 ( t − 1 )
Luego
x (^) CM = 1 , 8 ( t − 1 ), yCM = 0 , 4 ( t − 1 )
c) Para saber si es elástico o no, tenemos que analizar si la energía se conserva o no.
La energía cinética antes del choque es:
2 2 2
2 1 1 2
K = mv + mv
= ( )( ) ( )( )
2 2 200 1 2
= 900 +100 = 1000 J
La energía cinética después del choque es:
2 2 2
2 1 1 ' 2
K ' = mv + mv
= ( )( ) ( )( )
2 2 200 2 , 04 2
= 400 + 416 = 816 J
Hay una disminución de la energía cinética:
v 2 (^) = v 3 (1)
3 v = v 1 + v 2 (2)
La energía inicial es:
2
2
E (^) i = Mv
La energía final es:
2 2 2
2
E (^) f = Mv + Mv = Mv
Esta energía es igual a la suma de las energías de los
tres fragmentos.
2 3
2 2
2 1
2
2 3
v
M
v
M
v
M
Mv = + +
2 3
2 2
2 1
2 9 v = v + v + v (3)
De las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos:
v (^) 1 = v , v (^) 2 = 2 v , v (^) 3 = 2 v
La energía cinética de cada uno de los fragmentos
inmediatamente después de la explosión es:
2 1 6
K = Mv ,
2 2 3
K = Mv ,
2 3 3
K = Mv
Ejemplo 23. Un bloque de 2,5 kg, se desliza sobre
una superficie rugosa, cuando contacta con el resorte
tiene una velocidad de 1,2 m/s. el bloque se detiene
momentáneamente cuando el resorte se ha
comprimido 5,0 cm. El trabajo realizado por la
fricción, desde el instante en que el bloque hace
contacto con el resorte hasta el instante en que hace el
alto es 0,50 J.
a) ¿Cuál es la constante del resorte ( k )?
b) ¿Cuál es el coeficiente de fricción?
c) Después de la compresión del resorte, el bloque se
aleja de él, ¿cual es la velocidad del bloque, después
de separarse del resorte?
Solución.
a) Energía antes = Energía después
( )( ) ( 0 , 05 ) 0 , 5 2
= k +
⇒ k = 1040N/m
b) W f = μ mgd
× ×
mgd
W (^) f μ = 0,
c)
2 2
2
kx − Wf = mv
( )( ) ( )
2 2 2 , 5 2
− = v
⇒ v = 0,80 m/s
Ejemplo 24. Una pelota de masa m = 100 g se deja caer desde una altura h = 2m. La pelota rebota verticalmente hasta ¾ h después de golpear el suelo. a) Calcular la cantidad de movimiento de la pelota antes y después de golpear el suelo, b) si la duración del golpe fue de 0,01 s, calcular la fuerza media ejercida por el piso sobre la pelota. Solución. En la figura se muestra el esquema de la situación.
a) Cantidad de movimiento inicial:
p (^) i =− mvi j ˆ
→
Cantidad de movimiento final:
p (^) f = mvf ˆ j
→
Los valores de las velocidades inicial y final se pueden calcular usando el principio de conservación de la energía. Inicial:
2
- mghi = mvi + ⇒ vi = 2 ghi
Final :
mv (^) f + 0 = 0 + mgh f 2
⇒ v (^) f = 2 ghf = g hi ghi 2
Por lo tanto, las cantidades de movimiento inicial y final son:
p (^) i =− m 2 ghi j ˆ
→ , p (^) f m ghij ˆ 2
→
Reemplazando los valores, se tiene:
pi =− 0 , 63 kgm/s, pf =− 0 , 54 kgm/s
b) Usando la aproximación del impulso:
→ → → J = Fm Δ t =Δ p ⇒ t
p p
t
p F
f f m Δ
−
Δ
Δ
→ → → →
( )
0 , 01
0 , 54 ˆ j 0 , 63 ˆ j Fm
→
= 118 ˆ j N
Ejemplo 25. Una bala de la masa m y con velocidad
v pasa a través de un péndulo de masa M. La bala
emerge con una velocidad de v /2. El péndulo está
suspendido por una barra rígida de longitud l y masa
insignificante. ¿Cuál es el valor mínimo de v tal que
la masa del péndulo gire un círculo completo?
Solución.
En esta colisión, se conserva la cantidad de
movimiento pero la energía no.
Este es un ejemplo de una colisión inelástica que no
es perfectamente inelástica.
Para la colisión:
p (^) antes p después
→ → = ⇒ MV
v mv = m + 2
De aquí:
V
m
M
v
Después de la colisión se conserva la energía para el
péndulo (la conservación de la energía para la bala
después de la colisión no es útil desde que su energía
no cambia). Este tratamiento nos da la velocidad del
péndulo el momento después de la colisión:
' ( 2 l) 2
MV = MV + Mg (2)
Condición para que pueda dar la vuelta
T + Mg = Ma c
Condición mínima para hacer movimiento circular
T = 0 Luego
l
2 V ' Mg = M ⇒ V = g l
2 ' (3)
Reemplazando (3) en (2):
l ( 2 l) 2
MV = Mg + Mg ⇒
MV Mg l 2
= ⇒ V = 5 g l
Reemplazando el valor de V en (1):
g l m
M
v 5
MOVIMIENTO CON MASA VARIABLE - PROPULSIÓN POR REACCIÓN
Por la conservación de la cantidad de movimiento si un cuerpo en reposo puede expulsar una parte de su masa en cierta dirección, el resto de la masa se moverá en sentido opuesto, con igual cantidad de movimiento. Si este proceso puede mantenerse durante un tiempo, el resto de la masa, como es el caso de un cohete, aparecerá para un observador externo en reposo. Como si se estuviese acelerando. Esto se expresa mediante la forma más general de la segunda ley de Newton.
Como:
dt
dp F
→ → = ,
→ → p = mv
Siendo la masa variable
