Ejercicios Resueltos Impulso Y Cantidad DE Movimiento Lineal PDF

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Ejercicios Resueltos de la Guía No4: Impulso y Cantidad de Movimiento lineal PROBLEMA Nº2 Sobre un bloque de 8kg que puede desplazarse sin fricción en una superficie inclinada, actúa una fuerza P que varía en magnitud como se indica. Si el bloque está inicialmente en reposo, determinar: a) su velocidad en t = 10s, y b) el tiempo en que su velocidad es cero. Resolución: Para resolver este ejercicio 1º debemos identificar las fuerzas impulsivas que actúan sobre el mismo. . . (espacio para que las pienses). . . Si son dos la fuerza P y la fuerza peso (w). También actúa la normal, pero en forma perpendicular al desplazamiento (por lo que no efectúa impulso) a) Ahora por la definición de impulso (J) sabemos que es igual a la variación de la cantidad de movimiento (  p). Como actúan dos fuerzas impulsivas deberemos calcular el impulsa de cada una y luego sumarlos, esto es 󰇍 𝐽𝑃 + 𝐽𝑊 =  𝐽𝑃 + 𝐽𝑊 = 𝑚(𝑣 󰇍󰇍𝑓 − 𝑣0 ) JW = m .g . cos 240ot = JW = 8Kg . 9,8 m/s2. -0,5 . 10s = JW = -392 Ns Para calcular el JP lo haremos evaluando la integral bajo la curva durante los 10s JP = (t .P) / 2 = (10s.80N) / 2 JP = 400Ns Luego despejando y sustituyendo: JP + JW = m (vf– v0) v10s= (JP + JW)/m + v0 v10s= (400Ns-392Ns)/8Kg + 0m/s v10s= 1m/s b) Pensando unos segundos veremos que cuando la Velocidad del bloque vuelva a ser nula. También lo será su variación de cantidad de movimiento (Vf = Vi =0 => =0). Luego: JP + J’W =  = 0 m .g . cos 240ot’ + 400Ns =0

t’ = -400Ns / [8Kg. 9,8 m/s2. (-0,5)] t’ = 10,2s

PROBLEMA N°3 Un disco de hockey de 0,160 kg se mueve en una superficie cubierta de hielo horizontal y sin fricción. En t = 0, su velocidad es de 3m/s a la derecha. a) Calcule la velocidad (magnitud y dirección) del disco después de que se aplica una fuerza de 25 N hacia la derecha durante 0,050 s. b) Si, en vez de ello, se aplica una fuerza de 12 N dirigida a la izquierda, entre t = 0 y t = 0,050 s, ¿cuál es la velocidad final del disco? Solución  v0

x(+)

      J = Ft = m (v − v 0 ) J = p Ft v= + v0 m a) Si F actúa hacia la derecha

v=

F t + v0 m

v=

25N .0,05s + 3 ms = 10,81 ms 0,160kg

b) Si F’ actúa hacia la izquierda

𝑣' =

−12𝑁. 0,05𝑠 𝑚 𝑚 + 3 = −𝟎, 𝟕𝟓 𝑠 0,160𝑘𝑔 𝑠

PROBLEMA N°5 La tenista Pepita Revés hace picar una pelota de tenis de 60 g, arrojándola verticalmente hacia el piso con una velocidad de 3 m/s desde 80 cm de altura, la que se detiene a la misma altura después del rebote. Determinar el impulso recibido por la pelota en el choque contra el piso. ¿Se conserva la cantidad de movimiento de la pelota en el choque? ¿Y la del sistema formado por el piso y la pelota? ¿Se conserva la energía mecánica de la pelota en su viaje de ida y vuelta? Si no se conserva, ¿qué ocurrió con la misma? Solución En este ejercicio la pelotita de tenis sufre 3 transformaciones físicas. 1- una caída por el aire que, despreciando el rozamiento, se trata de una transformación energética conservativa. 2- un choque con el piso, esa interacción no es conservativa de la energía, y ahí pondremos en funcionamiento lo que sabemos a cerca de los impulsos. 3- un ascenso después de rebote, hasta llegar nuevamente a la mano de Pepita. Se trata de otra transformación conservativa.

1- Empecemos entonces con la caída de la pelotita. Ojo que sale de la mano (m) de la tenista con una velocidad distinta de cero. Tomemos el cero de las alturas en el piso (p). Entonces: ∆𝐸𝑀 = 0 1 −𝑚𝑔ℎ + 𝑚(𝑣 2 − 𝑣02 ) = 0 2

Podemos cancelar la masa de la pelotita que aparece en todos los términos de la expresión 𝑣 = √2. 𝑔. ℎ + 𝑣𝑜2 𝑚 𝑚 𝑚 𝑣 = √2.9,8 2 . 0,80𝑚 + (3 )2 = 5 𝑠 𝑠 𝑠 La pelotita impacta el suelo con una rapidez de 5 m/s 3. Estudiemos ahora la subida nuevamente hacia la mano de Pepita. Aplicamos nuevamente .la conservación de la energía mecánica para la pelotita con el propósito de calcular v’ que es la rapidez con que la pelotita sale del piso ∆𝐸′𝑀 = 0 1 𝑚𝑔ℎ + 𝑚(𝑣𝑓2 − 𝑣′2 ) = 0 2 𝑣′ = √2. 𝑔. ℎ 𝑚 𝑚 𝑣′ = √2.9,8 2 . 0,80𝑚 = 4 𝑠 𝑠 2.- Finalmente trabajamos el instante de la colisión. Por el teorema del impulso y cantidad de movimiento podemos evaluar el impulso que experimenta la pelotita 󰇍󰇍󰇍′ − 𝑣) 𝐽 = ∆𝑝 = 𝑚(𝑣 𝐽 = 0,06 𝑘𝑔. [4

𝑚 𝑚 𝑚 𝑗 − (−5 𝑗)] = 0,54𝑘𝑔 𝑗 𝑠 𝑠 𝑠

1 ∆𝐸𝑐 = 𝑚(𝑣′2 − 𝑣 2 ) 2 ∆𝐸𝑐 =

1 𝑚 𝑚 0,06𝑘𝑔 [(4 )2 − (−5 )2 ] = −0,27𝐽 𝑠 2 𝑠

La pérdida de energía, se transforma en deformación, calor, ruido PROBLEMA N°8 Un proyectil de 10 g que se mueve horizontalmente a 400 m/s se incrusta en una caja de 5 kg que se halla en reposo, suspendida de un hilo largo de masa despreciable. Determinar con qué velocidad se moverá la caja con el proyectil dentro, luego del choque. Hallar también hasta qué altura máxima se elevará el conjunto.

v b

b c

c

𝑚𝑏 𝑣0𝑏 + 𝑚𝑐 𝑣0𝑐 = (𝑚𝑏 + 𝑚𝑐 )𝑣

𝑣=

𝑣=

𝑚𝑏 𝑣0𝑏

𝑚𝑏 +𝑚𝑐

0,01𝑘𝑔. 400𝑚𝑠 𝑚 = 0,798 𝑠 0,01𝑘𝑔 + 5𝑘𝑠

Para determinar la altura ala que se eleva el sistema de aplica el principio de conservación de la energía Δ𝐸𝑝𝑔 + Δ𝐸𝑐 = 0 1 (𝑚𝑏 + 𝑚𝑪 )𝑔𝒉 − (𝑚𝑏 + 𝑚𝐵 )𝑣 2 2 𝒗𝟐 𝒉= 𝟐𝒈 𝒎 𝟐 (𝟎, 𝟕𝟗𝟖 𝒔 ) = 𝟎, 𝟎𝟑𝟐𝟓𝒎 𝒉= 𝟐. 𝟗, 𝟖 𝒔𝒎𝟐

PROBLEMA N°9 Un proyectil de 10 g es disparado horizontalmente contra un bloque de madera de 4kginicialmente en reposo en una superficie horizontal. El proyectil tiene una velocidad de500 m/s un instante antes de penetrar al bloque, y sale de él con una velocidad de 200m/s. El bloque desliza 10 cm antes de detenerse. Encuentre el coeficiente de rozamiento entre el bloque y la superficie. Solución: Primero encontraremos la rapidez del bloque después del impacto de la bala: Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento:𝑝𝑜𝑏 + 𝑝𝑜𝐵 = 𝑝𝑓𝑏 + 𝑝𝐵 (1) Donde:

p0b: momento lineal inicial de la bala p0B: momento lineal inicial del bloque y es igual a 0 pues el bloque inicialmente está en reposo pfb: momento lineal de la bala después de la colisión pB: momento lineal del bloque después de la colisión Desarrollando la ecuación (1) 𝑚𝑏 𝑣0𝑏 + 𝑚𝐵 𝑣0𝐵 = 𝑚𝑏 𝑣𝑓𝑏 + 𝑚𝐵 𝑣𝐵 𝑣𝐵 =

𝑣𝐵 =

𝑚𝑏 𝑣0𝑏+𝑚𝐵 𝑣0𝐵 −𝑚𝑏 𝑣𝑓𝑏

𝑚𝐵 𝑚 0.01𝑘𝑔.(500𝑚𝑠 −200 𝑠 )

impacto

4𝑘𝑔

𝑣𝐵 = 0,75𝑚𝑠 velocidad inicial del bloque después del

Ahora si buscamos el coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie horizontal: Usando el Teorema de Trabajo y Energía: 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃𝐺 + 𝐸𝑃𝐸

1

2 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = 𝐹𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 . 𝑥 . cos 180𝑜 = 2𝑚𝐵 (𝑣𝑓𝐵 − 𝑣𝐵2 ) 1

2 𝜇𝑚.𝐵. 𝑔. 𝑥 . cos 180𝑜 = 2𝑚𝐵 (𝑣𝑓𝐵 − 𝑣𝐵2 )

𝜇=

2 − 𝑣𝐵2 ) (𝑣𝑓𝐵

1 2

𝑔. 𝑥 . cos 180𝑜

− (0,75 ms ) 2 = − 9,8 ms2 .0,1m

μk = 0,3 ⇒ coeficiente de fricción dinámico

PROBLEMA N°10 Un bloque de plastilina de masa m2 = 1,2 kg se encuentra en reposo en el punto A, a una distancia l = 1,5 m del extremo libre de un resorte (punto B). Una bolita de vidrio de masa m1 = 0,2 kg llega a chocar contra el bloque de plastilina con velocidad v = 30 m/s y queda incrustada en él (choque plástico o completamente inelástico). Después del choque, el sistema se desliza sobre un plano horizontal con roce (μk= 0,17) y llega a chocar al resorte de constante k = 100N/m que se encuentra estirado en su largo natural. Hallar la máxima compresión x del resorte. Resolución: Una vez observado el sistema m1, m2 y resorte, vemos que para poder determinar la compresión máxima del resorte primero deberemos calcular la velocidad de estas masas después de que han chocado. Para ello planteamos la conservación de la cantidad de movimiento lineal del 󰇍 ): sistema antes y después de choque ( 𝑝 𝑠𝑖𝑠𝑡 = 0

  Psist = P0 sist

m1 v1 + m2 v2 = m1 v01 + m2 v02 ( m1 + m2 ) v = m1 v0 1 + m2 v02

m1v 0 1 + m2 v 02 (m1 + m 2 ) 0,2kg.30 ms = 4,28 ms v= (0,2kg + 1,4kg ) v=

Luego a partir del teorema del trabajo y energía: 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃𝐺 + 𝐸𝑃𝐸 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = 𝐹𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 . 𝑥 . cos 180 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = −µ . 𝑚. 𝑔. (𝑙 + 𝑥𝑓 )

𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = −0,17 . 1,4𝑘𝑔. 9,8 𝑚/𝑠 2 . (1,5𝑚 + 𝑥𝑓 ) 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = −3,5𝐽 − 2,33 𝑁. 𝑥𝑓 1 𝐸𝐶 = 𝑚(𝑉𝑓2 − 𝑉𝑖2 ) 2 1 𝐸𝐶 = 1,4𝑘𝑔[0 − (4,28 𝑚⁄𝑠 )2 ] = −12,82𝐽 2 𝐸𝑃𝐺 = 0 1 𝐸𝑃𝐸 = 𝑘(𝑥𝑓2 − 𝑥𝑖2 ) 2 1 𝑁 𝐸𝑃𝐸 = 10 ( 𝑚) (𝑥𝑓2 − 0) 2 Sustituyendo: −3,5𝐽 − 2,33 𝑁. 𝑥𝑓 = −12,82𝐽 + 0 + 5𝑁/𝑚 𝑥𝑓2 0 = −9,32𝐽 + 2,33 𝑁. 𝑥𝑓 + 5𝑁/𝑚 𝑥𝑓2 𝑥𝑓 = 1,152𝑚 PROBLEMA N°13 Dos bloques A y B de 3kg y 2kg respectivamente se encuentran sobre una superficie horizontal con μ = 0,2. Si A tiene una rapidez de 8m/s justamente antes de chocar contra B que está en reposo y a una distancia de 1m del extremo libre del resorte, determinar la máxima deformación del resorte. El coeficiente de restitución entre los bloques es e = 0,7. Resolución: De manera similar al problema 10 primero calculamos la velocidad del cuerpo B después del choque (VBdesp). La diferencia con el problema 10 es que en este caso es un choque real, por lo que será necesario utilizar el valor del coeficiente de restitución (e=0,7) asi: 𝑉𝐴𝑑𝑒𝑠𝑝 − 𝑉𝐵𝑑𝑒𝑠𝑝 𝑉𝐴𝑑𝑒𝑠𝑝 − 𝑉𝐵𝑑𝑒𝑠𝑝 𝑒= => 0,7 = 𝑚 𝑉𝐵𝑎𝑛𝑡 − 𝑉𝐴𝑎𝑛𝑡 0−8 𝑠 𝑚 𝑚 1 −5,6 = 𝑉𝐴𝑑𝑒𝑠𝑝 − 𝑉𝐵𝑑𝑒𝑠𝑝 => 𝑉𝐴𝑑𝑒𝑠𝑝 = 𝑉𝐵𝑑𝑒𝑠𝑝 − 5,6 𝑠 𝑠 sist antes= sist después mA .VAat + mB . VB ant = mA . VA desp + mB. VB de con: VAnt = 0 y VA desp ≠ VB desp 24Ns =Kg . VA desp + 2Kg. VB desp Sustituyendo 1 en 2 24Ns = 3Kg . (VB desp – 5,6 m/s) + 2Kg. VB desp 24Ns = – 16,8 Ns + 5Kg. VB desp

2

VB desp = 8,16m/s Luego a partir del teorema del trabajo y energía: 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃𝐺 + 𝐸𝑃𝐸 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = 𝐹𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 . 𝑥 . cos 180 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = −µ . 𝑚. 𝑔. (𝑙 + 𝑥𝑓 ) 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = −0,2 . 2𝐾𝑔. 9,8 𝑚/𝑠2 . (1𝑚 + 𝑥𝑓 ) 𝑊𝐹𝑁𝑂𝐶 = −3,92𝐽 − 3,92 𝑁. 𝑥𝑓 1 𝐸𝐶 = 𝑚(𝑉𝑓2 − 𝑉𝑖2 ) 2 1 𝐸𝐶 = 2𝐾𝑔[0 − (8,16 𝑚⁄𝑠 )2 ] = −66,58𝐽 2 𝐸𝑃𝐺 = 0 1 𝐸𝑃𝐸 = 𝑘(𝑥𝑓2 − 𝑥𝑖2 ) 2 1 𝐸𝑃𝐸 = 500𝑁/𝑚(𝑥𝑓2 − 0) 2 Sustituyendo: −3,92𝐽 − 3,92 𝑁. 𝑥𝑓 = −66,58𝐽 + 0 + 250𝑁/𝑚 𝑥𝑓2 0 = −62,66𝐽 + 3,92 𝑁. 𝑥𝑓 + 250𝑁/𝑚 𝑥𝑓2 𝑥𝑓 = 0,4928𝑚...