Solución de problemas Cap. VI Física Wilson, Buffa y Lou.
SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DE FÍSICA DE WILSON, BUFFA Y LOU.
CAPITULO VI
Cantidad de movimiento lineal, centro de masa y choques
1) OM Las unidades de la cantidad de movimiento lineal son a) N/m, b) kg m/s, c) N/s d) todas las anteriores.
Solución: La respuesta es la “b”, kg x m/s
2) OM La cantidad de movimiento lineal a) siempre se conserva, b) es una cantidad escalar, c) es una cantidad vectorial d) no está relacionada con la fuerza.
Solución: La respuesta es la “a”, siempre se conserva.
3) OM Una fuerza neta que actúa sobre un objeto provoca a) una aceleración, b) un cambio en la cantidad de movimiento, c) un cambio en la velocidad, d) todas las opciones anteriores.
Solución: La respuesta es la “d”, todas las opciones anteriores.
4) PC ¿Un corredor rápido de futbol americano siempre tiene más cantidad de movimiento lineal que un hombre de línea, más masivo pero más lento? Explique.
Solución: No necesariamente porque mientras mayor es la velocidad mayor es la cantidad de movimiento, pero igualmente, mientras mayor es la masa también mayor es la cantidad de movimiento si la velocidad es diferente de cero.
5) PC Si dos objetos tienen la misma cantidad de movimiento, ¿necesariamente tendrán la misma energía cinética? Explique.
Solución: No necesariamente. Incluso si la cantidad de movimiento es la misma, masas diferentes podrán tener energías cinéticas distintas.
6) PC Si dos objetos tienen la misma energía cinética, ¿necesariamente tendrán la misma cantidad de movimiento? Explique.
Solución: No porque la energía cinética es Ec = ½mV2
7) ● Si una mujer de 60 kg viaja en un automóvil que se mueve a 90 km/h, ¿qué cantidad de movimiento lineal tiene relativa a a) el suelo y b) el automóvil?
Solución: a) Cantidad de movimiento respecto al suelo: La mujer se mueve con la misma velocidad del automóvil resto al suelo 90 km/h = 25 m/s. P = mV → P = (60 kg)(25 m/s) → P = 1500 kg x m/s.
b) La velocidad de la mujer respecto al automóvil es cero porque ella no está en movimiento con respecto al automóvil. P = mV → P = (60 kg)(0 m/s) → P = 0 kg x m/s.
8) ● La cantidad de movimiento lineal de un corredor en los 100 metros planos es de
Solución: P = mV → m = (P)/V → m = 750 kg x m/s/10 m/s → m = 75 kg.
9) ● Calcule la magnitud de la cantidad de movimiento lineal de a) una bola de bolos de 7.1 kg que viaja a 12 m/s y b) un automóvil de 1200 kg que viaja a 90 km/h.
Solución: a) P = mV → P = (7.1 kg)(12 m/s) → P = 85.20 kg x m/s; b) P = mV → P = (1200 kg)(25 m/s) → P = 30000 kg x m/s.
10) ● En futbol americano, un hombre de línea casi siempre tiene más masa que un corredor. a) ¿Un hombre de línea siempre tendrá mayor cantidad de movimiento lineal que un corredor? ¿Por qué? b) ¿Quién tiene mayor cantidad de movimiento lineal, un corredor de 75 kg que corre a 8.5 m/s o un hombre de línea de 120 kg que corre a 5.0 m/s?
Solución: a) No necesariamente porque la cantidad de movimiento depende de las masas y la velocidades involucradas y no sólo de la masa.
b) P1= mV → P1 = (75 kg)(8.5 m/s) → P1 = 637.50 kg x m/s; b) P2 = mV → P2 = (120 kg)(5 m/s) → P2 = 600 kg x m/s.
11) ● ¿Con qué rapidez viajará un automóvil de 1200 kg si tiene la misma cantidad de movimiento lineal que una camioneta de 1500 kg que viaja a 90 km/h?
Solución: P1= P2 → m1V1= m2V2 → V1= (m2V2)/m1 → V1= [(1500 kg)(25 m/s)]/1200 kg → V1= 31.25 m/s.
12) ●● Una pelota de béisbol de 0.150 kg que viaja con una rapidez horizontal de 4.50 m/s es golpeada por un bate y luego se mueve con una rapidez de 34.7 m/s en la dirección opuesta. ¿Qué cambio sufrió su cantidad de movimiento?
Solución: tomando como positivo el sentido de la pelota después de ser golpeada:
∆P = mVf - mVi →
13) ●● Una bala de caucho de 15.0 g golpea una pared con una rapidez de 150 m/s. Si la bala rebota directamente con una rapidez de 120 m/s, ¿cómo cambio su cantidad de movimiento?
Solución: tomando como positivo el sentido de la pelota después de ser golpeada: ∆P = mVf - mVi →
14) EI ●● Dos protones se acercan entre sí con diferente rapidez. a) ¿La magnitud de la cantidad de movimiento total del sistema de los dos protones será 1) mayor que la magnitud de la cantidad de movimiento de cualquiera de los protones, 2) igual a la diferencia de las magnitudes de las cantidades de movimiento de los dos protones o 3) igual a la suma de las magnitudes de las cantidades de movimiento de los dos protones? .Por qué? b) Si las rapideces de los dos protones son 340 y 450 m/s, respectivamente, ¿qué cantidad de movimiento total tiene el sistema de los dos protones? [Sugerencia: busque la masa de un protón en una de las tablas de las guardas de este libro.]
Solución: La respuesta es la “3”, igual a la suma de las magnitudes de las cantidades de movimiento de los dos protones porque las masas son iguales y sus rapideces acorta el tiempo de encuentro entre uno y otro.
∆P = mVf + mVi →
15) ●● Tomando como densidad del aire 1.29 kg/m3, ¿qué magnitud tiene la cantidad de movimiento lineal de un metro cubico de aire que se mueve con una rapidez de a) 36 km/h y b) 74 mi/h (la rapidez que alcanza el viento cuando una tormenta tropical se convierte en un huracán)?
Solución: Masa de un metro cubico de aire: d = m/V → m = d x V
a) P1 =mV1 → P1 =(1.29 kg)(10 m/s) P1 =12.9 kg x m/s; b) P2 =mV2 → P2 =(1.29 kg)(33.08 m/s) P2 =42.67 kg x m/s.
16) ●● Dos corredores cuyas masas son 70 y 60 kg, respectivamente, tienen una cantidad de movimiento lineal total de 350 kg x m/s
Solución: ∆P = mVf + mVi →
17) 1) ●● Una bola de billar de 0.20 kg que viaja con una rapidez de 15 m/s golpea el borde de una mesa de billar con un ángulo de 60° (figura 6.27). ¿Si la bola rebota con las mismas rapidez y ángulo, ¿qué cambio sufre su cantidad de movimiento?
Solución: Variación de la cantidad de movimiento ∆P = Pf - Pi.
La cantidad de movimiento es una magnitud vectorial y debe ser tratada como tal.
componentes vectoriales: Pir = Pix + Piy → Pir = Pisen60°(+i) + Picos60°(+J) → Pir = Pisen60°(i) + Picos60°(J); Pfr = Pfx + Pfy → Pfr = Pfsen60°(+ i) + Pfcos60°(- J) → Pfr = Pfsen60°(i) - Pfcos60°(J).
Variación de la cantidad de movimiento: ∆P = Pf - Pi → ∆P = (Pfx + Pfy) - (Pix + Piy) → ∆P = (Pfsen60°(i) - Pfcos60°(J)) - (Pisen60°(i) + Picos60°(J))
Después del rebote las magnitudes de Vi = Vf = V y θi = θf = θ, por tanto:
∆P = mvsen60°(i) - mvcos60°(J) - mvsen60°(i) - mvcos60°(J) → ∆P = - 2mvcos60°(J) → ∆P = - 2(0.20 kg)(- 15 m)(0.5)(J) → ∆P = - 3 kg x m/s(J).
18) ●● Suponga que la bola de billar de la figura 6.27 se aproxima a la orilla de la mesa con una rapidez de 15 m/s y a un ángulo de 60°, como se muestra, pero rebota con una rapidez de 10 m/s y a un ángulo de 50°. ¿Cuál es el cambio en la cantidad de movimiento en este caso? [Sugerencia: utilice componentes.]
Solución: Variación de la cantidad de movimiento: ∆P = Pf - Pi; Componentes Vectoriales:
Pir = Pix + Piy → Pir = Pisen60°(+i) + Picos60°(+J) → Pir = Pisen60°(i) + Picos60°(J); Pfr = Pfx + Pfy → Pfr = Pfsen50°(+ i) + Pfcos50°(- J) → Pfr = Pfsen50°(i) - Pfcos50°(J).
Sustituyendo en la variación de la cantidad de movimiento:
∆P = Pf - Pi → ∆P = (Pfx + Pfy) - (Pix + Piy) → ∆P = Pfsen50°(i) - Pfcos50°(J) - Pisen60°(i) - Picos60°(J) → ∆P = mVfsen50°(i) - mVfcos50°(J) - mVisen60°(i) - mVicos60°(J) → ∆P = (0.20 kg)(10 m/s)(0.77)(i) - (0.20 kg)(10 m/s)(0.643)(J) - (0.20 kg)(15 m/s)(0.87)(i) - (0.20 kg)(15 m/s)(0.5)(J) → ∆P = (1.54 kg x m/s - 2.61 kg x m/s)(i) + (- 1.286 kg x m/s - 1.5 kg x m/s)(J) → ∆P = (- 1.07 kg x m/s)i - (2.79 kg x m/s)J.
19) ●● Una persona empuja una caja de 10 kg desde el reposo y la acelera hasta una rapidez de 4.0 m/s con una fuerza constante. Si la persona empuja la caja durante 2.5 s, ¿cuánta fuerza ejerce sobre la caja?
Solución: La fuerza por el tiempo es equivalente a la cantidad de movimiento, por tanto.
F∆t = ∆P → F = ∆P/∆t → F = (mVf - mVi)/∆t → F = [(10 kg)(4.0 m/s) - (10 kg)(0 m/s))]/2.5 seg → F = 16 N.
20) ●● Un remolque cargado, con una masa total de 5000 kg y rapidez de 3.0 km/h, choca contra una plataforma de carga y se detiene en 0.64 s. Calcule la magnitud de la fuerza promedio ejercida por la plataforma sobre el remolque.
Solución: F∆t = ∆P → F = Pf - Pi/∆t → F = (mVf - mVi)/∆t → F = [(5000 kg)(0 m/s) - (5000 kg)(0.83 m/s))]/0.64 seg → F = - 6484.38 N.
El signo negativo indica que la fuerza que ejerce la pared sobre el remolque es en la dirección contraria a la dirección del remolque.
21) ●● Una bola de lodo de 2.0 kg se deja caer desde una altura de 15 m, donde estaba en reposo. Si el impacto entre la bola y el suelo dura 0.50 s, ¿qué fuerza neta promedio ejerció la bola contra el suelo?
Solución:
F∆t = ∆P → F = Pf - Pi/∆t → F = (mVf - mVi)/∆t → F = [(2.0 kg)(17.15 m/s) - (2.0 kg)(0 m/s))]/0.50 seg → F = 68.60 N.
22) EI ●● En una práctica de futbol americano, dos receptores corren de acuerdo con distintos patrones de recepción de pases. Uno de ellos, con una masa de 80.0 kg, corre a 45° hacia el noreste con una rapidez de 5.00 m/s. El segundo receptor (con masa de 90.0 kg) corre en línea recta por el campo de juego (derecho hacia el este) a 6.00 m/s. a) ¿Cuál es la dirección de su cantidad de movimiento total? 1) Exactamente hacia el noreste; 2) hacia el norte del noreste; 3) exactamente hacia el este o 4) hacia el este del noreste. b) Justifique su respuesta al inciso a calculando cual fue en realidad su cantidad de movimiento total.
Solución: a)
b) La cantidad de movimiento del receptor menos masivo tiene una componente horizontal y una vertical, por tanto:
Cantidad de movimiento total en el eje X: ∆Px = P1x + P2x → ∆Px = m1V1cos45° + m2V2 → ∆Px = ( 80 kg)(5 m/s)(0.71) + (90 kg)(6 m/s) → ∆Px = 284 kg x m/s + 540 kg x m/s → ∆Px = 824 kg x m/s.
Cantidad de movimiento total en el eje Y: ∆Py = P1y + P2y → ∆Py = m1V1sen45° + m2V2 → ∆Py = ( 80 kg)(5 m/s)(0.71) + (90 kg)(0 m/s) → ∆Py = 284 kg x m/s + 0 kg x m/s → ∆Py = 284 kg x m/s.
Cantidad de movimiento total: (∆P)2 = (Px)2+ (Py)2 → ∆P = [824 kg x m/s)2 + (284 kg x m/s)2]½ → ∆P = [678976 kg2 x m2/s2 + 80656 kg2 x m2/s2]½ → ∆P = 871.57 kg x m/s.
Dirección: θ = Tan-1(∆Py/∆Px) → θ = Tan-1(284/824) → θ = 19°.
23) ●● Un cátcher de grandes ligas atrapa una pelota rápida que viaja a 95.0 mi/h; su mano, junto con el guante, retroceden 10.0 cm al llevar la pelota al reposo. Si le tomara 0.00470 segundos llevar la pelota (con una masa de 250 g) al reposo en el guante, a) ¿cuáles serían la magnitud y la dirección del cambio en la cantidad de movimiento de la pelota? b) Determine la fuerza promedio que ejerce la pelota sobre la mano y el guante del cátcher.
Solución: Conversion: 95 mi/h x 1609.344 m/1 mi x 1 h/3600 s = 42.47 m/s; 10 cm x 1 m/100 cm = 0.1 m; 250 gr x 1kg/1000 gr = 0.25 kg.
a) Variación de la cantidad de movimiento: ∆P = Pf - Pi → ∆P = mVf - mVi → ∆P = (0.25 kg)(0 m/s) - (0.25 kg)(42.47 m/s) → ∆P = - 10.62 kg x m/s (El signo negativo indica que es en dirección contraria a la velocidad inicial).
b) La fuerza que debe aplicarse para detener la pelota en este caso se debe determinarse primero la desaceleración la pelota para llegar al reposo:
d = (Vf2 - Vi2)/2a → a = (Vf2 - Vi2)/2d → a = ((0 m/s)2 - (42.47 m/a)2)/2(0.10 m) → a = - (1803.7 m2/s2)/0.20 m → a = - 9.04 x 103 m/s2.
F = ma → F = (0.25 kg)(- 9.04 x 103 m2/s2) → F = - 2.26 x 103 N.
Otra manera es: F∆t = ∆P → F = (Pf - Pi)/∆t → F = 10.62 kg x m/s/0.00470 s → F = 2.26 x 103 N.
24) ●●● Durante un partido de baloncesto, una porrista de 120 lb es lanzada verticalmente hacia arriba con una rapidez de 4.50 m/s por un porrista. a) ¿Cómo cambia la cantidad de movimiento de la joven entre el momento en que su compañero la suelta y el momento en que la recibe en sus brazos, si es atrapada a la misma altura desde la que fue lanzada? b) ¿Habría alguna diferencia si la atraparan 0.30 m por debajo del punto de lanzamiento? ¿Cómo cambiaría su cantidad de movimiento en ese caso?
Solución: 120 lib x 1 kg/2.2 lib = 54.54 kg;
a) Variación de la cantidad de movimiento en la subida: ∆P = Pf - Pi → ∆P = mVf - mVi → ∆P = (54.54 kg)(0 m/s) - (54.54 kg)(4.50 m/s) → ∆P = - 245.43 kg x m/s.
Variación de la cantidad de movimiento en la bajada: ∆P = Pf - Pi → ∆P = mVf - mVi → ∆P = (54.54 kg)(4.5 m/s) - (54.54 kg)(0 m/s) → ∆P = 245.43 kg x m/s.
Conclusión: la magnitud de la cantidad de movimiento de la subida y la bajada es la misma, sólo cambian en signo por la dirección opuesta de la velocidad en la subida y en la bajada, Es decir, sólo cambian en signo por ser magnitudes vectoriales.
b) Altura total recorrida: ht = h1 + h2 → ht = [(Vf)2 - (Vi)2]2g + h2 → ht = [(4.50 m/s)2 - (0 m/s)2]2(9.8 m/s2) + 0.30 m → ht = 1.033 m + 0.30 m → ht = 1.33 m.
Velocidad alcanzada en ese punto: en vista que la velocidad inicial en la altura máxima es igual a cero Vi = 0 → V = [2ght]½ → V = [2(9.8 m/s2)(1.33 m)]½ → V = 5.106 m/s.
Cantidad de movimiento:
“La cantidad de movimiento aumenta porque aumenta la velocidad al recorrer mayor distancia, ya que el movimiento es uniformemente acelerado”.
25) ●●● Una pelota, cuya masa es de 200 g, se lanza desde el reposo a una altura de 2.00 m sobre el piso y rebota en línea recta hacia arriba hasta una altura de 0.900 m. a) Determine el cambio en la cantidad de movimiento de la pelota que se debe a su contacto con el piso. b) Si el tiempo de contacto con el piso fue de 0.0950 segundos, ¿cuál fue la fuerza promedio que el piso ejerció sobre la pelota y en qué dirección?
Solución:
Mediante la ley de conservación de la energía puede determinarse la velocidad de caída y la del rebote.
Velocidad de la caída: Ef = Ei → mghf + ½m(Vf2 = mghi + ½mVi2 → m(ghf + ½Vf2) = m(ghi + ½Vi2) → (9.8 m/s2)(0 m) + ½Vf2 = (9.8 m/s2)(2 m) + ½(0 m/s)2 → ½Vf2 = 19.6 m2/s2 → Vf = [2(19.6 m2/s2)]½ → Vf = 6.26 m/s. (por convención el signo de Vf es negativo porque está dirigido hacia abajo) velocidad con la cual rebota.
Velocidad del rebote: Ef = Ei → mghf + ½mVf2 = mghi + ½mVi2 → m(ghf + ½Vf2) = m(ghi + ½Vi2) → (9.8 m/s2)(0.9 m) + ½(0 m/s)2 = (9.8 m/s2)(0 m) + ½Vi2 → ½Vi2 = 19.6 m2/s2 → Vi = [2(8.82 m2/s2)]½ → Vi = 4.20 m/s.
Variación de la cantidad de movimiento: (La velocidad Vi y Vf tienen direcciones opuestas.
∆P = Pf - Pi → ∆P = mVf - mVi → ∆P = (0.20 kg)(4.20 m/s) - (0.20 kg)(- 6.26 m/s) → ∆P = 0.84 kg x m/s + 1.25 kg x m/s → ∆P = 2.09 kg x m/s.
b) F∆t = ∆P → F = (Pf - Pi)/∆t → F = 2.09 kg x m/s/0.0950 s → F = 22 N.
6.2 Impulso:
26) OM Las unidades de impulso son a) kg · m/s, b) N · s, c) iguales que las de la cantidad de movimiento, d) todas las anteriores.
Solución: La respuesta es la “d”, todas las anteriores.
27) OM Impulso es igual a a)
Solución: La respuesta es la “c”, el cambio de cantidad de movimiento.
28) PC El follow-through se usa en muchos deportes, como al realizar un servicio en tenis. Explique cómo el follow-through puede aumentar la rapidez de la pelota de tenis en el servicio.
Solución: El follow-Through radica en el constante empujón de la raqueta a la pelota mientras se está practicando el deporte, esta constancia produce mayor rapidez ya que este movimiento es denominado impulso genera un incremento en la velocidad de la pelota.
29) PC Un estudiante de karate trata de no hacer follow-through para romper una tabla, como se muestra en la figura 6.28. ¿Cómo puede la detención abrupta de la mano (sin follow-through) generar tanta fuerza?
Solución: Deteniéndose, el tiempo de contacto es menor. De acuerdo con el teorema de la cantidad de movimiento del impulso (
30) Explique la diferencia para cada uno de los siguientes pares de acciones en términos de impulso: a) un tiro largo (long drive) y un tiro corto (chip shot) de un golfista; b) un golpe corto (jab) y un golpe de knockout de un boxeador; c) una acción de toque de bola (que hace rodar suavemente la pelota dentro del cuadro) y un batazo de jonrón de un beisbolista.
Solución: a) Tiro Largo y tiro corto: Durante el golf se manifiestan ambos tipos de titos, lo que los diferencia es la fuerza aplicada. En un tiro largo, se le manifiesta una magnitud mayor de fuerza lo cual genera un impulso grande, mientras que en un tiro corto se le aplica una fuerza pequeña la cual genera un impulso pequeño que produce mayor precisión.
b) Un golpe corto (jab) y un golpe de knockout de un boxeador.
31) PC Explique el principio en que se basa a) el uso de espuma de polietileno como material de empaque para evitar que se rompan los objetos, b) el uso de hombreras en fútbol americano para evitar lesiones de los jugadores y c) el guante más grueso que usa un cátcher de béisbol, en comparación con el que usan los demás jugadores defensivos.
Solución: En a), b) y c), al haber mayor tiempo de contacto, hay menor fuerza promedio. Esto se debe a que (Fm∆t = ∆P = mVf - mVi)
32) ●Cuando un bateador lanza hacia arriba una pelota de softbol de 0.20 kg y la batea horizontalmente, la pelota recibe un impulso de 3.0 N · s. ¿Con qué rapidez horizontal se aleja la pelota del bate?
Solución: I =
33) ● Un automóvil con una cantidad de movimiento lineal de 3.0 x 104 kg · m/s se detiene en 5.0 s. ¿Qué magnitud tiene la fuerza promedio de frenado?
Solución: F∆t = ∆P → F = (Pf - Pi)/∆t → F = 3.0 x 104 kg x m/s/5 s → F = 6 x 103 N.
34) ● Un jugador de billar imparte un impulso de 3.2 N · s a una bola estacionaria de 0.25 kg con su taco. ¿Qué rapidez tiene la bola justo después del impacto?
Solución: El impulso aplicado a la bola produce una variación en la cantidad de movimiento de la misma, por tanto I =
35) ●● Para el golpe de karate del ejercicio 29, supongamos que la mano tiene una masa de 0.35 kg, que la rapidez de la mano justo antes de golpear la tabla es de 10 m/s y que después del golpe la mano queda en reposo. ¿Qué fuerza promedio ejerce la mano sobre la tabla si a) la mano hace follow-through, de manera que el tiempo de contacto sea de 3 ms y b) la mano se detiene abruptamente, de manera que el tiempo de contacto sea de sólo 0.30 ms?
Solución: 3 ms x 1 s/1000 ms = 3 x 10-3 s; 0.30 ms x 1 s/1000 ms = 3 x 10-4 s.
a) F∆t = ∆P → F = (Pf - Pi)/∆t → F = (mVf - mVi )/∆t → F = (0.35 kg)(0 m/s) - (0.35 kg)(10 m/s)/(3 x 10-3 s) → F = - 1.2 x 103 N. El signo negativo indica la fuerza de reacción que la tabla ejerce sobre la mano, por tanto, la fuerza que la mano ejerce sobre la tabla es la misma magnitud, pero positiva.
b) F∆t = ∆P → F = (Pf - Pi)/∆t → F = (mVf - mVi )/∆t → F = (0.35 kg)(0 m/s) - (0.35 kg)(10 m/s)/(3 x 10-4 s) → F = - 1.2 x 104 N.
36) EI ●● Al efectuar un “toque de pelota”, un beisbolista usa el bate para cambiar tanto la rapidez como la dirección de la pelota. a) ¿La magnitud del cambio en la cantidad de movimiento de la pelota antes y después del toque será 1) mayor que la magnitud de la cantidad de movimiento de la pelota antes o después del toque, 2) igual a la diferencia entre las magnitudes de las cantidades de movimiento de la pelota antes y después del toque o 3) igual a la suma de las magnitudes de las cantidades de movimiento de la pelota antes y después del toque? ¿Por qué? b) La pelota tiene una masa de 0.16 kg; su rapidez antes y después del toque es de 15 y 10 m/s, respectivamente, y el toque dura 0.025 s. Calcule el cambio de cantidad de movimiento de la pelota. c) ¿Qué fuerza promedio ejerce el bate sobre la pelota?
Solución: a) La respuesta es la “3)” igual a la diferencia de las magnitudes de las cantidades de movimiento de la pelota antes y después del toque.
b) ∆P = Pf - Pi → ∆P = mVf - mVi → ∆P = (0.16 kg)(10 m/s) - (0.16 kg)(- 15 m/s) → ∆P = 1.6 kg x m/s + 2.4 kg x m/s → ∆P = 4 kg x m/s.
c) F∆t = ∆P → F = (Pf - Pi)/∆t → F = (mVf - mVi )/∆t → F = 4 kg x m/s/(0.025 s) → F = 160 N.
37) EI ●● Un automóvil con una masa de 1500 kg viaja por una carretera horizontal a 30.0 m/s. Recibe un impulso con una magnitud de 2000 N · s y su rapidez se reduce tanto como es posible por un impulso así. a) ¿Qué provocó este impulso? 1) El conductor que apretó el acelerador, 2) el conductor que aplicó el freno o 3) el conductor que dio vuelta al volante. b) ¿Cuál fue la rapidez del automóvil después de que se aplicó el impulso?
Solución: a) La respuesta es la “2)” el conductor aplicando los frenos, ya que se reduce la velocidad.
b) impulso debe considerarse negativo porque reduce su velocidad, esto es:
- I = ∆P → - I = mVf - mVi → - 2000 N x s = (1500 kg)Vf - (1500 kg)(30 m/s) → - 2000 N x s = (1500 kg)Vf - 45000 kg x m/s → Vf = 28.67 m/s.
38) ●● Una astronauta (cuya masa es de 100 kg, con su equipo) regresa a su estación espacial con una rapidez de 0.750 m/s pero en el ángulo incorrecto. Para corregir su dirección, enciende los cohetes del equipo que lleva a la espalda en ángulos rectos a su movimiento durante un breve periodo. Estos cohetes direccionales ejercen una fuerza constante de 100.0 N por apenas 0.200 s. [Ignore la pequeña pérdida de masa que se debe al combustible que se quema y suponga que el impulso se da en ángulos rectos a su cantidad de movimiento inicial.] a) ¿Cuál es la magnitud del impulso que se ejerce sobre la astronauta? b) ¿Cuál es su nueva dirección (relativa a la dirección inicial)? c) ¿Cuál es su nueva rapidez?
Solución: a) Este problema se puede resolver aplicando el principio de conservación del impulso y de la cantidad de movimiento:
a) I = ∆P = F x ∆t → ∆P = (100 N)(0.200 s) → ∆P = 20 kg x m/s.
b) Como la astronauta enciende los cohetes en ángulos rectos a su movimiento inicial, la nueva dirección es perpendicular a la dirección original. Por lo tanto, la nueva dirección es de 90° con respecto a la dirección inicial.
c) ∆P = Pf - Pi → ∆P = mVf - mVi → mVf = ∆P + mVi → Vf = (∆P + mVi)/m → Vf = (20 kg x m/s + (100 kg)(0.750 m/s)/100 kg → Vf = 0.95 m/s. (Nueva rapidez)
39) ●● Un balón de volibol viaja hacia una persona. a) ¿Qué acción requerirá aplicar mayor fuerza al balón: atraparlo o golpearlo? ¿Por qué? b) Un balón de volibol de 0.45 kg viaja con una velocidad horizontal de 4.0 m/s sobre la red. Un jugador salta y lo golpea impartiéndole una velocidad horizontal de 7.0 m/s en la dirección opuesta. Si el tiempo de contacto es de 0.040 s, ¿qué fuerza promedio se aplicó al balón?
Solución: a) La respuesta es “Golpearlo requiere una mayor fuerza”. Porque la fuerza es proporcional al cambio en la cantidad de movimiento cuando una pelota cambia su dirección, el cambio en la cantidad de movimiento es mayor.
b) I = ∆P → F∆t = Pf - Pi → F = (mVf - mVi)/∆t → F = [(0.45 kg)(7 m/s) - (0.45 kg)(- 4 m/s)]/0.040 s → F = 1.24 x 102 N. En la dirección contraria a la velocidad inicial.
40) ●● Una pelota de 1.0 kg se lanza horizontalmente con una velocidad de 15 m/s contra una pared. Si la pelota rebota horizontalmente con una velocidad de 13 m/s y el tiempo de contacto es de 0.020 s, ¿qué fuerza ejerce la pared sobre la pelota?
Solución: I = ∆P → F∆t = Pf - Pi → F = (mVf - mVi)/∆t → F = [(1 kg)(13 m/s) - (1 kg)(- 15 m/s)]/0.020 s → F = 1.4 x 103 N. En la dirección contraria a la velocidad inicial.
41) ●● Un muchacho atrapa —con las manos desnudas y los brazos rígidos y extendidos— una pelota de béisbol de 0.16 kg, que viaja directamente hacia él con una rapidez de 25 m/s. El muchacho se queja porque el golpe le dolió. Pronto aprende a mover sus manos junto con la pelota al atraparla. Si el tiempo de contacto del choque aumenta de 3.5 a 8.5 ms al hacerlo, ¿qué cambio relativo hay en las magnitudes promedio de la fuerza de impulso?
Solución: para 3.5 ms: I = ∆P → F3.5 ms∆t = Pf - Pi → F3.5 ms = (mVf - mVi)/∆t → F3.5 ms = [(0.16 kg)(0 m/s) - (0.16 kg)(- 25 m/s)]/3.5 x 10-3 s → F3.5 ms = 1.14 x 103 N.
para 8.5 ms: I = ∆P → F8.5 ms∆t = Pf - Pi → F8.5 ms = (mVf - mVi)/∆t → F8.5 ms = [(0.16 kg)(0 m/s) - (0.16 kg)(- 25 m/s)]/8.5 x 10-3 s → F8.5 ms = 4.71 x 102 N.
Reducción de la fuerza promedio de impulso: Fr = F3.5ms - F8.5ms → Fr = 1.14 x 103 N - 4.7 x 102 N → Fr = 0.67 x 103 N. que es el cambio relativo que hay en las magnitudes promedio de la fuerza de impulso.
% de la fuerza de cambio: Fcb = (F8.5 ms)/(F3.5 ms) x 100 → Fcb = (0.47 x 103 N)/(1.14 x 103 N) x 100 → Fcb = 41%.
42) ● Una fuerza de impulso unidimensional actúa sobre un objeto de 3.0 kg de acuerdo con el diagrama en la figura 6.29. Encuentre a) la magnitud del impulso que se da al objeto, b) la magnitud de la fuerza promedio y c) la rapidez final si el objeto tuviera una rapidez inicial de 6.0 m/s.
Solución: Se sabe que impulso es igual a I = F∆t, por tanto el impulso total es el área bajo la curva:
A1 = I1 = (bxh)/2 → I1 = (∆txF)/2 → I1 = [(0.04 s - 0 s)(900 N)]/2 → I1 = 18 N x s; A2 = I2 = (bxh) → I2 = (∆txF) → I2 = [(0.08 s - 0.04 s)(900 N)] → I2 = 36 N x s; A3 = I3 = (bxh)/2 → I3 = (∆txF)/2 → I3 = [(0.14 s - 0.08 s)(900 N)]/2 → I3 = 27 N x s.
Impulso total (It): It = I1 + I2 + I3 → It = 18 N x s + 36 N x s + 27 N x s → It = 81 N x s.
b) La magnitud de la fuerza promedio: F∆t = It → F = It/∆t → F = 81 N x s/0.14 s → F = 578.57 N.
c) I =
43) ●● Un trozo de masilla de 0.45 kg se deja caer desde una altura de 2.5 m por encima de una superficie plana. Cuando golpea la superficie, la masilla llega al reposo en 0.30 s. ¿Cuál es la fuerza promedio que la superficie ejerce sobre la masilla?
Solución: Velocidad con que toca la superficie plana V = [2gh]½ → V = [2(9.8 m/s2)(2.5 m)]½ → V = 7 m/s.
Fuerza promedio: F∆t = I → F = I/∆t → F = (mVf - mVi)/∆t → F = [(0.45 kg)(0 m/s) - (0.45 kg)(- 7 m/s)]/0.30 s → F = 10.5 N hacia arriba.
44) ●● Si la bola de billar de la figura 6.27 está en contacto con el borde durante 0.010 s, ¿qué magnitud tiene la fuerza promedio que el borde ejerce sobre la bola? (Véase el ejercicio 17.)
Solución: F∆t = I → F = I/∆t → F = (mVf - mVi)/∆t → F = -3 kg x m/s/0.010 s → F = - 300 N.
.45) ●● Un automóvil de 15 000 N viaja con una rapidez de 45 km/h hacia el norte por una calle, y un auto deportivo de 7500 N viaja con una rapidez de 60 km/h hacia el este por una calle que cruza con la primera. a) Si ninguno de los conductores frena y los vehículos chocan en la intersección y sus parachoques (o defensas) se atoran, ¿cuál será la velocidad de los vehículos inmediatamente después del choque? b) ¿Qué porcentaje de la energía cinética inicial se perderá en el choque?
Solución:
45 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 12.5 m/s; 65 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 16.7 m/s.
a) Aplicando el principio de la conservación de la cantidad de movimiento y teniendo en cuenta que el choque es inelástico ya que los autos se mueven unidos después del choque, por tanto velocidad es la misma:
Pant = Pdesp → P1ant + P2ant = P1desp + p2desp → m1V1ant + m2V2ant = m1V1desp + m2V2desp como el choque es inelástico V1ydesp = V2xdesp = V.
m1V1yant + m2V2Xant = m1V + m2V → V = (m1V1yant)/(m1 + m2) + (m2V2Xant)/(m1 + m2)
Cantidades de movimiento antes del choque: P1yant = (m1V1yant) → P1yant = (1530.6 kg)(12.5 m/s) → P1yant = 19132.5 kg x m/s; P2Xant = (m2V2Xant) → P2Xant = (765.3 kg)(16.7 m/s) → P2Xant = 12780.5 kg x m/s.
Velocidades componentes después del choque: Vy = [(m1V1yant)/(m1 + m2)] → Vy = [(1530.6 kg)(12.5 m/s)/(1530.6 kg + 765.3 kg)] → Vy = 8.33 m/s; Vx = [(m2V2Xant)/(m1 + m2)] → Vx = [(765.3 kg)(16.7 m/s)/(1530.6 kg + 765.3 kg)] → Vx = 5.57 m/s.
Velocidad del sistema después del choque: V = [(Vx)2 + (Vy)2]½ → V = [(5.57 m/s)2 + (8.33 m/s)2]½ → V= [31.0249 m2/s2 + 69.39 m2/s2]½ → V = 10 m/s → V = 36 km/h a 56° al Norte del Este.
Dirección: θ = Tan-1(Vy/Vx) → θ = Tan-1(8.33/5.57) → θ = 56°.
b) Suma de las energías cinética antes del choque: Ecant = Ec1ant + Ec2ant → Ecant = ½m1(V1ant )2 + ½m2(V2ant )2 → Ecant = ½(1530.6 kg)(12.5 m/s)2 + ½(765.3 kg)(16.7 m/s)2 → Ecant = 119578.13 Joules + 106717.26 Joules → Ecant = 226295.39 Joules.
Energía cinética después del choque: Ec(1+2) = ½(m1 + m2)V2 → Ec(1+2) = ½(1530.6 kg + 765.3 kg)(10 m/s)2 → Ec(1+2) = 114795 Joules.
Perdida de energía: energía antes del choque menos energía después del choque:
(Ecant) - (Ec(1+2)) = 226295.39 Joules - 114795 Joules → (Ecant) - (Ec(1+2)) = 111500.39 Joules.
Porciento de energía que conservada el sistema despues de la colisión:
Ec(1+2)/ Ecant x 100 = (114795 Joules)/(226295.39 Joules) x 100 → Ec(1+2)/ Ecant x 100 = 51%
Porciento de energía perdida por el sistema despues de la colisión: 100% - 51% = 49%.
46) ●●● En una prueba simulada de choque de frente, un automóvil golpea una pared a 25 mi/h (40 km/h) y se detiene abruptamente. Un maniquí de 120 lb (con una masa de 55 kg), no sujeto con cinturón de seguridad, es detenido por una bolsa de aire, que ejerce sobre él una fuerza de 2400 lb. ¿Cuánto tiempo estuvo en contacto el maniquí con la bolsa para detenerse?
Solución: Conversión 120 lb x 1 kg/2.2 lb = 54.54 kg; 2400 lbf x 4.45 N/lbf = 10680 N; 25 mi/h x 1609.344 m/mi x 1 h/3600s = 11.18 m/s.
El impulso (Ft) que una fuerza produce a un objeto provoca una variación de su cantidad de movimiento.
La fuerza que ejerce la bolsa de aire sobre el Maniquí tiene sentido contrario a la dirección del movimiento del Maniquí, por tanto, es negativa.
I = - F∆t = ∆P → - F∆t = ∆P → ∆t = ∆P/-F → ∆t = (mVf - mVi)/-F → ∆t = [(54.54 kg)(0 m/s) - (54.54 kg)(11.18 m/s)]/- 10680 N → ∆t = 0.06 seg.
47) ●●● Un jugador de béisbol batea la pelota en línea recta hacia arriba. La pelota (cuya masa es de 200 g) viajaba horizontalmente a 35.0 m/s, justo antes de hacer contacto con el bate y va a 20.0 m/s justo después hacer contacto con éste. Determine la dirección y la magnitud del impulso que el bate aplica a la pelota. Solución:
La magnitud del impulso total se determina aplicando el teorema de Pitágoras. Impulso de las componentes: Ix = - mVx → Ix = - (0.2 kg)(35 m/s) → Ix = - 7 kg x m/s; Iy = mVy → Iy = (0.2 kg)(20 m/s) → Iy = 4 kg x m/s.
Impulso total: It = [(Ix)2 + (Iy)2]½ → It = [(- 7 kg x m/s)2 + (4 kg x m/s)2]½ → It = 8.06 kg x m/s.
Dirección: θ = Tan-1(Iy/Ix) → θ = Tan-1(4/- 7) → θ = 29.74° por encima del eje - X.
6.3 Conservación de la cantidad de movimiento lineal.
48) OM La conservación de la cantidad de movimiento lineal se describe por medio de a) el teorema impulso-cantidad de movimiento, b) el teorema trabajo-energía, c) la primera ley de Newton, d) la conservación de la energía.
Solución: La respuesta es la “a)” el teorema impulso-cantidad de movimiento.
49) OM La cantidad de movimiento lineal de un objeto se conserva si a) la fuerza que actúa sobre el objeto es conservativa; b) una sola fuerza interna no equilibrada actúa sobre el objeto; c) la energía mecánica se conserva, o d) nada de lo anterior.
Solución: La respuesta es la “d)” nada de lo anterior.
50) OM Las fuerzas internas no afectan a la conservación de la cantidad de movimiento porque a) se cancelan entre sí, b) sus efectos se cancelan con fuerzas externas, c) nunca pueden ocasionar un cambio de velocidad o d) la segunda ley de Newton no se aplica a ellas.
Solución: La respuesta es la “a)” porque las fuerzas se cancelan entre sí.
51) PC La figura 6.30 muestra una lancha de aire como las que se usan en zonas pantanosas. Explique su principio de propulsión. Utilizando el concepto de conservación de la cantidad de movimiento lineal, explique qué sucedería con la lancha si se instalara una vela detrás del ventilador.
Solución: El aire se mueve hacia atrás y la lancha se mueve hacia delante de acuerdo con la conservación de la cantidad de movimiento. Si la vela se colocara detrás del ventilador en la lancha, ésta no iría hacia delante porque las fuerzas entre el ventilador y la vela son fuerzas internas del sistema.
52) PC Imagínese parado en el centro de un lago congelado. El hielo es tan liso que no hay fricción. ¿Cómo llegaría a la orilla? (No podría caminar. ¿Por qué?)
Solución: No, no podría caminar porque al no haber fricción lo que haría es deslizarse sin rumbo; lo que yo haría sería me retiro alguna prenda y posteriormente la colocó bajo mis pies para así crear un poco de soporte y con las manos comenzar a empujar hasta llegar hasta la orilla.
53) PC Un objeto estacionario recibe un golpe directo de otro objeto que se mueve hacia él. ¿Ambos objetos pueden quedar en reposo después del choque? Explique.
Solución: No, es imposible, porque antes del choque, hay algo de cantidad de movimiento inicial del sistema de dos objetos que se debe al que está en movimiento. De acuerdo con la conservación de la cantidad de movimiento, el sistema también debería tener cantidad de movimiento después del choque. Por lo tanto, no es posible que ambos estén en reposo (cantidad de movimiento total del sistema igual a cero).
54) PC Cuando se golpea una pelota de golf en el tee, su rapidez suele ser mucho mayor que la del palo de golf. Explique cómo puede darse esta situación.
Solución: La velocidad de la pelota de golf después de ser golpeada en el tee es mayor que la velocidad del palo de golf debido a la conservación de la energía y la transferencia de esta energía a la pelota. La eficiencia del golpe, así como otros factores como la calidad del golpe, la elasticidad de la pelota y del palo, y la habilidad del golfista, también influyen en la velocidad final de la pelota. En general, la transferencia de energía cinética desde el palo de golf a la pelota explica por qué la velocidad de la pelota puede ser mucho mayor que la del palo durante el impacto en el tee.
55) ● Un astronauta de 60 kg que flota en reposo en el espacio afuera de una cápsula espacial lanza su martillo de 0.50 kg de manera que se mueva con una rapidez de 10 m/s relativa a la cápsula. ¿Qué sucederá con el astronauta?
Solución: Como están en reposo Vi1 = Vi2 = 0; Usando el principio de conservación de la cantidad de movimiento:
56) ● En una competencia de patinaje de figura por parejas, un hombre de 65 kg y su compañera de 45 kg están parados mirándose de frente sobre sus patines. Si se empujan para separarse y la mujer tiene una velocidad de 1.5 m/s hacia el este, ¿qué velocidad tendrá su compañero? (Desprecie la fricción.)
Solución: Como están en reposo Vi1 = Vi2 = 0
∆Pf = ∆Pi → m2V2f + m1V1f = m2V2i + m1V1i → m2V2f + m1V1f = 0 → V2f = - (m1V1f )/m2 → V2f = - (45 kg)(1.5 m/s)/65 kg → V2f = - 1.04 m/s. ()
57) ●● Para escapar de un lago congelado sin fricción, una persona de 65.0 kg se quita un zapato de 0.150 kg y lo lanza horizontalmente en dirección opuesta a la orilla, con una rapidez de 2.00 m/s. Si la persona está a 5.00 m de la orilla, ¿cuánto tarda en alcanzarla?
Solución: Usando el principio de conservación de la cantidad de movimiento se determina la velocidad de retroceso de la persona y luego se calcula el tiempo mediante la ecuación de la distancia del movimiento uniforme y sabiendo que como están en reposo Y tomando como negativa la velocidad del zapato
1°) ∆Pf = ∆Pi → m2V2f + m1V1f = m2V2i + m1V1i → m2V2f + m1V1f = 0 → V2f = - (m1V1f )/m2 → V2f = - (0.150 kg)(- 2 m/s)/65 kg → V2f = 0.0046 m/s.
2°) d = Vt → t = d/V → t = 5 m/0.0046 m/s → t = 1.08 x 103 seg.
58) EI ●● Un objeto en reposo hace explosión y se divide en tres fragmentos. El primero sale disparado hacia el oeste, y el segundo, hacia el sur. a) El tercer fragmento tendrá una dirección general de 1) suroeste, 2) norte del este o 3) directamente al norte o bien directamente al este. ¿Por qué? b) Si el objeto tiene una masa de 3.0 kg, el primer fragmento tiene una masa de 0.50 kg y una rapidez de 2.8 m/s, y el segundo fragmento tiene una masa de 1.3 kg y una rapidez de 1.5 m/s, ¿qué rapidez y dirección tendrá el tercer fragmento?
Solución: Las fuerzas que producen la explosión del objeto son fuerzas internas que, de acuerdo al principio de conservación de la cantidad de movimiento antes y después de la explosión son iguales.
a) La repuesta es la “2” el tercer fragmento tendrá una dirección “norte del este” porque la cantidad de movimiento debe conservarse.
b) Diagrama de cuerpo libre
m1 + m2 + m3 = M → 0.5 kg + 1.3 kg + m3 = 3 kg → 0.5 kg + 1.3 kg + m3 = 1.2 kg
∆Pf = ∆Pi → - (m1V1f )i - (m2V2f )j + m3(V3x + V3y) = 0 → - (1.4 kg x m/s)i - (1.95 kg x m/s)j + [(1.2 kg)V3cosθ + (1.2 kg)V3senθ = 0
En la dirección X: - (1.4 kg x m/s)i + (1.2 kg)V3cosθ → V3cosθ = (1.4 kg x m/s)i/1.2 kg → V3cosθ = 1.17 m/s (I)
En la dirección Y: - (1.95 kg x m/s)j + (1.2 kg)V3senθ → V3senθ = (1.95 kg x m/s)j/1.2 kg → V3senθ = 1.62 m/s (II)
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones I y II
V3senθ/V3cosθ = (1.62 m/s)/(1.17 m/s) → Tanθ = 1.385 → θ = Tan-1(1.385) → θ = 54.2° por encima del eje X positivo.
Eligiendo cualquiera de las ecuaciones se calcula V3: V3senθ = 1.62 m/s → V3 = (1.62 m/s)/sen54.2° → V3 = 2 m/s. (En dirección Nordeste)
59) ●● Suponga que el objeto de 3.0 kg del ejercicio 58 viajaba inicialmente a 2.5 m/s en la dirección x positiva. ¿Qué rapidez y dirección tendría el tercer fragmento en este caso?
Solución: m1 + m2 + m3 = M → 0.5 kg + 1.3 kg + m3 = 3 kg → 0.5 kg + 1.3 kg + m3 = 1.2 kg
∆Pf = ∆Pi → - (m1V1f )i - (m2V2f )j + m3(V3x + V3y) = MV → - (1.4 kg x m/s)i - (1.95 kg x m/s)j + [(1.2 kg)V3cosθ + (1.2 kg)V3senθ = 7.5 kg x m/s
En la dirección X: - (1.4 kg x m/s)i + (1.2 kg)V3cosθ = 7.5 kg x m/s → V3cosθ = (1.4 kg x m/s)i/1.2 kg → V3cosθ = 7.42 m/s (I)
En la dirección Y: - (1.95 kg x m/s)j + (1.2 kg)V3senθ = 0 → V3senθ = (1.95 kg x m/s)j/1.2 kg → V3senθ = 1.62 m/s (II)
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones I y II
V3senθ/V3cosθ = (1.62 m/s)/(7.42 m/s) → Tanθ = 0.2183 → θ = Tan-1(0.2183) → θ = 12.3° por encima del eje X positivo.
Eligiendo cualquiera de las ecuaciones se calcula V3: V3senθ = 1.62 m/s → V3 = (1.62 m/s)/sen12.3° → V3 = 7.6 m/s. (En dirección Nordeste)
60) ●● Dos pelotas con igual masa (0.50 kg) se aproximan al origen de un plano, respectivamente, por los ejes x y y positivos con la misma rapidez (3.3 m/s). a) ¿Cuál es la cantidad de movimiento total del sistema? b) ¿Las pelotas necesariamente chocarán en el origen? ¿Cuál es la cantidad de movimiento total del sistema después de que las dos pelotas hayan pasado por el origen?
Solución: a) Pt = [(- mVx)2 + (- mVy)2]½ → Pt = [(- (0.5 kg)(3.3 m/s))2 + (- (0.5 kg)(3.3 m/s))2]½ → Pt = [2.7225 kg2 x m2/s2 + 2.7225 kg2 x m2/s2]½ → Pt = 2.3 kg x m/s.
b) La cantidad de movimiento del sistema es un vector dirigido hacia el tercer cuadrante. Para que choquen deben concurrir simultáneamente en el origen de coordenadas, No chocan necesariamente. En los choques se conserva la cantidad de movimiento, por tanto la cantidad total sigue siendo P = 2.3 kg x m/s.
61) ●● Dos automóviles idénticos chocan y sus defensas quedan enganchadas. En cada uno de los casos siguientes, ¿qué rapidez tienen los automóviles inmediatamente después de engancharse? a) Un automóvil que avanza a 90 km/h se acerca a un automóvil estacionario; b) dos automóviles se acercan entre sí con rapideces de 90 y 120 km/h, respectivamente; c) dos automóviles viajan en la misma dirección con rapidez de 90 y 120 km/h, respectivamente.
Solución: por el principio de conservación de la cantidad de movimiento y como marchan unidos despues de la colisión resulta:
a)
b) ∆Pf = ∆Pi → mVf + mVf = mV1i + mV2i → 2mVf = m(V1i + V2i) → Vf = (V1i + V2i)/2 → Vf = (120 km/h - 90 km/h)/2 → Vf = 15 km.
c) ∆Pf = ∆Pi → mVf + mVf = mV1i + mV2i → 2mVf = m(V1i + V2i) → Vf = (V1i + V2i)/2 → Vf = (120 km/h + 90 km/h)/2 → Vf = 105 km.
62) ●● Un automóvil de 1200 kg que viaja hacia la derecha con rapidez de 25 m/s choca contra una camioneta de 1500 kg, quedando enganchadas sus defensas. Calcule la velocidad de la combinación después del choque si inicialmente la camioneta a) está en reposo, b) avanza hacia la derecha a 20 m/s y c) avanza hacia la izquierda con rapidez de 20 m/s.
Solución: a) Vi2 = 0 m/s;
b) Vi2 = 20 m/s hacia la derecha; ∆Pf = ∆Pi → (m1 + m2)Vf = m1V1i + m2V2i → Vf = (m1V1i + m2V2i)/(m1 + m2) → Vf = [(1200 kg)(25 m/s) + (1500 kg)(20 m/s))]/(1200 kg + 1500 kg) → Vf = 22.22 m/s.
c) Vi2 = 20 m/s hacia la izquierda;
63) ●● Una bala de 10 g que se mueve horizontalmente a 400 m/s penetra en un bloque de madera de 3.0 kg que descansa en una superficie horizontal. Si la bala sale por el otro lado del bloque a 300 m/s, ¿qué rapidez tiene el bloque inmediatamente después de que sale la bala (figura 6.31)?
Solución: ∆Pf = ∆Pi → m1V1f + m2V2f = m1V1i + m2V2i → (0.01 kg)(300 m/s) + (3 kg)V2f = (0.01 kg)(400 m/s) + (3 kg)(0 m/s) → V2f = → V2f = 0.33 km.
64) ●● La explosión de una bomba de 10.0 kg libera sólo dos fragmentos. La bomba estaba inicialmente en reposo y uno de los fragmentos, de 4.00 kg, viaja hacia el oeste a 100 m/s, inmediatamente después de la explosión. a) ¿Cuáles son la rapidez y la dirección del otro fragmento inmediatamente después de la explosión? b) ¿Cuánta energía cinética se liberó en esa explosión?
Solución: Las fuerzas que actúan en la explosión sólo son fuerzas internas por tanto se cumple el principio de conservación de la cantidad de movimiento.
m1 + m2 = M → m2 = M - m1 → m2 = 10 kg - 4 kg → m2 = 6 kg.
∆Pf = ∆Pi → m1V1f + m2V2f = m1V1i + m2V2i → m1V1f + m2V2f = 0 → (4 kg)(- 100 m/s) + (6 kg)V2f = 0 → V2f = (400 kg x m/s)/6 kg → V2f = 66.67 m/s hacia el Este.
Energía liberada: La energía total liberada es la sumatoria de la energía cinética de cada pedazo.
Et = E1 + E2 → Et = ½m1V12 + ½m2V22 → Et = ½(4 kg)(100 m/s)2 + ½(6 kg)(66.67 m/s)2 → Et = 20000 Joules + 13334.67 Joules → Et = 33334.67 Joules.
65) ●● Una camioneta (vacía) de 1600 kg rueda con rapidez de 2.5 m/s bajo una tolva de carga, la cual deposita una masa de 3500 kg sobre la camioneta. ¿Qué rapidez tiene la camioneta inmediatamente después de recibir la carga?
Solución: Por el principio de la conservación de la cantidad de movimiento y este es un choque perfectamente inelástico.
∆Pf = ∆Pi → m1Vf + m2Vf = m1V1i + m2V2i → m1Vf + m2Vf = m1V1i → (m1 + m2)Vf = m1V1i → Vf = (1600 kg)(2.5 m/s)/(1600 kg + 3500 kg) → Vf = 0.78 m/s.
66) EI ●● Un nuevo método de control de disturbios utiliza balas de “goma” en vez de balas verdaderas. Suponga que, en una prueba, una de estas “balas” con una masa de 500 g viaja a 250 m/s hacia la derecha y golpea de frente un blanco estacionario. La masa del blanco es de 25.0 kg y está en reposo sobre una superficie lisa. La bala rebota hacia atrás (es decir, hacia la izquierda) del blanco a 100 m/s. a) ¿En qué dirección se moverá el blanco después de la colisión? 1) Ala derecha, 2) a la izquierda, 3) podría permanecer estacionario o 4) no es posible saberlo a partir de los datos. b) Determine la rapidez del retroceso del blanco después de la colisión.
Solución: a) La respuesta es la 1) A la derecha.
b) ∆Pf = ∆Pi → m1V1f + m2V2f = m1V1i + m2V2i → (0.5 kg)(- 100 m/s) + (25 kg)V2f = (0.5 kg)(250 m/s) + (25 kg)(0 m/s) → V2f = (175 kg x m/s)/25 kg → V2f = 7 m/s.
67) ●● Para filmar una escena cinematográfica, un doble de 75 kg cae desde un árbol sobre un trineo de 50 kg, que se desplaza sobre un lago congelado con una velocidad de 10 m/s hacia la orilla. a) ¿Cuál es la rapidez del trineo después de que el doble está a bordo? b) Si el trineo golpea contra la orilla del lago y se detiene, pero el doble continúa moviéndose, ¿con qué rapidez deja el trineo? (Ignore la fricción.)
Solución: a) Cantidad de movimiento del trineo: P = mV → P = (50 kg)(10 m/s) P = 500 kf x m/s.
Como la cantidad de movimiento debe conservarse la velocidad del sistema formado por trineo-doble se reduce, ya que marchan unidos.
∆Pf = ∆Pi → (m1 + m2)Vf = m1V1i + m2V2i → Vf = [(50 kg)(10 m/s) + (75 kg)(0 m/s)]/(50 kg + 75 kg) → Vf = 4 m/s.La rapidez del trineo es la misma del doble por que marchan unidos.
b) La rapidez con que el doble deja el trineo es la mima que tenía el sistema trineo-doble 4 m/s.
68) ●● Un astronauta de 90 kg se queda detenido en el espacio en un punto localizado a 6.0 m de su nave espacial y necesita regresar en 4.0 min para controlarla. Para regresar, lanza una pieza de equipo de 0.50 kg que se aleja directamente de la nave con una rapidez de 4.0 m/s. a) ¿El astronauta regresa a tiempo? b) ¿Qué tan rápido debe tirar la pieza de equipo para regresar a tiempo?
Solución: a)
Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento: MVi = m1V1 + m2V2 → (90 kg)(0 m/s) = (0.5 kg)(4 m/s) + (89.5 kg)(- V2) → V2 = (- 2 kg x m/s)/- 89.5 kg → V2 = 0.0223 m/s.
69) ●●● Un proyectil se dispara con una velocidad inicial de 90.0 km/h que forma un ángulo de 60.0° con la horizontal. Cuando el proyectil está en la cúspide de su trayectoria, una explosión interna lo divide en dos fragmentos con masas iguales. Uno cae verticalmente como si se le hubiera soltado desde el reposo. ¿A qué distancia del cañón caerá el otro fragmento?
Solución:
90 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 25 m/s. Este es un caso de tiro parabólico donde la Vy = 0 en su altura máxima y la velocidad Vx = Vicosθ en toda la trayectoria del recorrido sino se había producido la explosión.
En el eje “Y” existe una fuerza externa
∆Pfx = ∆Pix → MVix = m1V1x + m2V2x y como el fragmento m1
En vista de que las masas de los fragmentos son iguales M = 2m y por tanto V2x = (2mVix)/m → V2x = 2Vix.
La posición del proyectil en el tiro parabólico es Y = Viyt - ½gt2
El recorrido máximo (R) del proyectil será: R = Vixt → R = Vix(2Viy/g) → R = [2(Vicosθ)(Visenθ)]/g → R = 2[Vi2cosθ x senθ]/g.
La posición del centro de masa de los dos fragmentos es la misma que la del proyectil como si no hubiera existido la explosión, por tanto el recorrido del centro de masa de los fragmentos es R = m(X1 + X2)/2m → R = (X1 + X2)/2 → 2R = X1 + X2.
Pero X1
Cálculo de R: R = 2[Vi2cosθ x senθ]/g → R = 2[(25 m/s)2(cos60°)(sen60°]/9.8 m/s2 → R = 2[(625 m2/s2)(0.433)]/9.8 m/s2 → R = 55.23 m. Valor de X2: X2 = 3R/2 → X2 = 3(55.23 m)/2 → X2 = 82.84 m.
70) ●●● Un disco de hockey en movimiento choca de refilón con otro estacionario de la misma masa, como se muestra en la figura 6.32. Si la fricción es insignificante, ¿qué rapidez tendrán los discos después del choque?
Solución: En los choques en dos dimensiones se cumple también el principio de conservación de la cantidad de movimiento: ∆Pf = ∆Pi → m1V1f + m2V2f = m1V1i + m2V2i.
como las masas son iguales m1 = m2 y el disco de hockey 2 esta en reposo Vi2 = 0 por tanto m(V1f + V2f) = mV1i. → V1f + V2f = V1i.
Componentes en X: V1f cosθ1 + V2f cosθ2 = V1i → V1f cos50° + V2f cos40° = 0.95 m/s. → 0.64V1f + 0.77V2f = 0.95 m/s → V1f = (0.95 m/s - 0.77V2f)/0.64.
Componentes en Y: Inicialmente no hay movimiento en el eje Y para ningunas de las partículas, por tanto, su velocidad en éste instante es cero. V1f sen50° - V2f sen40° = 0 → 0.77V1f - 0.64V2f = 0 → V1f = (0.64V2f)/0.77.
Velocidad del 2do después de la colisión.
Igualando resultados: (0.95 m/s - 0.77V2f)/0.64 = (0.64V2f)/0.77 → 0.7315 m/s - 0.5929V2f) = 0.4096V2f → V2f = 0.73 m/s.
Velocidad del 1ro después de la colisión: V1f = (0.64V2f)/0.77 → V1f = (0.64(0.73 m/s)/0.77 → V1f = 0.61 m/s.
71) ●●● Un pequeño asteroide (cuya masa es de 10 g) golpea de refilón a un satélite en el espacio vacío. El satélite estaba inicialmente en reposo y el asteroide viajaba a 2000 m/s. La masa del satélite es de 100 kg. El asteroide se desvía 10°de su dirección original y su rapidez disminuye a 1000 m/s, pero ninguno de los objetos pierde masa. Determine a) la dirección y b) la rapidez del satélite después de la colisión.
Solución: a) m1 masa del asterioide: m1 = 10 gr x 1 kg/1000 gr → m1 = 0.01 kg; m2 masa del satélite m2 = 100 kg.
Por el principio de conservación de la C.M: ∆Pf = ∆Pi → m1V1f + m2V2f = m1V1i + m2V2i → m1V1f + m2V2f = m1V1i.
Componentes en el eje X: (m1V1f )(x) + (m2V2f )(x) = (m1V1i.)(x) → (m1V1f )cosθ + (m2V2f )cosθ = m1V1i. → (0.01 kg)(1000 m/s)cos10° + (100 kg)V2f cosθ = (0.01 kg)(2000 m/s) → (100 kg)V2f cosθ = 20 kg x m/s - 9.85 kg x m/s → V2f cosθ = 0.1015 kg x m/s.
Componentes en el eje Y: (m1V1f)(y) + (m2V2f)(y) = (m1V1i.)(x) → (m1V1f)senθ + (- m2V2f senθ) = m1V1i. Inicialmente el asteroide no tenía velocidad en el eje Y, por tanto: (0.01 kg)(1000 m/s)sen10° - (100 kg)V2f senθ = (0.01 kg)(0 m/s) → (100 kg)V2f senθ = 1.74 kg x m/s → V2f senθ = 0.0174 kg x m/s.
Dirección: (m2V2fsenθ)/(m2V2fcosθ) = (0.0174 kg x m/s)/(0.1015 kg x m/s) → Tanθ = 0.171 → θ = Tan-1(0.171) → θ = 9.7°.
b) m1V1f + m2V2f = m1V1i. → (0.01 kg)(1000 m/s) + (100 kg)V2f = (0.01 kg)(2000 m/s) → V2f = 0.10 m/s.
72) ●●● Un péndulo balístico es un dispositivo para medir la velocidad de un proyectil, por ejemplo, la velocidad inicial de una bala de rifle. El proyectil se dispara horizontalmente contra la pesa de un péndulo en la cual se incrusta, como se muestra en la figura 6.33. El péndulo oscila hasta cierta altura h, la cual se mide. Se conocen las masas del péndulo y la bala. Utilizando los principios de conservación de la cantidad de movimiento y de la energía, demuestre que la velocidad inicial del proyectil está dada por Vi = [(m + M)/m](2gh)½. M = m2.
Solución: Como el proyectil se incrusta en el bloque, la colisión entre ellos se considera como perfectamente inelástica y se conserva el momento lineal del sistema, por tanto la velocidad del sistema después del choque será: ∆Pi = ∆Pf → m1V1i + m2V2i = m1V1f + m2V2f → m1V1i + m2(0 m/s)= (m1 + m2)(V) → V = (m1V1i)/(m1 + m2).
Energía cinética del sistema después del choque: Ecs = ½(m1 + m2)V2 y sustituyendo V por su equivalente resulta Ecs = ½(m1 + m2)[(m1V1i)/(m1 + m2)]2 → Ecs = (m1V1i)2/2(m1 + m2).
Energía mecánica del sistema: Emi = Emf → Eci + Epi = Ecf + Epf sabiendo que la energía potencial en el punto más bajo es cero ya que h = 0 m
Eci + Epi = Ecf + Epf → Eci + 0 = 0 + Epf → (m1V1i)2/2(m1 + m2) = (m1 + m2)gh → m12V1i2 = 2(m1 + m2)(m1 + m2)gh → m12V1i2 = [(m1 + m2)2]2gh → V1i = → [(m1 + m2)/m1](2gh)½.
6.4) Choques elásticos e inelásticos:
73) OM ¿Qué de lo siguiente no se conserva en un choque inelástico?
a) Cantidad de movimiento b) Masa c) Energía cinética d) Energía total.
Solución: La respuesta es "c)" Energía cinética
74) OM Una pelota de caucho de masa m, que viaja horizontalmente con una rapidez v, golpea una pared y rebota hacia atrás con la misma rapidez. El cambio en la cantidad de movimiento es a) a) mV, b) - mV
Solución: La respuesta es la "d)"
75) OM En un choque elástico de frente, la masa m1 golpea una masa estacionaria m2. Hay una transferencia total de energía si: a) m1 = m2 b) m1 > m2
Solución: La respuesta es "a)" m1 = m2
76) OM La condición para una colisión inelástica entre dos objetos es: a) kf < ki
Solución: La respuesta es "a)"
77) PC Puesto que K = p2/2m, ¿cómo puede perderse energía cinética en un choque inelástico mientras que se conserva la cantidad de movimiento total? Explique.
Solución: esto se debe al hecho de que la cantidad de movimiento es un vector y la energía cinética un escalar. Por ejemplo, dos objetos de igual masa que viajan con la misma rapidez, pero en direcciones opuestas tienen la energía cinética total positiva, pero cero cantidades de movimiento total. Después de su choque inelástico, ambos se detienen, lo que da por resultado energía cinética total igual a cero y cantidad de movimiento total igual a cero. Por lo tanto, la energía cinética se pierde y la cantidad de movimiento se conserva.
78) PC Comente qué tienen en común y en qué difieren un choque elástico y un choque inelástico.
Solución: a) Un choque elástico y un choque inelástico tienen en común que en ambos se conserva la cantidad de movimiento. b) Un choque elástico y un choque inelástico difieren en que en el choque elástico la energía cinética se conserva y en el choque inelástico la energía cinética no se conserva.
79) PC ¿En un choque entre dos objetos puede perderse la totalidad de la energía cinética? Explique.
Solución: Sí, es posible. Por ejemplo, cuando dos objetos de igual masa se aproximan uno al otro con igual rapidez, la cantidad de movimiento inicial total es cero. Después de que chocan, si ambos permanecen estacionarios, la cantidad de movimiento total sigue siendo cero. Sin embargo, después del choque, el sistema de dos objetos se queda sin energía cinética.
80) ●● Para el aparato de la figura 6.15, una esfera que llega con rapidez de 2vo no hace que dos esferas salgan con rapidez de vo cada una. a) ¿Qué ley de la física es la que evita que eso suceda, la de conservación de la cantidad de movimiento o la de conservación de la energía mecánica? b) Demuestre matemáticamente esa ley.
Solución: a) La respuesta es la ley de conservación de la energía mecánica.
b) Demostración: en el instante del impacto m1 = m2 = m3 = .... = m
Ley de conservación de la energía: Ec1i + Ec2i = Ec1f + Ec2f → ½m1V1i2 + ½m2V2i2 = ½m1V1f2 + ½m2V2f2 → ½mV1i2 + ½m(0)2 = ½m(0)2 + ½mV2f2 → ½mV1i2 = ½mV2f2 → V1i2 = V2f2.
Como las velocidades antes y después del impacto son iguales significa que la energía mecánica se conserva y por tanto Em1i = Em2f.
81) ●● Un protón con masa m que se mueve con rapidez de
Solución: V1f = - 1.8 x 106 m/s y V2f = 1.2 x 106 m/s
Tanto en el choque elástico como en el choque inelástico la cantidad de movimiento se conserva. El choque elástico se caracteriza porque la energía cinética se conserva a diferencia del inelástico que hay perdida de energía. Tal como el choque de los átomos en un gas, choques perfectamente elásticos.
En la vida diaria los choques perfectamente elásticos no existen, son aproximaciones de choques perfectamente elásticos porque en algunos casos la perdida de energía de los objetos al chocar es despreciable. Así como el choque de las bolas de billar rígidas, el choque de las bolas del péndulo de Newton, etc.
En este caso sólo se dan las velocidades iniciales de cada objeto V1i; V2i
Demostración: 1) Conservación de la cantidad de movimiento lineal total: Pi = Pf → m1V1i + m2V2i = m1V1f + m2V2f. 2) Conservación de la energía cinética: Eci = Ecf → ½m1V1i2 + ½m2V2i2 = ½m1V1f2 + ½m2V2f2 . La demostración se deja como ejercicio por ahorro de tiempo y espacio.
m1 = m y m2 = 4m
a) V1f = [(m1 - m2)/(m1 + m2)]V1i + [2m2/(m1 + m2)]V2i. → V1f = [(m - 4m)/(m + 4m)]V1i + [8m/(m + 4m)]V2i → V1f = [(- 3m)/(5 m)](3.0 x 106 m/s) + [8m/(5m)](0 m/s) → V1f = - 1.8 x 106 m/s.
b) V2f = [(2m1)/(m1 + m2)]V1i - [(m1 - m2)/(m1 + m2)]V2i. → V2f = [(2m)/(m + 4m)]V1i - [(m - 4m)/(m + 4m)]V2i → V2f = [(2m)/(5 m)](3.0 x 106 m/s) - [- 3m/(5m)](0 m/s) → V2f = 1.2 x 106 m/s.
82) ●● Una esfera de 4.0 kg con una velocidad de 4.0 m/s en la dirección +x choca elásticamente de frente contra una esfera estacionaria de 2.0 kg. ¿Cuáles serán sus velocidades después del choque?
Solución: a) Velocidad V1f = [(m1 - m2)/(m1 + m2)]V1i + [2m2/(m1 + m2)]V2i. → V1f = [(4 kg- 2 kg)/(4 kg + 2 kg)](4 m/s) + [4 kg/(4kg + 2 kg)](0 m/s) → V1f = [(2 kg)/(6 kg)](4 m/s) → V1f = 1.33 m/s hacia la derecha.
b) Velocidad V2f = [(2m1)/(m1 + m2)]V1i - [(m1 - m2)/(m1 + m2)]V2i. → V2f = [(8 kg)/(4 kg + 2 kg)](4 m/s) - [(4 kg - 2 kg)/(4 kg + 2 kg)](0 m/s) → V2f = [8 kg/6 kg](4 m/s) → V2f = 5.33 m/s.
83) ●● Una esfera con una masa de 0.10 kg viaja con una velocidad de 0.50 m/s en la dirección +x y choca de frente contra una esfera de 5.0 kg, que está en reposo. Determine las velocidades de ambas después del choque. Suponga que la colisión es elástica.
Solución: a) Velocidad V1f = [(m1 - m2)/(m1 + m2)]V1i + [2m2/(m1 + m2)]V2i. → V1f = [(0.10 kg - 5 kg)/(0.10 kg + 5 kg)](0.50 m/s) + [10 kg/(0.10 kg + 5 kg)](0 m/s) → V1f = [(- 4.90 kg)/(5.10 kg)](0.50 m/s) → V1f = - 0.48 m/s hacia la izquierda.
b) Velocidad V2f = [(2m1)/(m1 + m2)]V1i - [(m1 - m2)/(m1 + m2)]V2i. → V2f = [(0.2 kg)/(0.10 kg + 5 kg)](0.50 m/s) - [(0.10 kg - 5 kg)/(0.10 kg + 5 kg)](0 m/s) → V2f = [0.2 kg/5.10 kg](0.50 m/s) → V2f = 0.02 m/s hacia la derecha.
84) ●● En una feria del condado, dos niños chocan entre sí de frente mientras van en sus respectivos carritos. Jill y su carro viajan a la izquierda a 3.50 m/s y tienen una masa total de 325 kg. Jack y su carro viajan hacia la derecha a 2.0 m/s y tienen una masa total de 290 kg. Suponiendo que el choque es elástico, determine sus velocidades después de la colisión.
Solución: a) Velocidad V1f del carrito de Jill : V1f = [(m1 - m2)/(m1 + m2)](- V1i)+ [2m2/(m1 + m2)](V2i) → V1f = [(325 kg - 290 kg)/(325 kg + 290 kg)](- 3.50 m/s) + [580 kg/(325 kg + 290 kg)](+2.0 m/s) → V1f = [(35 kg)/(615 kg)](- 3.50 m/s) + [580 kg/(615 kg)](+ 2.0 m/s) → V1f = 1.89 m/s hacia la derecha.
b) Velocidad V2f
85) ●● En una persecución a alta velocidad, una patrulla golpea el automóvil del criminal directamente por detrás para llamar su atención. La patrulla va a 40.0 m/s hacia la derecha y tiene una masa total de 1800 kg. El vehículo del criminal inicialmente se mueve en la misma dirección a 38.0 m/s. Su automóvil tiene una masa total de 1500 kg. Suponiendo que el choque es elástico, determine sus dos velocidades inmediatamente después de que ésta se registra.
Solución: a) Velocidad V1f
b) Velocidad V2f
86) EI ●● La figura 6.34 muestra a un ave que atrapa un pez. Suponga que inicialmente el pez salta hacia arriba y el ave planea horizontalmente y no toca el agua con las patas ni agita sus alas. a) ¿Este tipo de choque es 1) elástico, 2) inelástico o 3) totalmente inelástico? ¿Por qué? b) Si la masa del ave es de 5.0 kg, la del pez es de 0.80 kg y el ave planea con una rapidez de 6.5 m/s antes de atrapar al pez, ¿qué rapidez tiene el ave después de sujetarlo?
Solución: a) La respuesta es la 3), totalmente inelástico porque después del contacto el ave carga al pez, es decir, se mueven unidos.
b) Conservación de la cantidad de movimiento del sistema: ∆Pi = ∆Pf → m1V1i + m2V2i = m1V1f + m2V2f → m1V1i + m2(0 m/s)= (m1 + m2)(Vf) → Vf = (m1V1i)/(m1 + m2) → Vf = [(5.0 kg)(6.5 m/s)]/(5.0 kg + 0.80 kg) → Vf = (32.5 kg x m/s)/(5.80 kg) → Vf = 5.60 m/s.
87) ●● Un objeto de 1.0 kg, que se desplaza 10 m/s, choca contra un objeto estacionario de 2.0 kg como se muestra en la figura 6.35. Si la colisión es perfectamente inelástica, ¿qué distancia a lo largo del plano inclinado recorrerá el sistema combinado? Ignore la fricción.
Solución: Conservación de la cantidad de movimiento: ∆Pi = ∆Pf → m1V1i + m2V2i = m1V1f + m2V2f Como V1f = V2f = Vf, entonces m1V1i + m2(0 m/s)= (m1 + m2)(Vf) → Vf = (m1V1i)/(m1 + m2) → Vf = [(1.0 kg)(10 m/s)]/(1.0 kg + 2.0 kg) → Vf = (10 kg x m/s)/(3.0 kg) → Vf = 3.33 m/s.
Energía mecánica: Emi = Emf → Eci + Epi = Ecf + Epf → Eci + 0 = 0 + Epf → Eci = Epf → ½mVf2 = mgh → h = Vf2/2g → h = (3.33 m/s)2/2(9.8 m/s2) → h = 0.566 m.
Distancia recorrida hasta detenerse: Senθ = h/d → d = h/senθ → d = 0.566 m/sen37° → d = 0.94 m.
88) ●● En un juego de billar, una bola blanca que viaja a 0.75 m/s golpea a la bola 8 estacionaria. La bola 8 sale despedida con una velocidad de 0.25 m/s con un ángulo de 37° con la dirección original de la bola blanca. Suponiendo que el choque es inelástico, ¿con qué ángulo se desviará la bola blanca, y qué rapidez tendrá?
Solución: Como en todos los tipos de choques la cantidad de movimiento se conserva, entonces: ∆Pi = ∆Pf → mVbi + mVni = mVbf + mVnf → m(Vbi + Vni) = m(Vbf + Vnf) → Vbi + Vni = Vbf + Vnf
La bola blanca ante del choque sólo tiene velocidad en el eje X y la velocidad de la bola negra es cero está en reposo, y Ambas bolas después del choque tienen velocidad en los dos ejes (X,Y) por tanto:
(Vbi)î + (Vni)î = [(Vbf)î+ (Vbf)J] + [(Vnf)î + (Vnf)J] → (Vbi)î = [(Vbf)î+ (Vbf)J] + [(Vnf)î + (Vnf)J]
Componentes en X: Pix = Pfx → (Vbi)î = (Vbf)î + (Vnf)î → 0.75 m/s = (Vbf)î + (Vnf)îcosθ → 0.75 m/s = (Vbf)î + (0.25 m/s)cos37° → (Vbf)î = 0.75 m/s - 0.20 m/s → (Vbf)î = 0.55 m/s.
Componentes en Y: Piy = Pfy → (Vbi)J = (Vbf)J + (Vnf)J → 0 m/s = (Vbf)J + (Vnf)Jsenθ → 0 m/s = (Vbf)J + (0.25 m/s)sen37° → (Vbf)J = - 0.15 m/s.
Angulo de desviación de la bola blanca: θ = Tan-1 [(Vbf)J/(Vbf)î] → θ = Tan-1 [(- 15 m/s)/(0.55 m/s)] → θ = Tan-1 [- 0.273]
Velocidad de la bola blanca después del choque: Vbf = [(Vbf)2î + (Vbf)2J]½ → Vbf = [(0.55 m/s)2 + (- 0.15 m/s)2]½ → Vbf = [0.3025 m2/s2 + 0.0225 m2/s2]½ → Vbf = 0.57 m/s.
89) ●● Dos esferas con masas de 2.0 y 6.0 kg viajan una hacia la otra con rapidez de 12 y 4.0 m/s, respectivamente. Si sufren un choque inelástico de frente y la esfera de 2.0 kg rebota con una rapidez de 8.0 m/s, ¿cuánta energía cinética se pierde en el choque?
Solución: Conservación de la cantidad de movimiento ∆Pi = ∆Pf → m1V1i + m2V2i = m1V1f + m2V2f → (2 kg)(12 m/s) + (6 kg)(- 4 m/s) = (2 kg)(- 8 m/s) + (6 kg)(V2f) → 0 kg x m/s = - 16 kg x m/s + (6 kg)(V2f) → V2f = (16 kg x m/s)/6 kg V2f = 2.67 m/s.
Energía cinética: En un choque inelástico la energía cinética no se conserva Eci > Ecf
Energía cinética inicial: ½
Energía cinética final: ½
Pérdida de energía cinética: Ecpd = Eci - Ecf → Ecpd = 192 Joules - 85.39 Joules → Ecpd = 1.1 x 102 Joules.
90) ●● Dos esferas se acercan entre sí como se muestra en la figura 6.36, donde m = 2.0 kg, v = 3.0 m/s, M = 4.0 kg y V = 5.0 m/s. Si las esferas chocan en el origen y quedan pegadas, determine a) los componentes de la velocidad v de las esferas después del choque y b) el ánguloθ
Solución: a) La cantidad de movimiento total antes del choque es igual a la cantidad de movimiento después del choque ∆Pi = ∆Pf ; (V1f = V2f)
Componentes de la velocidad en el eje X: m1V1ix + m2V2ix = (m1 + m2)Vfx → (2.0 kg)(3 m/s) + (4.0 kg)(0 m/s) = (2.0 kg + 4.0 kg)Vfx → Vfx = (6 kg x m/s)/6 kg → Vfx = 1 m/s.
Componentes de la velocidad en el eje Y: m1V1iy + m2V2iy = (m1 + m2)Vfy → (2.0 kg)(0 m/s) + (4.0 kg)(5 m/s) = (2.0 kg + 4.0 kg)Vfy → Vfy = (20 kg x m/s)/6 kg → Vfy = 3.33 m/s.
b) El ángulo: θ = Tan-1 [(Vfy)J/(Vfx)] → θ = Tan-1 [(3.33 m/s)/(1 m/s)] → θ = Tan-1 [3.33]
91) EI ●● Un auto que viaja al este y una mini vagoneta que viaja al sur tienen un choque totalmente inelástico en un cruce perpendicular. a) Justo después del choque, ¿los vehículos se moverán en una dirección general 1) al sur del este, 2) al norte del oeste o 3) directamente al sur o bien directamente al este? ¿Por qué? b) Si la rapidez inicial del automóvil de 1500 kg era 90.0 km/h, y la de la mini vagoneta de 3000 kg era 60.0 km/h, ¿qué velocidad tendrán los vehículos inmediatamente después de chocar?
Solución: a) La respuesta es la “(1)” Al sur del este de acuerdo con la conservación de la cantidad de movimiento. Porque la cantidad de movimiento inicial de la mini vagoneta es hacia el sur, y la del automóvil es hacia el este, de manera que el sistema por los dos vehículos tiene una cantidad de movimiento hacia el sureste después del choque. 13.9 m/s, (53.1°)
b) Conversión: 90 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 25 m/s; 60 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 seg = 16.67 m/s.
La cantidad de movimiento antes y despuesdel del choque son iguales: ∆Pi = ∆Pf ; (V1f = V2f)
Componentes de la velocidad en el eje X: m1V1ix + m2V2ix = (m1 + m2)Vfx → (1500 kg)(25 m/s) + (3000 kg)(0 m/s) = (1500 kg + 3000 kg)Vfx → Vfx = (37500 kg x m/s)/4500 kg → Vfx = 8.33 m/s.
Componentes de la velocidad en el eje Y: m1V1iy + m2V2iy = (m1 + m2)Vfy → (1500 kg)(0 m/s) + (3000 kg)(16.67 m/s) = (1500 kg + 3000 kg)Vfy → Vfy = (50010 kg x m/s)/4500 kg → Vfy = 11.11 m/s.
Velocidad del sistema después del choque: Vf = [(Vfx)2 + (Vfy)2]½ → Vf = [(8.33 m/s)2 + (11.11 m/s)2]½ → Vf = [69.39 m2/s2 + 123.43 m2/s2]½ → Vf = 13.89 m/s.
El ángulo: θ = Tan-1 [(Vfy)J/(Vfx)] → θ = Tan-1 [(11.11 m/s)/(8.33 m/s)] → θ = Tan-1 [1.33]
92) ●● Un objeto de 1.0 kg, que se desplaza 2.0 m/s, choca elásticamente contra un objeto estacionario de 1.0 kg, de manera similar a la situación presentada en la figura 6.35. ¿Qué distancia recorrerá el objeto inicialmente estacionario a lo largo de un plano inclinado a 37°? Ignore la fricción.
Solución:
El principio de la conservación de la cantidad de movimiento establece que la cantidad de movimiento inicial ante del choque es igual a la cantidad de movimiento final del sistema después del choque.
∆Pi = ∆Pf ; (m1 = m2 = m) → mV1i + mV2i = mV1f + mV2f → m(V1i + V2i) = m(V1f + V2f) → (V1i + 0) = (0 + V2f) → V1i = V2f.
Calculo de niveles de energías: Eim = Efm → Eic + Eip = Efc + EfP → ½mVis2+ mghis = ½mVfs2+ mghfs como his = 0 m y Vfs = 0 m/s, entonces ½(1 kg)(2.0 m/s)2+ (1 kg)(9.8 m/s2)(0 m) = ½(1 kg)(0 m/s)2+ (1 kg)(9.8 m/s2)hfs → hfs = (2.0 m/s)2/19.6 m/s2 → hfs = 0.204 m.
Distancia recorrida por el objeto m2: Senθ = hfs/d → d = hfs/senθ → d = 0.204/sen37° → d = 0.34 m.
93) ●● Un compañero de clase afirma que la cantidad de movimiento total de un sistema de tres partículas (m1 = 0.25 kg, m2 = 0.20 kg y m3 = 0.33 kg) es inicialmente cero; y calcula que, después de un choque inelástico triple, las partículas tendrán velocidades de 4.0 m/s a 0°, 6.0 m/s a 120° y 2.5 m/s a 230°, respectivamente, con ángulos medidos desde el eje +x. ¿Está de acuerdo con sus cálculos? Si no, suponiendo que las dos primeras respuestas estén correctas, ¿qué cantidad de movimiento debería tener la tercera partícula para que la cantidad de movimiento total sea cero?
Solución: a) No, los cálculos no son correctos ya que no se cumple el principio de la conservación de la cantidad de movimiento.
b) Como el choque es en dos dimensiones es necesario recurrir a los ejes rectangulares para su cálculo.
En el eje X: Pix = Pfx → 0 = m1V1fcosθ1 + m2V2fcosθ2 + m3V3fcosθ3 → 0 = (0.25 kg)(4 m/s)cos0° + (0.20 kg)(6 m/s)cos120° + (0.33 kg)V3fcosθ3 → (0.33 kg)V3fcosθ3 = - 0.40 kg x m/s → V3fcosθ3 = - 1.21 m/s.
En el eje Y: Piy = Pfy → 0 = m1V1fsenθ1 + m2V2fsenθ2 + m3V3fsenθ3 → 0 = (0.25 kg)(4 m/s)sen0° + (0.20 kg)(6 m/s)sen120° + (0.33 kg)V3fsenθ3 → (0.33 kg)V3fcsenθ3 = - 1.039 kg x m/s → V3fsenθ3 = - 3.15 m/s.
(V3fsenθ3)/(V3fcosθ3) = (- 3.15 m/s)/(- 1.21 m/s) → Tanθ3 = 2.60 → θ3 = Tan-1(2.60) → θ3 = 69°. Como las coordenadas son ambas negativas el ángulo pertenece al tercer cuadrante y por tanto se le suma a 180°. θ3 = 69° + 180° → θ3 = 249°.
Magnitud de V3f
V3fsenθ3 = - 3.15 m/s → V3f = (- 3.15 m/s)/sen249° → V3f = (- 3.15 m/s)/sen249° → V3f = 3.37 m/s.
Cantidad de movimiento de la partícula 3: P3f = m3V3f → P3f = (0.33 kg)(3.37 m/s) → P3f = 1.1 kg x m/s.
94) ●● Un vagón de carga con una masa de 25 000 kg baja rodando por una distancia vertical de 1.5 m por una vía inclinada. En la base de la pendiente, sobre una vía horizontal, el vagón choca y se acopla con un vagón idéntico que estaba en reposo. ¿Qué porcentaje de la energía cinética inicial se perdió en el choque? Solución:
Análisis energético del vagón de masa m1: A la altura h en un punto que llamaremos “A” la energía es solo potencial y al instante de acoplarse en un punto “B” la energía potencial se transforma en cinética cuya velocidad es V1i
Eim = Efm → Eic + Eip = Efc + EfP → ½m1Vis2+ m1ghis = ½m1Vfs2+ m1ghfs → ½m1Vis2+ m1(9.8 m/s2)(1.5 m) = ½m1Vfs2+ m1(9.8 m/s2)(0 m) → 29.4 m2/s2 = Vfs2 → [29.4 m2/s2]½ = Vfs = → Vfs = 5.42 m/s.
Conservación de la cantidad de movimiento del sistema: m1V1i + m2V2i = (m1 + m2)Vf →
Perdida de energía: Eci = Ecf + Ecp → Ecp = Eci - Ecf → Ecp = ½m1V1i2 - ½(m1 + m2)Vf2 → Ecp = ½(25000 kg)(5.42 m/s)2 - ½(25000 kg + 25000 kg)(2.71 m/s)2 → Ecp = 367205 Joules - 183602.5 Joules → Ecp = 183602.5 Joules.
95) ●●● En los reactores nucleares, las partículas subatómicas llamadas neutrones son frenadas al permitirles chocar con los átomos de un material moderador, como los átomos de carbono, que tienen 12 veces la masa de los neutrones. a) En un choque de frente y elástico con un átomo de carbono, ¿qué porcentaje de la energía de un neutrón se pierde? b) Si el neutrón tiene una rapidez inicial de 1.5 x 107 m/s, ¿cuál será su rapidez después del choque?
Solución: Velocidad de retroceso del Neutrón considerando la velocidad del neutrón negativa.
V1f = [(m1 - m2)/(m1 + m2)](V1i) + [2m2/(m1 + m2)](V2i) → V1f = [(1.67 x 10-27 kg - 12(1.67 x 10-27 kg))/(1.67 x 10-27 kg + 1.67 x 10-27 kg)](- 1.5 x 107 m/s) + [2(20.04 x 10-27 kg)/(1.67 x 10-27 kg + 20.04 x 10-27 kg)(0 m/s) → V1f = [(- 18.36 x 10-27 kg)/(21.71 x 10-27 kg)](- 1.5 x 107 m/s) + 0 → V1f = 1.3 x 107 m/s.
Energía del neutrón antes del choque: Ec1i = ½m1V1i2 → ½(1.67 x 10-27 kg)(1.5 x 107 m/s)2 → 1.88 x 10-13 Joules.
Velocidad del átomo de carbono después del choque: V2f = [2m1/(m1 + m2)](V1i) - [m1 - m2/(m1 + m2)](V2i) → V2f = [2(1.67 x 10-27 kg)/(1.67 x 10-27 kg + 20.04 x 10-27 kg)](1.5 x 107 m/s) - [m1 - m2/(m1 + m2)](0 m/s) → V2f = 0.23 x 107 m/s + 0 m/s → V2f = 0.23 x 107 m/s.
Energía ganada por el átomo de carbono: Ec2f = ½m2V2f2 → Ec2f = ½(20.04 x 10-27 kg)(0.23 x 107 m/s)2 → Ec2f = 0.53 x 10-13 Joules.
Energía del neutrón después del choque: Ecif = Ec1i - Ec2f → Ecif = 1.88 x 10-13 Joules - 0.53 x 10-13 Joules → Ecif = 1.35 x 10-13 Joules.
La energía ganada por el átomo de carbono es igual a la energía perdida por el neutrón después del choque.
Porcentaje de energía perdida por el neutrón después del choque: Ecp = 100% - [((Ec1i - Ec2f)/(Ec1i + Ec2i)) x 100]% → Ecp = 100% - [((1.88 x 10-13 Joules - 0.53 x 10-13 Joules)/(1.88 x 10-13 Joules + 0)) x 100 ]% → Ecp = 100% - [0.72 x 100]% → Ecp = 28%
96) ●●● En un accidente de “carambola” (de reacción en cadena) en una autopista cubierta de neblina, en el que no hubo lesionados, el automóvil 1 (cuya masa es de 2000 kg) viajaba a 15.0 m/s hacia la derecha y tuvo una colisión elástica con el automóvil 2, inicialmente en reposo. La masa del automóvil 2 es de 1500 kg. Ala vez, el automóvil 2 chocó con el automóvil 3 y sus parachoques se quedaron atorados (es decir, fue una colisión completamente inelástica). El automóvil 3 tiene una masa de 2500 kg y también estaba en reposo. Determine la rapidez de todos los automóviles implicados inmediatamente después del desafortunado accidente.
Solución: Se sabe que en cualquier tipo de choque la cantidad de movimiento se conserva. En vista de que el choque de los tres automóviles fue una combinación de choque elástico e inelástico deben solucionarse por separado:
1ro) El choque de los primeros automóviles es elástico: en un choque elástico se conserva la cantidad de movimiento y la energía.
V1f = [(m1 - m2)/(m1 + m2)](V1i) + [2m2/(m1 + m2)](V2i) → V1f = [(2000 kg - 1500 kg)/(2000 kg + 1500 kg)](15.0 m/s) + [2(1500 kg)/(2000 kg + 1500 kg)](0 m/s) → V1f = [(500 kg)/(3500 kg)](15.0 m/s) + 0 → V1f = 2.14 m/s.
Velocidad del segundo después del choque: V2f = [2m1/(m1 + m2)](V1i) - [m1 - m2/(m1 + m2)](V2i) → V2f = [2(2000 kg)/(2000 kg + 1500 kg)](15.0 m/s) - [2000 kg - 1500 kg/(2000 kg + 1500 kg)](0 m/s) → V2f = 17.14 m/s + 0 m/s → V2f = 17.14 m/s.
2do) choque del segundo automóvil y el tercer automóvil es perfectamente inelástico: en un choque inelástico se conserva la cantidad de movimiento más no la energía.
Pi = Pf → m2V2i + m3V3i = m2V2f + m3V3f → m2V2i + m3V3i = (m2 + m3)Vf → (1500 kg)(17.14 m/s) + (2500 kg)(0 m/s) = (1500 kg + 2500 kg)Vf → Vf = (25710 kg x m/s)/4000 kg → Vf = 6.43 m/s.
97) ●●● El péndulo 1 tiene una cuerda de 1.50 m con una pequeña bolita amarrada como peso. El péndulo se jala hacia un lado a 30° y se libera. En el punto inferior de su arco, choca contra el peso del péndulo 2, que tiene una bolita con el doble de masa que el primero, pero la misma longitud de cuerda. Determine los ángulos a los que ambos péndulos rebotan (cuando llegan al reposo) después de que chocan y se recuperan.
Solución: En este problema se deben identificar tres puntos: llamar punto
La energía mecánica en el punto A es igual a la energía mecánica en el punto B:
Energía antes del choque: EmA = EmB → EcA + EpA = EcB + EpB → ½m(VA)2 + mghA = ½m(VB)2 + mghB → ½m(0 m/s)2 + mghA = ½m(VB)2 + mg(0 m) → mghA = ½m(VB)2 → VB = (2ghA)½.
Cálculo de hA: Cosθ = (L - hA)/L → hA = L(1 - Cosθ) al sustituir en hA en VB resulta VB = [2gL(1 - Cosθ)]½ → VB = [2(9.8 m/s2)(1.5 m)(1 - Cos30°)]½ → VB = 1.98 m/s.
Velocidades de los péndulos después del choque: M = 2m; V1f y V2f son las velocidades después del choque.
mV1i + MV2i = mV1f + MV2f → mV1i + 2mV2i = mV1f + 2mV2f → m(V1i + 2V2i) = m(V1f + 2V2f) → V1i + 2(0 m/s) = V1f + 2V2f → V1i = V1f + 2V2f. (I)
Como se tiene una ecuación con dos incógnitas se hace necesario otra ecuación con las mismas incógnitas que permita formar un sistema de ecuaciones para determinar los valores de las incógnitas. Esta ecuación se puede determinar aplicando la definición de coeficiente de restitución para un choque elástico.
e = (V1f - V2f)/(V2i - V1i) → e = (V1f - V2f)/(0 - V1i) → (- V1i)e = V1f - V2f. como el coeficiente de restitución para un choque elástico es equivalente a la unidad (1), entonces (- V1i)(1) = V1f - V2f. → - V1i = V1f - V2f. (II) . Resolviendo el sistema formados por la ecuación I y II: V2f = 2V1i/3 y V1f = V1i - 2V2f.
V2f = 2V1i/3 → V2f = 2(1.98 m/s)/3 → V2f = 1.32 m/s; V1f = V1i - 2V2f. → V1f = 1.98 m/s - 2(1.32 m/s). → V1f = - 0.66 m/s.
El signo negativo indica que
Altura y ángulos de los péndulos después del choque:
Para calcular las alturas respectivas
Emi = Emf → Eci + Epi = Ecf + Epf → ½m(Vi)2 + mgh1 = ½m(V1f)2 + mgh1f → ½m(0 m/s)2 + mgh1 = ½m(V1f)2 + mg(0 m) → mgh1 = ½m(V1f)2 → h1 = .(V1f)2/2g → h1 = .(- 0.66 m/s)2/2(9.8 m/s2) → h1 = .0.022 m.
Para el ángulo θ1: Cosθ1 = (L - hA)/L → Cosθ1 = (1.5 m - 0.022 m)/1.5 m → Cosθ1 = 0.985 → θ1 = Cos-1(0.985) → θ1 = 9.94°
Para la altura h2: (V2f = V2i); Emi = Emf → Eci + Epi = Ecf + Epf → ½M(V2i)2 + mgh2i = ½M(V2f)2 + Mgh2f → ½M(V2i)2 + 0 = 0 + Mgh2f → h2f = .(V2f)2/2g → h2f = (1.32 m/s)2/2(9.8 m/s2) → h2f = 0.089 m.
Para el ángulo θ2: Cosθ2 = (L - h2f)/L → Cosθ2 = (1.5 m - 0.089 m)/1.5 m → Cosθ2 = 0.941 → θ1 = Cos-1(0.941) → θ2 = 19.8°
98) ●●● Demuestre que la fracción de energía cinética que se pierde en una colisión de un péndulo balístico (como en la figura 6.33) es igual a [M/(m + M)].
Demostración:
1ro ) Conservación del momento lineal: Pi = Pf → mVi = (m + M)Vf → mVi = (m + M)Vf → Vf = mVi/(m + M).
Niveles de energía cinética.
a) Energía cinética inicial y final:
Eci = ½mVi2 y Ecf = ½(m + M)Vf2 → Ecf = ½(m + M)[mVi/(m + M)]2.
Porcentaje de energía cinética antes y después del choque:
Ecf/Eci = [½(m + M)[mVi/(m + M)]2]/½mVi2 → Ecf/Eci = ½(m + M)[m(mVi)2/(m + M)2]/½mVi2 → Ecf/Eci = [m(mVi)2/(m + M)]/mVi2 → Ecf/Eci = [m/(m + M)]
Fracción de energía cinética perdida: (Eci - Ecf)/Eci → Eci/Eci - Ecf/Eci → 1 - Ecf/Eci → 1 - m/(m + M) → 1/1 - m/(m + M) → m + M - m/(m + M) → (Eci - Ecf)/Eci = M/(m + M)
6.5 Centro de masa.
99) OM El centro de masa de un objeto a) siempre está en el centro del objeto, b) está en la ubicación de la partícula más masiva del objeto, c) siempre está dentro del objeto o d) nada de lo anterior.
Solución: La respuesta es la “d)” nada de lo anterior.
100) OM El centro de masa y el centro de gravedad coinciden a) si la aceleración de la gravedad es constante, b) si se conserva la cantidad de movimiento, c) si no se conserva la cantidad de movimiento, d) sólo en los objetos con forma irregular.
Solución: La respuesta es la “a)” si la aceleración de la gravedad es constante.
101) PC La figura 6.37 muestra un flamenco parado en una sola pata, con la otra levantada. ¿Qué puede decir el lector acerca de la ubicación del centro de masa del flamenco?
Solución: El centro de masa del flamenco se ubica directamente por encima de la extremidad sobre el suelo para que esté en equilibrio.
102) PC Dos objetos idénticos están separados una distancia d. Si uno de ellos permanece en reposo y el otro se aleja con una velocidad constante, ¿cuál es el efecto sobre el CM del sistema?
Solución: Como una de las partículas se mueve a velocidad constante mientras que la otra permanece en reposo, el cetro de masa (CM) se moverá a velocidad constante.
103) ●● a) El centro de masa de un sistema que consta de dos partículas de 0.10 kg se encuentra en el origen. Si una de las partículas está en (0, 0.45 m), ¿dónde está la otra? b) Si las masas se mueven de forma que su centro de masa esté en (0.25 m, 0.15 m), ¿es posible saber dónde están las partículas?
Solución: a)
XCM = (m1x1 + m2x2)/(m1 + m2) → (m1 + m2)XCM = (m1x1 + m2x2) → (m1 + m2)(0 m) = (0.10 kg)(0 m) + (0.10 kg)x2 → x2 = 0 m.
YCM = (m1y1 + m2y2)/(m1 + m2) → (m1 + m2)YCM = (m1y1 + m2y2) → (m1 + m2)(0 m) = (0.10 kg)(0.45 m) + (0.10 kg)y2 → y2 = - 0.45 m. La posición de la otra partícula es (0 m, - 0.45 m)
104) ● Los centros de dos esferas, de 4.0 y 7.5 kg, están separados una distancia de 1.5 m. ¿Dónde está el centro de masa del sistema de las dos esferas?
Solución: Ubicando el origen de coordenadas en una de las dos esferas, centro de masa estará más próximo a la esfera de mayor masa. (respecto al eje +X)
XCM = (m1x1 + m2x2)/(m1 + m2) → XCM = [(4.0 kg)(0 m) + (7.5 kg)(1.5 m)]/(4.0 kg + 7.5 kg) → XCM = [11.25 kg x m]/11.5 kg → XCM = 0.98 m de m1.
105) ● a) Localice el centro de masa del sistema Tierra-Luna. [Sugerencia: use datos de las tablas en la contraportada del libro, y considere la distancia entre la Tierra y la Luna medida desde sus centros.] b) ¿Dónde está ese centro de masa relativo a la superficie de la Tierra?
Solución: a) XCM = (m1x1 + m2x2)/(m1 + m2) → XCM = [(5.98 x 1024 kg)(0 km) + (7.4 x 1022 kg)(3.8 x 105 km)]/(5.98 x 1024 kg + 7.4 x 1022 kg) → XCM = [28.12 x 1027 kg x km]/605.4 x 1022 kg → XCM = 4.6 x 103 km.
b) Como el radio de la Tierra y el centro de masa están en la misma línea de acción. La distancia del centro de masa es menor que el radio de la Tierra, por tanto
RT - XCM = 6.357 x 106 m - 4.6 x 106 m → RT - XCM = 1.8 x 106 m.
106) ●● Localice el centro de masa de un sistema formado por tres objetos esféricos con masas de 3.0, 2.0 y 4.0 kg cuyos centros están situados en (-6.0 m, 0), (1.0 m, 0) y (3.0 m, 0), respectivamente.
Solución: XCM = (m1x1 + m2x2 + m3x3)/(m1 + m2 + m3) → XCM = [(3.0 kg)(- 6.0 m) + (2.0 kg)(1.0 m) + (4.0 kg)(3.0 m)]/(3.0 kg + 2.0 kg + 4.0 kg) → XCM = [- 4.0 kg x m]/9.0 kg → XCM = - 0.44 m.
107) ●● Resuelva de nuevo el ejercicio 69 utilizando el concepto de centro de masa para calcular la distancia a la que cayó el otro fragmento, relativa al cañón.
Solución:
La cantidad de movimiento en el eje X se conserva esto es Pi = Pf.
MVix = mV1x + mV2x → MVix = m(0 m/s) + mV2x → V2x = MVix/m
Los datos indican que la masa de las partículas son iguales, por tanto M = m + m = 2m, de dónde V2x = MVix/m → V2x = 2mVix/m → V2x = 2Vix.
El centro de masa del proyectil antes y después de la explosión sigue inalterable en la dirección del eje X como si la explosión no hubiera existido Xcmf = XcMi,
Cálculo del centro de masa: Xcmf = (mx1 + mx2)/(m + m) → Xcmf = (mx1 + mx2)/2m = XcMi = R → Xcmf = R
Cálculo de x2: (mx1 + mx2)/2m = R → m(x1 + x2)/2m = R → x1 + x2 = 2R → R/2 + x2 = 2R → x2 = 2R - R/2. Calculo del recorrido (R): R = Vixt. (I)
Determinación del tiempo (t): cuando el proyectil hace el recorrido completo la altura del proyectil es cero.
Y = Viyt - ½gt2 → 0 = Viyt - ½gt2 → t = 2Viy/g, sustituyendo en (I) se tiene que R = Vix(2Viy/g) → R = (Vicos60°)(2Visen60°/g) → R = [(2Vi2cos60° x sen60°)/g] → R = [(2(25 m/s)2(0.5) x (0.866)/9.8 m/s2] → R = 55.23 m.
Calculo de la distancia recorrida por la segunda partícula x2: x2 = 2R - R/2 → x2 = 2(55.23 m) - (55.23 m)/2 → x2 = 110.46 m - 27.62 m → x2 = 82.84 m.
108) EI ●● Una varilla de 3.0 kg y 5.0 m de longitud tiene en sus extremos masas puntuales de 4.0 y 6.0 kg. a) ¿El centro de masa de este sistema está: 1) más cerca de la masa de 4.0 kg, 2) más cerca de la masa de 6.0 kg o 3) en el centro de la varilla? ¿Por qué? b) ¿Dónde está el centro de masa de este sistema?
Solución: a) La respuesta es la “2)” más cerca de la masa de 6.0 kg.
Para una varilla uniforme su centro de masa está: XCM = L/2 → XCM = 5.0 m/2 → XCM = 2.5 m.
b) XCM = (m1x1 + m2x2 + m3x3)/(m1 + m2 + m3) → XCM = [(4.0 kg)(- 2.5 m) + (6.0 kg)(2.5 m)]/(4.0 kg + 6.0 kg) → XCM = [+5.0 kg x m]/10.0 kg → XCM = + 0.5 m. a la derecha del origen en la dirección de la masa mayor.
109) ●● Un trozo de lámina uniforme mide 25 por 25 cm. Si se recorta un círculo de 5.0 cm de radio del centro de esta lámina, ¿dónde estará el centro de masa de la lámina?
Solución: a) Área del cuadrado: A1 = b x h → A1 = (25 cm)(25 cm) → A1 = 625 cm2; A2 = Л x R2 → A2 = (3.14)(5 cm)2 → A2 = (3.14)(25 cm2) → A2 = 78.5 cm2.
Como x1 = x2 = y1 = y2 = 12.5 cm, entonces las coordenadas del centro de masa serán:
XCM = (A1x1 + A2x2)/(A1 - A2) → XCM = [(625 cm2)(12.5 cm) + (- 78.5 cm2)(12.5 cm)]/(625 cm2 - 78.5 cm2) → XCM = [7812.5 cm3 - 981.25 cm2]/546.5 cm2 → XCM = + 12.5 cm.
YCM = (A1y1 + A2y2)/(A1 - A2) → YCM = [(625 cm2)(12.5 cm) + (- 78.5 cm2)(12.5 cm)]/(625 cm2 - 78.5 cm2) → YCM = [7812.5 cm3 - 981.25 cm2]/546.5 cm2 → YCM = + 12.5 cm.
El CM tanto de la lámina como del círculo están en el centro del cuadrado. Así que, a partir de la simetría, el CM de la porción restante sigue estando en el centro de la lámina.
110) ●● Localice el centro de masa del sistema que se muestra en la figura 6.38 a) si todas las masas son iguales; b) si m2 = m4 = 2m1 = 2m3; c) si m1 = 1.0 kg, m2 = 2.0 kg, m3 = 3.0 kg y m4 = 4.0 kg.
Solucion: a) En X: XCM = (mx1 + mx2 + mx3 + mx4)/(m + m +m + m) → XCM = [m(x1 + x2 + x3 + x4)]/4m → XCM = [0 + 0 + 4 m + 4 m]/4 → XCM = 2.0 m.
En Y: YCM = (my1 + my2 + my3 + my4)/(m + m +m + m) → YCM = [m(y1 + y2 + y3 + y4)]/4m → YCM = [0 + 4 m + 4 m + 0 m]/4 → YCM = 2.0 m. Posición del centro de masa: rcm = (2 m, 2 m).
b) Si m2 = m4 = 2m1 = 2m3:
1ro) En X: XCM = (m1x1 + m2x2 + m3x3 + m4x4)/(m1 + m2 +m3 + m4) → XCM = (mx1 + 2mx2 + mx3 + 2mx4)/(m + 2m +m + 2m) → XCM = [m(x1 + 2x2 + x3 + 2x4)]/6m → XCM = [0 mt + 2(0 mt) + 4 mt + 2(4 mt)]/6 → XCM = 2.0 mt.
2do) En Y: YCM = (m1y1 + m2y2 + m3y3 + m4y4)/(m1 + m2 +m3 + m4) → YCM = (my1 + 2my2 + my3 + 2my4)/(m + 2m +m + 2m) → YCM = [m(y1 + 2y2 + y3 + 2y4)]/6m → YCM = [0 mt + 2(4 mt) + 4 mt + 2(0 mt)]/6 → YCM = 2.0 mt.
Posición del centro de masa en b): rcm = (2 mt, 2 mt)., por tanto el centro de masa sigue siendo el centro del cuadrado.
c) Si m1 =1.0 kg; m2 = 2.0 kg; m3 = 3.0 kg; m4 = 4.0 kg:
1ro) En X: XCM = (m1x1 + m2x2 + m3x3 + m4x4)/(m1 + m2 +m3 + m4) → XCM = [(1.0 kg)(0 mt) + (2.0 kg)(0 mt) + (3.0 kg)(4 mt) + (4.0 kg)(4 mt)]/(1.0 kg + 2.0 kg + 3.0 kg + 4.0 kg) → XCM = (28.0 kg x mt/10.0 kg → XCM = 2.8 mt.
2do) En Y: YCM = (m1y1 + m2y2 + m3y3 + m4y4)/(m1 + m2 +m3 + m4) → YCM = [(1.0 kg)(0 mt) + (2.0 kg)(4 mt) + (3.0 kg)(4 mt) + (4.0 kg)(0 mt)]/(1.0 kg + 2.0 kg + 3.0 kg + 4.0 kg) → YCM = (20.0 kg x mt/10.0 kg → YCM = 2.0 mt.
Posición del centro de masa: rcm = (2.8 mt, 2 mt) por tanto el centro de masa se movió a las proximidades de las masas mayores.
111) ●● Dos tazas se colocan sobre una tabla uniforme que se equilibra sobre un cilindro (figura 6.39). La tabla tiene una masa de 2.00 kg y 2.00 m de longitud. La masa de la taza 1 es de 200 g y está colocada a 1.05 m a la izquierda del punto de equilibrio. La masa de la taza 2 es de 400 g. ¿Dónde debería colocarse la taza 2 para hacer equilibrio (con respecto al extremo de la derecha de la tabla)? 
Solución: éste problema puede ser resulto por dos métodos: método del centro de masa o el método de estática.
Por el método del centro de masa: XCM = (m1x1 + m2x2 + M x L/2)/(m1 + m2 + M) → XCM(m1 + m2 + M) = (m1x1 + m2x2 + M x L/2) → (0.95 m)(0.2 kg + 0.4 kg + 2.0 kg) = [(0.2 kg)(2.0 m) + (0.4 kg)x2 + (2.0 kg)(1.0 m)] → 2.47 kg x m - 2.40 kg x m = (0.4 kg)x2 → x2 = .07 kg x m/0.4 kg → x2 = 0.175 m, a la izquierda del origen.
112) ●● Una astronauta de 100 kg (su masa incluye el equipo) que realiza una caminata espacial está a 5.0 m de una cápsula espacial de 3000 kg, con su cordón de seguridad totalmente estirado. Para volver a la cápsula, ella tira del cordón. ¿Dónde se juntarán la astronauta y la cápsula?
Solución:
El centro de masa debe localizarse más próximo a la Nave, si el origen de coordenada se sitúa en la masa m1:
Distancia recorrida por la Nave (x2): x2 = x - XCM → x2 = 5 m - 4.84 m → x2 = 0.160 m.
Distancia recorrida por la astronauta (x1): x1 = x - x2 → x1 = 5 m - 0.160 m → x1 = 4.84 m.
La astronauta y la Nave se juntan a 0.161 m de la posición inicial de la Nave.
112) ●● Dos patinadores con masas de 65 y 45 kg, respectivamente, están separados 8.0 m y sujetan cada uno un extremo de una cuerda. a) Si tiran de la cuerda hasta juntarse, ¿qué distancia recorrerá cada patinador? (Deprecie la fricción.) b) Si sólo la patinadora de 45 kg tira de la cuerda hasta juntarse con su amigo (que se limita a sostener la cuerda), ¿qué distancia recorrerá cada patinador?
Solución: a) XCM = (m1x1 + m2x2)/(m1 + m2) → XCM = [(45 kg)(8 m) + (65 kg)(0 m))]/(45 kg + 65 kg) → XCM = 3.27 m.
El patinador uno debe recorrer una distancia de: x1 = x - XCM → x1 = 8 m - 3.27 m → x1 = 4.73 m; El patinador dos debe recorrer una distancia de: x2 = x - XCM → x2 = 8 m - 4.7 m → x2 = 3.27 m.
b) Ambos patinadores recorren iguales distancias como en el inciso a)
114) ●●● Tres partículas, cada una con masa de 0.25 kg, están en (- 4.0 m, 0), (2.0 m, 0) y (0, 3.0 m), sometidas a la acción de las fuerzas F1 = (- 3 N)(J), F2 = (5 N)(+J)
Solución:
Se debe calcular primero el centro de masa del sistema, considerando éste como el punto donde se concentra la masa de todo el sistema.
Centro de masa: rCM = (XCM, YCM) → rCM = XCM(i) + YCM(j):XCM = (m1x1 + m2x2 + m3x3)/(m1 +m2 + m3) → XCM = [(0.25 kg)(- 4 m) + (0.25 kg)(2 m) + (0.25 kg)(0 m))]/(0.25 kg + 0.25 kg + 0.25 kg) → XCM = - 0.67 m.
YCM = (m1y1 + m2y2 + m3y3)/(m1 +m2 + m3) → YCM = [(0.25 kg)(0 m) + (0.25 kg)(0 m) + (0.25 kg)(3 m)]/(0.25 kg + 0.25 kg + 0.25 kg) → YCM = 1 m. por tanto rCM = (- 0.67 m, 1 m)
Aceleración del centro de masa: aCM = ∑F/∑m → aCM = ∑F/(m1 + m2 + m3)
Componentes de la fuerza en X e Y:
∑Fx = F1x + F2x + F3x → ∑Fx = 0 N + 0 N + 4 N → ∑Fx = 4 N.
axCM = ∑Fx/∑m → axCM = (4 kg x m/s2) /0.75 kg → axCM = 5.33 m/s2.
∑Fy = F1y + F2y + F3y → ∑Fy = - 3 N + 5 N + 0 N → ∑Fy = 2 N.
ayCM = ∑Fy/∑m → ayCM = (2 kg x m/s2) /0.75 kg → ayCM = 2.67 m/s2.
aCM = [(axCM)2 + (ayCM)2]½ → aCM = [(5.33 m/s2)2 + (2.67 m/s2)2]½ → aCM = [28.41 m2/s4 + 7.13 m2/s4]½ → aCM = 5.96 m/s2
Dirección: θ = Tan-1(XCM/YCM) → θ = Tan-1(1/-0.67) → θ = Tan-1(- 1.49) → θ = 56.13° por encima del eje - X.
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