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PROBLEMAS RESUELTOS MOVIMIENTO LINEAL Y
CHOQUES
CAPITULO 9 FISICA TOMO 1
Cuarta quinta y sexta edición
Raymond A. Serway
MOVIMIENTO LINEAL Y CHOQUES
9.1 Momento lineal y su conservación 9.2 Impulso y momento 9.3 Colisiones 9.4 Choques elásticos e inelásticos en una dimensión 9.5 Colisiones bidimensionales 9.6 El centro de masa 9.7 Movimiento de un sistema de partículas 9.8 Propulsión de cohetes
Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2007
[email protected] [email protected] [email protected]
COLISIONES SERWAY CAPITULO 9
COLISIONES PERFECTAMENTE INELASTICAS
Una colisión inelástica es aquella en la que la energía cinética total del sistema NO es la misma
antes y después de la colisión aun cuando se conserve la cantidad de movimiento del sistema.
Considere dos partículas de masa m 1 y m 2 que se mueven con velocidades iniciales V (^) 1i y V2i a lo largo de la misma recta, como se ve en la figura.
Las dos partículas chocan de frente, se quedan pegadas y luego se mueven con velocidad final VF después de la colisión.
Debido a que la cantidad de movimiento de un sistema aislado se conserva en
cualquier colisión, podemos decir que la cantidad total de movimiento antes de la
colisión es igual a la cantidad total de movimiento del sistema combinado después
de la colisión.
El momento total del sistema antes del lanzamiento es cero
(m 1 * V1i) + ( m 2 * V2i) = 0
El momento total del sistema después del lanzamiento es cero
(m 1 + m 2 ) * VF = 0
(m 1 * V1i) + ( m 2 * V2i) = (m 1 + m 2 ) * VF
Al despejar la velocidad final V (^) F tenemos:
m 1 m 2
m 1 V1i m 2 V2i VF (^) +
COLISIONES ELASTICAS
Es aquella en la que la energía cinética total y la cantidad de movimiento del sistema son iguales antes y después de la colisión.
Dos partículas de masa m 1 y m 2 que se mueven con velocidades iniciales V1i y V2i a lo largo de la misma recta, como se ve en la figura.
m 1 m 2
V1F
VF
m 1
v1i
m 2
v2i
Después
(m 1 + m 2 )
antes
V2F
m 1
v1i
m 2
v2i
antes Después
EL RETROCESO DE LA MAQUINA LANZADORA DE PELOTAS
Un jugador de béisbol utiliza una maquina lanzadora para ayudarse a mejorar su promedio de bateo. Coloca la maquina de 50 kg. Sobre un estanque congelado, como se puede ver en la figura 9.2. La maquina dispara horizontalmente una bola de béisbol de 0,15 kg. Con una velocidad de 36i m/seg. Cual es la velocidad de retroceso de la maquina.
Cuando la palota de béisbol se lanza horizontalmente hacia la derecha, la maquina lanzadora retrocede hacia la izquierda. El momento total del sistema antes y después del lanzamiento es cero.
m 1 = masa de la bola de béisbol = 0,15 kg.
V1F = Velocidad con la cual se lanza la pelota = 36i m/seg.
m 2 = masa de la maquina lanzadora de pelotas de béisbol = 50 kg.
V2F = Velocidad de retroceso de la maquina lanzadora de pelotas = ??
El momento total del sistema antes del lanzamiento es cero
m 1 * V1i + m 2 * V2i = 0
El momento total del sistema después del lanzamiento es cero
m 1 * V1F + m 2 * V2F = 0
0,15 * 36 + (50 * V (^) 2F ) = 0
0,15 * 36 + (50 * V (^) 2F ) = 0
5,4 + (50 * V (^) 2F ) = 0 (50 * V (^) 2F) = - 5,
seg
m
V2F = =
V2F = - 0,108 m/seg.
El signo (-) negativo significa que la maquina lanzadora se mueve hacia la izquierda después del lanzamiento.
En términos de la tercera Ley de Newton, para toda fuerza (hacia la izquierda) sobre la maquina lanzadora hay una fuerza igual pero opuesta (a la derecha) sobre la bala. Debido a que la maquina lanzadora tiene mas masa que la pelota, la aceleración y la velocidad de la maquina lanzadora es mas pequeño que la aceleración y velocidad de la pelota de béisbol.
QUE TAN BUENAS SON LAS DEFENSAS
Un automóvil de 1500 kg. De masa choca contra un muro, como se ve en la figura 9.6a. La velocidad
inicial V (^) i = - 15i m/seg. La velocidad final V (^) F = - 15i m/seg.
Si el choque dura 0,15 seg. Encuentre el impulso debido a este y la fuerza promedio ejercida sobre el automóvil?
m = 1500 kg. V (^) i = - 15i m/seg. V (^) f = 2,6i m/seg.
Momento inicial
Pi = m V (^) i
Pi = 1500 * (- 15)
Pi = - 22500 kg. m/seg.
Momento final
Pf = m Vf
Pf = 1500 * (-2,6)
Pf = 3900 kg. m/seg.
Por lo tanto el impulse es:
I = ΔP = Pf - Pi
I = 3900 – (- 22500)
I = 3900 + 22500
I = 26400 Newton * seg.
la fuerza promedio ejercida sobre el automóvil es:
seg
Newton*seg
t
P
Fprom =
F (^) prom = 176000 Newton
0
m 1 * V1i + m 2 * V2i = mT VF
m 2 * V2i = mT VF
seg
m
mT
m 2 *V2i
VF = = = =
V (^) F = 13,33 m/seg. QUE ES EN VERDAD MAS ALTA QUE LA VELOCIDAD FINAL PREVIA.
EL PENDULO BALISTICO
El péndulo balístico (Fig. 9.11) es un sistema con el que se mide la velocidad de un proyectil que se mueve con rapidez, como una bala. La bala se dispara hacia un gran bloque de madera suspendido de algunos alambres ligeros. La bala es detenida por el bloque y todo el sistema se balancea hasta alcanzar la altura h. Puesto que el choque es perfectamente inelástico y el momento se conserva, la ecuación 9. proporciona la velocidad del sistema inmediatamente después del choque cuando suponemos la aproximación del impulso. La energía cinética un momento después del choque es:
2 (m^1 m^2 )VF
K = +
(ECUACION 1)
ANTES DEL CHOQUE
m 1 = Masa de la bala
V1i = Velocidad de la bala antes del choque
m 2 = masa del bloque de madera.
V2i = Velocidad del bloque de madera = 0
DESPUES DEL CHOQUE
( m 1 + m 2 ) kg. Por que la bala se incrusta en el bloque de madera después del choque.
VF = Velocidad con la cual se desplaza el conjunto bloque de madera + la bala.
0
m 1 * V1i + m 2 * V2i = mT VF
m 1 * V1i = mT VF
m 1 m 2
m 1 *V1i
VF = +
Elevando al cuadrado ambas expresiones
)^2
m 1 m 2
)^2 (m^1 *V1i
(VF
(ECUACION 2)
Reemplazando la ecuación 2 en la ecuación 1 tenemos:
( )
( )
( 1 2 )^2
m 1 V1i
2 m^1 m^2
2 (m^1 m^2 )VF
K
m + m
Cancelando ( m 1 + m 2 )
( ) ( 1 2 )
m 1 V1i
K
m + m
( ) ( ) ( 1 2 )
V1i
m 1
K
m + m
Donde
V (^) 1i = Velocidad de la bala antes del choque K es la energía cinética un momento después del choque.
Sin embargo, en todos los cambios de energía que ocurren después del choque, la energía es constante. La energía cinética en el punto mas bajo se transforma en energía potencial cuando alcance la altura h.
Energía cinética en el punto mas bajo = Energía potencial cuando alcance la altura h.
( ) ( ) ( )
(m 1 m 2 ) gh
V1i
m 1
m + m
( m 1 ) 2 ( V1i) 2 = 2 ( m 1 +m 2 ) ( m 1 + m 2 ) g h
( m 1 ) 2 ( V1i) 2 = 2 (m 1 +m 2 ) 2 g h
( )
( )
( m 1 )^2
2 2 m 1 m 2 2 g h
V1i
ANTES DEL CHOQUE
m 1 = Masa del bloque = 1,6 kg.
V1i = Velocidad del bloque hacia la derecha = 4i m/seg.
m 2 = masa del bloque que esta unido al resorte = 2,1 kg.
V2i = Velocidad del bloque que esta unido al resorte = - 2,5 i m/seg
DESPUES DEL CHOQUE
V1f = Velocidad del bloque m 1 hacia la derecha después del choque = 3i m/seg.
V (^) 2f = Velocidad del bloque m 2 después del choque.
Advierta que la velocidad inicial de m 2 es – 2,5i m/seg. Por que su dirección es hacia la izquierda. Puesto que momento total se conserva, tenemos:
m 1 * V1i + m 2 * V2i = m 1 * V1f + m 2 * V2f
(1,6) * (4) + (2,1) * (- 2,5) = (1,6) * (3) + (2,1) * V2f
6,4 - 5,25 = 4,8 + 2,1 V2f
1,15 = 4,8 + 2,1 V2f
1,15 - 4,8 = 2,1 V2f
seg
m
V2f =
El valor negativo de V2f significa que m 2 aun se mueve hacia la izquierda en el instante que estudiamos.
b) Determine la distancia que el resorte se comprime en ese instante??? Para determinar la compresión del resorte X usamos la conservación de la energía, puesto que no hay fricción ni otras fuerzas no conservativas que actúen sobre el sistema.
K X^2
2 m^2 V2f
2 m^1 V1f
2 m^2 V2i
1i
m 1 V
Cancelando ½ en toda la expresión
2 KX 2
2f
2 m 2 V
1f
2 m 1 V
2i
2 m 2 V
1i
m 1 V + = + +
m 1 = Masa del bloque = 1,6 kg.
V1i = Velocidad del bloque hacia la derecha = 4i m/seg.
m 2 = masa del bloque que esta unido al resorte = 2,1 kg.
V2i = Velocidad del bloque que esta unido al resorte = - 2,5 i m/seg
V1f = Velocidad del bloque m 1 hacia la derecha después del choque = 3i m/seg.
V (^) 2f = Velocidad del bloque m 2 después del choque. = - 1,738 m/seg.
K = constante del resorte = 600 N/m
1,6 (4)^2 + 2,1 ( - 2,5) 2 =1,6( ) 3 2 +2,1(- 1,738) 2 + 600 * X^2
1,6 (16) +2,1 (6,25 ) =1,6( ) 9 +2,1( ) 3 + 600 X^2
25,6 + 13,12 = 14,4 + 6,3 + 600 X^2
38,72 = 20,7 + 600 X^2
38,72 - 20,7 = 600 X^2
18 = 600 X^2
X =
X = =
X = 0,173 metros
Determine la velocidad de m 1 y la compresión en el resorte en el instante en que m 2 esta en reposo.
m 1 = Masa del bloque = 1,6 kg.
V1i = Velocidad del bloque hacia la derecha = 4i m/seg.
m 2 = masa del bloque que esta unido al resorte = 2,1 kg.
V2i = Velocidad del bloque que esta unido al resorte = - 2,5 i m/seg
V1f = Velocidad del bloque m 1 hacia la derecha después del choque = 3i m/seg.
V (^) 2f = 0
0
m 1 * V1i + m 2 * V2i = m 1 * V1f + m 2 * V2f
(1,6) * (4) + (2,1) * (- 2,5) = (1,6) * V1f
6,4 - 5,25 = 1,6 V1f
1,15 = 1,6 V1f
seg
m
V1f = =
V1f = Velocidad del bloque m 1 hacia la derecha después del choque = 0,71 m/seg.
K X^2
2 m^2 V2f
2 m^1 V1f
2 m^2 V2i
2 m^1 V1i
Cancelando ½ en toda la expresión
2 KX 2
2f
2 m 2 V
1f
2 m 1 V
2i
2 m 2 V
1i
m 1 V + = + +
PiX = m 1 * V 1 = 1500 * 25 = 37500 kg * m/seg
PiX = 37500 Ecuación 1
Movimiento en el eje X después del choque. Como la colisión es inelástica, quiere decir que los carros quedan unidos después del choque. VFX : Es la velocidad final en el eje x de los dos carros después del choque. VFX = VF cos θ (Ver grafica)
m 1 = 1500 kg. m 2 = 2500 kg.
PFX : Cantidad de movimiento en el eje X después del choque = (m 1 + m 2 ) * VFX
PFX = (m 1 + m 2 ) * VFX
PFX = (m 1 + m 2 ) * VF cos θ
PFX = (1500 + 2500) * V (^) F cos θ
PFX = (4000) * VF cos θ Ecuación 2
Igualando la Ecuación 1 y la Ecuación 2 (La cantidad total de movimiento en la direccion del eje X se conserva podemos igualar las ecuaciones). PiX = 37500 PFX = (4000) * V (^) F cos θ
37500 = (4000) * VF cos θ Ecuación 3
Movimiento en el eje Y antes del choque.
PiY : Cantidad de movimiento en el eje Y antes del choque = m 2 * V 2 m 2 = 2500 kg. V 2 = 20 m/seg
PiY = m 2 * V 2 = 2500 * 20 = 50000
PiY = 50000 Ecuación 4
Movimiento en el eje Y después del choque. Como la colisión es inelástica, quiere decir que los jugadores quedan unidos después del choque. VFY : Es la velocidad final en el eje Y de los dos jugadores después del choque. VFY = VF sen θ (Ver grafica)
m 1 = 1500 kg. m 2 = 2500 kg.
PFY : Cantidad de movimiento en el eje Y después del choque = (m 1 + m 2 ) * VFY
PFY = (m 1 + m 2 ) * VFY
PFY = (m 1 + m 2 ) * VF sen θ
P (^) Fy = (1500 + 2500) * V (^) F sen θ
PFY = (4000) * VF sen θ Ecuación 5
Igualando la Ecuación 4 y la Ecuación 5 (La cantidad de movimiento se conserva antes y después del choque).
PiY = 50000
PFY = (4000) * VF sen θ
50000 = (4000) * V (^) F sen θ Ecuación 6
Dividiendo Ecuación 6 con la Ecuación 3
4000 V cos
4000 V sen 37500
F
= F
Cancelando términos semejantes.
θ θ
θ tg cos
sen 37500
1,333 = tg θ θ = arc tg 1, θ = 53,1 0
Reemplazando en la Ecuación 3, para hallar la velocidad final
37500 = (4000) * VF cos θ Ecuación 3
( ) 2401,
4000 cos53,
VF = = =
VF = 15,61 m/seg.
Problema 1. Cuarta edición Serway; Problema 1. Quinta edición Serway; Problema 1. Sexta edición Serway Una partícula de 3 kg tiene una velocidad de (3i – 4j) m/s. Encuentre sus componentes de momento X, Y y la magnitud de su momento total.
v = (3i – 4j) m = 3 kg.
I = Impulso = m * v I = Impulso = 3 kg. * (3i – 4j) m/seg. I = (9i – 12j) kg. m/seg.
I (^) X = 9 kg. m/seg. I (^) Y = -12 kg. m/seg.
I = ( IX ) 2 +(I (^) Y)^2
I = ( ) 9 2 +(- 12 ) 2 = 81 + 144 = 225
I = 15 kg. m/seg.
I
I
tg
X
θ= Y^ = =
Θ = arc tg (- 1,333)
Θ = - 53 0
Problema 2 Cuarta edición Serway Una bola de boliche de 7 kg se mueve en línea recta a 3 m/s. ¿Qué tan rápido debe moverse una bola de ping-pong de 2.45 gr. en una línea recta de manera que las dos bolas tengan el mismo momento?
mB = masa del boliche = 7 kg.
V (^) B = Velocidad del boliche = 3 m/seg.
V 3 = 10,6 m/seg.
Cantidad de movimiento en el punto medio = m 1 * V (^3) Cantidad de movimiento en el punto medio = 0,1 kg. * 10,6 m/seg. Cantidad de movimiento en el punto medio = 1,06 Kg. – m/seg.
Problema 3 Cuarta edición Serway. Un niño bota una gran pelota sobre una acera. El impulso lineal entregado por la acera a la pelota es 2 N-seg. durante 1/800 seg. de contacto. ¿Cuál es la magnitud de la fuerza promedio ejercida por la acera sobre la pelota?
I = Impulso = F * t = 2 Newton. seg.
1600 Newton
t
I
F = = =
Problema 3 Quinta edición Serway Un niño de 40 kg. parado sobre un lago helado arroja una piedra de 0,5 kg. hacia el este con rapidez de 5 m/seg. Despreciando la fricción entre el niño y el hielo, encuentre la velocidad de retroceso del hielo?
(+) hacia el este.
mn = masa del niño = 40 Kg. V = Velocidad de retroceso del hielo
mp = masa de la piedra = 0,5 Kg.
Vp = Velocidad de la piedra = 5 m/seg.
mn * V = - mp * Vp 40 * V = - 0,5 * 5 40 V = - 2,
seg.
m
V = =
Problema 4 Cuarta edición Serway. Una gran pelota con una masa de 60 g se deja caer desde una altura de 2 m. Rebota hasta una altura de 1.8 m. ¿Cuál es el cambio en su momento lineal durante el choque con el piso?
m = 60 gr. = 0,06 kg.
Via = Velocidad inicial antes = o
VFa = Velocidad final antes
h 1 = altura que se deja caer la pelota. = 2 m
Vid = Velocidad inicial después
VFd = Velocidad final después = 0
h 2 = altura que rebota la pelota. = 1,8 m
Se halla la velocidad con la cual la pelota choca en el suelo.
(VFa) 2 = (Via) 2 + 2 g h (^1)
h 1 = 2 m
h 2 = 1,8 m
(VFa) 2 = 0 + 2 g h (^1)
seg
m
VFa = 2 9,8 2 = 39,2 =6,
VFa = - 6,2609 m/seg Se asume (-) cuando el cuerpo se desplaza hacia abajo.
Se halla la velocidad con la cual la pelota rebota en el suelo.
(VFd) 2 = (Vid) 2 + 2 g h (^2)
0 = (Vid) 2 * 2 g h (^2)
seg
m
Vid = 2 9,81,8= 35,28 =5,
Se asume (+) cuando el cuerpo se desplaza hacia abajo.
Δ P = PF - P (^) i = m VF - mVi Δ P = (0,06 * 5,9396) - (0,06 * (- 6,2609))
Δ P = (0,3563) - (- 0,3756) Δ P = 0,3563 + 0,
Δ P = 0,731 kg * m/seg.
Problema 4 Quinta edición Serway. Un pitcher dice que puede lanzar una pelota de béisbol con tanto momentum como una bala de 3 gr. moviéndose con una rapidez de 1500 m/seg. Una pelota de béisbol tiene una masa de 0, kg. Cual debe ser su rapidez, si la declaración del pitcher es valida?
mb = masa de la bala = 3 gr. = 0,003 Kg.
Vb = Velocidad de la bala = 1500 m/seg.
mp = masa de la pelota de béisbol = 0,145 kg.
Vp = Velocidad de la pelota de béisbol
Cantidad movimiento de la pelota de béisbol = cantidad de movimiento de la bala
mp * Vp = mb * Vb
0 , 145 * Vp = 0,003 * 1500
0,145 Vp = 4,
seg.
m
Vp = =
Problema 5 Cuarta edición Serway. La fuerza FX que actúa sobre una partícula de 2 kg varía en el tiempo, como se muestra en la figura P9.5. Encuentre a) el impulso de la fuerza, b) la velocidad final de la partícula si inicialmente está en reposo, c) su velocidad final si al principio se mueve a lo largo del eje x con una velocidad de -2 m/s, y d) la fuerza promedio ejercida sobre la partícula en el espacio de tiempo t (^) i = 0 a t (^) F = 5 seg.
El área bajo la curva es el impulso.
=
=
t 5
t 0
I Fdt
En el choque, la fuerza desarrollada es de 6436 newton, lo cual es imposible que el amigo pueda sostener el niño en los brazos cuando ocurre el choque.
Problema 7 quinta edición Serway; Problema 5 Sexta edición Serway. a) Una partícula de masa m se mueve con momentum P. Muestre que la energía cinética de la partícula esta dada por:
2 m
P
K
2
b) Exprese la magnitud del momentum de la partícula en términos de su energía cinética y masa.
K = Energía cinética P = Momentum = m v
m
P
v =
2
2 2
m
P
v =
(Ecuación 1)
mv^2
K =
(Ecuación 2) Reemplazando la (Ecuación 1) en la (Ecuación 2)
2
2 2
m
P
m
mv
K
Simplificando m
m
P
K
2
2m
P
K
2
b) Exprese la magnitud del momentum de la partícula en términos de su energía cinética y masa.
mv^2
K =
2 K = m v^2
m
2 K
v 2 =
m
2 K
v =
P = Momentum = m v
m
2 K
P =m
m
2 Km
m
2 K
P m
2
Simplificando la masa m
P = 2 K m
Problema 8 Serway cuatro. Una pelota de 0,15 kg. De masa se deja caer del reposo, desde una altura de 1,25 metros. Rebota del piso para alcanzar una altura de 0,96 metros. Que impulso dio el piso a la pelota.
m = 0,15 kg.
Via = Velocidad inicial antes = o
VFa = Velocidad final antes
h 1 = altura que se deja caer la pelota.
Vid = Velocidad inicial después
VFd = Velocidad final después = 0
h 2 = altura que rebota la pelota.
Se halla la velocidad con la cual la pelota choca en el suelo.
(VFa) 2 = (Via) 2 + 2 g h (^1)
(VFa) 2 = 0 + 2 g h (^1)
seg
m
VFa = 2 9,81,25= 24,5 =4,
VFa = - 4,9497 m/seg Se asume (-) cuando el cuerpo se desplaza hacia abajo.
Se halla la velocidad con la cual la pelota rebota en el suelo.
(VFd) 2 = (Vid) 2 + 2 g h (^2)
0 = (Vid) 2 * 2 g h (^2)
seg
m
Vid = 2 9,80,96= 18,816 =4,
Se asume (+) cuando el cuerpo se desplaza hacia abajo.
Δ P = PF - P (^) i = m VF - mVi Δ P = (0,15 * 4,3377) - (0,15 * (- 4,9497))
Δ P = (0,6506) - (- 0,7424) Δ P = 0,6506 + 0,
Δ P = 1,393 kg * m/seg.
Problema 9 Serway cuatro. Una ametralladora dispara balas de 35 gr. a una velocidad de 750 m/s. Si el arma puede disparar 200 balas/min, ¿cuál es la fuerza promedio que el tirador debe ejercer para evitar que la ametralladora se mueva?
Δ P = PF - P (^) i = m VF - mVi Pero P (^) i = 0
Δ P = PF = m VF = I
h 1 = 1,25 m
h 2 = 0,96 m
