prob_dinamica de particulas

Vista previa del material en texto

DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 1
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS
1. Sistemas de puntos. Fuerzas internas y externas.
2. El centro de masa. Cálculo de la posición, velocidad y aceleración.
3. Teorema del movimiento del centro de masa para un sistema de puntos materiales.
4. Cantidad de movimiento de un sistema de puntos materiales. Teorema de conservación.
5. Momento cinético de un sistema de puntos materiales. Teorema de conservación.
a) Momento cinético del centro de masa.
b) Momento cinético interno o spin.
6. Energía de un sistema de puntos materiales.
a) Energía cinética del centro de masa.
b) Energía cinética interna.
c) Energía potencial interna.
d) Energía interna y energía propia.
Sistemas de puntos materiales
uerzas internas: aquellas que son ejercidas por partículas que se hallan dentro del sistema.
uerzas externas: aquellas que son ejercidas por partículas que se hallan fuera del sistema.
Centro de masa
Ente matemático localizado en 
r
r
r
r
cm
i i
n
i
n
m
m
=
∑
∑
1
1
con la velocidad de 
r
r
v
v
cm
i i
n
i
n
m
m
=
∑
∑
1
1
 y la aceleración 
r
r
a
a
cm
i i
n
i
n
m
m
=
∑
∑
1
1
Si se trata de una distribución continua de masa usaremos las expresiones:
xcm
xdm
dm
= ∫
∫
ycm
ydm
dm
= ∫
∫
Teorema del movimiento del centro de masa para un sistema de puntos materiales
De la expresión de la aceleración del centro de masas, podemos obtener que
( )r r r r ra f f f fcm i
n
i
n
i i
n
i
n
m
ernas externas externas
1 1 1 1
∑ ∑ ∑ ∑= = + =int , ya que 
r
fi
n
ernasint
=∑ 0
1
; es decir la suma de
todas las fuerzas externas que actúan sobre un sistema es la masa del sistema por la
aceleración de su centro de masa, comportándose el sistema como si de una única partícula se
tratara, cuyo movimiento solo se verá afectado por las fuerzas externas.
F
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 2
Sistema de referencia de centro de masa
Es útil en muchas ocasiones tomar el centro de masa como origen de coordenadas,
quedando las posiciones transformadas. Si el centro de masa se mueve, también las velocidades
se transforman.
r r r
r r r'i i cm= −
r
r
r r′ =
′
= −v
r
v vi
i
i cm
d
dt
Cantidad de movimiento de un sistema de puntos materiales. Teorema de conservación
Sea un sistema de puntos, cuya cantidad de movimiento total es:
r r
p v=∑mi i
n
1
 = 
r
vcm i
n
m
1
∑
su variación con el tiempo es 
d
dt
d
dt
m m fcm i
n
cm i
n
i
n
EXTERNAS
r r
r rp v
a= = =∑ ∑ ∑
1 1 1
Por tanto la variación de la cantidad de movimiento del sistema, es consecuencia de las fuerzas
exclusivamente externas que actúan sobre éste.
Si la resultante de las fuerzas externas que actúan sobre un sistema es nula, la
cantidad de movimiento del sistema no varía.
Momento cinético de un sistema de puntos materiales. Teorema de conservación
Del mismo modo que antes,
r r r
L r v= ×∑ i i i
n
m
1
su variación con el tiempo es 
d
dt
d
dt
m m
d
dt
m
d
dt
i
i i
n
i i
i
n
i i
i
n
i
nr r r r
r
r
r rL r
v r
v
r
v
M= × + × = × =∑ ∑ ∑ ∑
1 1 1 1
Si el momento resultante sobre un sistema es nulo, su momento cinético no varía.
Para una mejor comprensión de muchos sistemas, se puede desglosar el momento
cinético en dos contribuciones:
( ) ( )( )
r r r r r r r
L r v r r v v= × = + × +∑ ∑i i i
n
i cm i i cm
n
m m
1 1
' ' =
vi
v1
v2
r1
ri
CM
r’i
rCM
O
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 3
r r r r r r r r
r v r v r v r v' ' ' 'i i i
n
i i cm
n
cm i i
n
cm i cm
n
m m m m× + × + × + ×∑ ∑ ∑ ∑
1 1 1 1
; los términos 2º y 3º se puede
demostrar que valen cero, quedando: 
r r r r r
L r v r v= × + ×∑ ∑' 'i i i
n
cm cm i
n
m m
1 1
Al primer término se le llama momento cinético interno o spin, y al segundo, momento cinético
del centro de masa.
r r r
r r r
r r r
L r v
L r v
L L L
int
int
' 'erno i i i
n
cm cm cm i
n erno cm
m
m
= ×
= ×








= +
∑
∑
1
1
Energía cinética de un sistema de partículas
La energía cinética total de un sistema es la suma de las energías cinéticas de las
partículas del sistema:
E m vC
n
i i=∑ 12
1
2
Al igual que se hizo con el momento cinético, se puede descomponer en dos contribuciones: la
energía cinética respecto del centro de masa y la energía cinética del centro de masa:
( )E m v m v v m v m v m v vC
n
i i
n
i i CM
n
i i
n
i CM i i CM
n
= = + = + +∑ ∑ ∑ ∑ ∑12 12 12 12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
' ' ' ' '
el último término es cero, por lo que E m v v mC
n
i i CM i
n
= +∑ ∑12 12
1
2 2
1
' '
al primer término se le llama energía cinética interna o energía cinética respecto del centro de
masa; el segundo término es la energía cinética del centro de masa.
Ec = Ecrcm + Eccm
Energía interna y energía propia
La energía interna de un sistema es la suma de su energía cinética interna más su energía
potencial interna (es decir, la debida a fuerzas internas). La energía propia es la suma de la
interna más la energía cinética del centro de masa.
U = Ecrcm + EPinterna K = U + Eccm
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 4
1. Hallar la posición del centro de masa de una varilla cuya densidad lineal (masa por unidad de
longitud) varía del modo λ = λo(1+x/L).
La expresión dada significa que la densidad varía desde
λo (izquierda) hasta 2λo (derecha) de modo uniforme. Para
calcular el centro de masa aplicaremos la expresión:
x
xdm
dm
cm =
∫
∫
, ya que partimos de que ycm = 0 por simetría.
dm = λ dx = λo
x
L
dx1+




 , por lo que la masa de la varilla dm∫ valdrá:
λ λ λ λo
L
o
L
o o
x
L
dx x
x
L
L
L
L1
2 2
3
20
2
0
+




 = +








= +




 =∫
El numerador xdm x
x
L
dx
x x
L
L L
Lo
L
o
L
o o∫ ∫= +





 = +








= +








=λ λ λ λ1
2 3 2 3
5
60
2 3
0
2 2
2
x
xdm
dm
L
L
Lcm = = =
∫
∫
5
6
3
2
5
9
0
2
0
λ
λ
Por tanto, ligeramente a la derecha del punto medio.
2. Hallar las coordenadas del centro de masa de una semicircunferencia de radio R.
Por simetría yCM = 0
Consideraremos la semicircunferencia homogénea de densidad
uniforme λ = 
dm
dl
M
R
=
π
.
x
xdm
dm
CM =
∫
∫
. Haciendo dm = λdl = λRdθ, y x = Rcosθ:
[ ]x
R Rd
M
R d
M
R
RCM
= = =− − −
∫ ∫cos cos
sen
θλ θ λ θ θ λ
λπ
θ90
90 2
90
90
2
90
90 = 
2R
π
Ldx
dm
θ
dθ
x
R
x
y
dl
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 5
3. Calcular la posición del centro de masa del triángulo isósceles de la
figura.
Considerando el triángulo
homogéneo de densidad:
σ = 
M
S
M
L
= 2
2
por ser homogéneo: σ = =
dm
dS
M
S
 → dm = σdS = σydx
Aplicaremos la expresión x
xdm
Mcm
= ∫
x
xdm
M
x dS
M
x ydx
Mcm
= = =∫ ∫ ∫σ σ y varía con x de la forma y = L - x
( )
x
x L x dx
M M
x L x L
M
L
M
L
cm
L L
=
−
= − = −



= =
∫σ σ σ σ0 2 3
0
3 3
2 3
1
2
1
3 6 3
ycm valdrá lo mismo por razón de simetría. (xcm, ycm) = (L/3,L/3)
4. Una pelota de 200 g rebota en una pared tal como muestra la figura. ¿Cuál es la variación de
la cantidad de movimiento de la pelota si el módulo de la
velocidad no cambia? Si el choque duró 20 ms, ¿cuál es
la fuerza media ejercida sobre la pelota? ¿y la ejercida
sobre la pared?
r r r
p i ji mv= −(cos sen )α α
r r r
p i jf mv= +(cos sen )α α
∆
r r r r
p p p j= − =f i mv2 senα = 4.33
r
j kgm/s
r r r r
F
p
F
p
= =−
d
dt tmedia pelota
;
∆
∆
 = 217
r
j N
r
F media -pared = -
r
F media-pelota = -217
r
j N
L
Ly
xdx
dS = ydx
L
L
18 m/s
37º37º
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 6
5. Un bombero sujeta una manguera en ángulo recto tal como indica
la figura. Si por ésta circulan 600 litros de agua por minuto con una
velocidad de 8 m/s ¿qué fuerza ha de hacer el bombero para sujetar
la manguera?
600 L/min → 600 kg/min
Comencemos hallando la variación de la cantidad de movimiento
experimentada por el agua en un minuto:
∆
r r r r r r r
p p p j i j i= − = − = −f i mv mv mv( )
La fuerza ejercida sobre el agua por la manguera es por tanto:
r r
r r
r r r r
F
p j i
j i j i= =
−
=
⋅
− = −
∆
∆ ∆t
mv
t
N
( )
( ) ( )600 8
60
80
Y la fuerza ejercida sobre la manguera por el agua es:
r r r r
F F i jm a a m N, , ( )= − = −80
6. Un coche de 2000 kg y 2 m de longitud que viaja a 108 km/h choca contra una pared de
hormigón que no cede.
a) Calcular el tiempo de choque, suponiendo que el centro del coche recorre la mitad del
camino hasta la pared con desaceleración constante.
b) Calcular la fuerza media ejercida por la pared sobre el coche.
El centro del coche recorre 0.5 m y la
velocidad varía desde 30 m/s a 0.
0.5 = 30 t + ½ at2
0 = 30 + at at = -30; 0.5 = 30t - 15t
t = 1/30 s es el tiempo que dura el choque.
b) La fuerza ejercida por la pared es
r r r r
F
dp
dt
p
t
m v
t
= = =
∆
∆
∆
∆
 = 2000⋅30⋅30 = 1.8 MN
7. Se lanza una carcasa con una velocidad inicial de 
r r r
v i j0 80 120= + m/s explotando tras 10 s
de vuelo en tres fragmentos iguales. Uno de ellos sale lanzado a 
r r r
v i j( )0 100 501 = + m/s , y otro
a 120
r
i m/s. Calcular:
a) Posición de la carcasa en el momento en que explota y 22 s después del lanzamiento si no
hubiera explotado.
b) La velocidad inicial del tercer fragmento.
c) Posición de cada fragmento y del centro de masa de éstos a los 22 s del lanzamiento.
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 7
a) Situando el origen en el punto de lanzamiento:
r r r
v i j( )t = + −80 (120 10t) ;
r r r
r i j( )t t= + −80 (120t 5t )2
r r r
r i j( )10 800= + 700 m
r r r
r i j( )22 220= +1760 m
b) La velocidad de la carcasa en el momento de explotar es: 
r r r
v i j( )10 80= + 20 m/s.
En la explosión se liberan fuerzas exclusivamente internas, por lo que la cantidad de
movimiento se conserva.
r r r r
p v i jinicial 3m= = +( )240 60 m kg⋅m/s
r r r r r r r r
p v v v i j i vfinal 1 2 3 3m + m + m = m(100 + 50 +120= + )
100 + 50 +120 3
r r r r r r
i j i v i j+ = +240 60
r r r
v i j3 = +20 10 m/s
c) La ecuación del movimiento de cada fragmento será: 
r r r r
r r v a( ) ( ) ( )t t t t t= + − + −0 0 0 0
21
2
( )r
r r
r i j1 800 100 10( ) ( )t t= + − + −


700 + 50(t -10) 5(t -10)2
r r r
r i j1 22 2000 580( ) = + m
( )r
r r
r i j2 800 120 10( ) ( )t t= + − + −


700 5(t -10)2
r r r
r i j2 22 2240 20( ) = − m
( )r
r r
r i j3 800 20 10( ) ( )t t= + − + −


700 +10(t -10) 5(t -10)2
r r r
r i j3 22 1040 100( ) = + m
r
r
r r r r r r
r
r
i j i j i j
CM
i i
i
i
i
m
m
=
=
∑
∑
=
+ + − + +1
3
1
3
2000 580 2240 20 1040 100
3
 = 1760
r r
i j+ 220 m
que es la
posición que
tendría la
carcasa en el
instante t = 22 s
si no hubiera
explotado. Se
verifica así la
independencia
del movimiento
del centro de
masa de las
fuerzas internas.
La figura
muestra la
trayectoria de
cada fragmento
y su posición en el instante t = 22 s.
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
0 500 1000 1500 2000
x (m)
y 
(m
)
CM
1
2
3
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 8
8. Se dispara verticalmente una bala de mortero con una velocidad inicial de 280 m/s. En el
punto más alto de su trayectoria explota en tres fragmentos iguales, uno de los cuales sigue
subiendo con una velocidad de 70 m/s; otro sube formando inicialmente un ángulo de 45º con la
vertical, con una velocidad de 140 m/s. Determinar:
a) La altura alcanzada por la bala antes de explotar y el tiempo empleado en ello.
b) La velocidad inicial del tercer fragmento.
c) El tiempo transcurrido desde que se disparó el mortero hasta que el tercer fragmento llega al
suelo.
a) Situando el origen en el punto de lanzamiento:
r r
v j( )t = −(280 10t) ;
r r
r j(t) (280t 5t )2= −
La velocidad se anula para t = 28 s, por lo que la altura alcanzada será 
r r
r j(28) 3920 m=
b) En la explosión se liberan fuerzas exclusivamente internas, por lo que la cantidad de
movimiento se conserva.
r
pinicial 0= , ya que explota en el punto más alto y está parado.
r r r r r r r r
p v v v j i j vfinal 1 2 3 3m + m + m = 70m +140m(
2
2
+
2
2
) + m=
70 +140(
2
2
+
2
2
) + 3
r r r r
j i j v = 0;
r r r
v i j3 = - 70 2 - (70 + 70 2 ) m/s
c) La ecuación del movimiento del tercer fragmento será:
r r r r r r r r r r
r r v a j i j j i j3(t) + t + 12 t = 3920 - 70 2t - (70 + 70 2 )t - 5t = -70 2 + (3920 - 70t - 70 2t - 5to 3
2 2 2= )
La componente y se anula para t = 16.1 s, por lo que el tiempo total será 28 + 16.1 = 44.1 s.
9. Mientras un barquero de 90 kg se desplaza los 4 m de proa a popa que mide su barca de 200
kg, ¿qué distancia recorre la barca? Considérese la barca y el barquero inicialmente en reposo.
La posición inicial del centro
de masa es, colocando al barquero en
el origen:
x
M L
M mCM
=
+
2
Al desplazarse por la barca,
únicamente actúan fuerzas internas en
el sistema barquero-barca, por tanto el
centro de masa no se mueve.
La posición final del centro de masa:
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 9
x
m L x M L x
M mCM
=
− + −





+
( )
2
Igualando: M
L
m L x M
L
x
2 2
= − + −




( ) ; x(M + m) = mL
x
m
M m
L=
+
 = 
36
29
 = 1.24 m
10. Tenemos dos bloques de masas 5 g y 15 g, que se mueven en la misma dirección con
velocidades respectivas de 10 cm/s y 5 cm/s. Calcular:
a) Sus velocidades después del choque, en el caso de que se muevan en sentidos contrarios.
b) Lo mismo, en el caso que lleven igual sentido y el de mayor velocidad alcanza al otro.
 En ambos casos en el choque se conserva la energía cinética del sistema.
c) Si en el caso a) después del choque ambos bloques se mueven unidos, calcular la pérdida de
energía mecánica.
En los dos primeros apartados la energía cinética del sistema es ½ 5 100 + ½ 15 25 =
875/2 erg.
a) La cantidad de movimiento inicial es 
r r r r
p i i ii = ⋅ + ⋅ − = −5 10 15 5 25( ) g cm / s
La cantidad de movimiento final es 
r r r
p i if A Bv v= ⋅ + ⋅5 15' '
La energía cinética final es ½ mAv’A2 + ½ mBv’B2 = 875/2
Considerando que 
r r
p pi f= y ECi = ECf tendremos dos ecuaciones con dos incógnitas:
− = ⋅ + ⋅
= +





 ⇒
− = +
= +






25 5 15
875
2
1
25
1
215
5 3
175 32 2 2 2
v v
v v
v v
v v
A B
A B
A B
A B
' '
' '
' '
' '
 que resuelto nos da como solución:
v’A = -12.5 cm/s; v’B = 2.5 cm/s. Los dos bloques invierten por tanto el sentido de su vector
velocidad.
b) La cantidad de movimiento inicial es 
r r r r
p i i ii = ⋅ + ⋅ =5 10 15 5 125 g cm / s
La cantidad de movimiento final es 
r r r
p i if A Bv v= ⋅ + ⋅5 15' '
El sistema de dos ecuaciones es ahora:
125 5 15
875
2
1
25
1
215
25 3
175 32 2 2 2
= ⋅ + ⋅
= +





 ⇒
= +
= +






v v
v v
v v
v v
A B
A B
A B
A B
' '
' '
' '
' '
 que resuelto nos da como solución:
v’A = 2.5 cm/s; v’B = 7.5 cm/s. No habiendo en este caso cambio de sentido del vector velocidad
c) Si permanecen unidos, habrá pérdida de energía cinética y la velocidad del conjunto la
calculamos considerando solo la conservación de la cantidad de movimiento:
-25 = (mA+mB) V’; V’ = -25/20 = 1.25 cm/s.
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 10
La energía cinética del conjunto es ½ (mA+mB) V’2 = 125/8 erg, luego la pérdida de energía
mecánica es ∆EC = ECF - ECI = 125/8 - 875/2 = -3375/8 erg = -3375/8⋅10-7 J = -4.22⋅10-5 J.
11. Un patinador que tiene una masa de 70 kg con los patines puestos, está en reposo sobre una
pista de hielo y tira una piedra de 3 kg en dirección horizontal con una velocidad de 8 m/s.
Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre los patines y el hielo es de 0.02, calcular la
distancia retrocedida por el patinador después de lanzar la piedra y el tiempo transcurrido hasta
que queda otra vez en reposo.
Durante el intervalo de tiempo que el patinador impulsa la piedra, las fuerzas externas
no modifican el movimiento, por lo que podemos suponer constante la cantidad de movimiento
en ese cortísimo intervalo.
r
r r r
r r r r
p
p v v
v v i i
inicial
final pa pa pi pi
pa
pi
pa
pi
 m m
m
m
= - 34.3 cm / s
=
= + =
= − = −
0
0
3
70
8
Esta va a ser la velocidad inicial de retroceso del patinador.
A partir de aquí, el rozamiento de los patines con el suelo
va a producirleuna aceleración:
r r r r r r r r
F f i i a a i i= = = = = =∑ R mg m gµΝ µ µ; . m / s20196
Y las ecuaciones de la velocidad y de la posición serán:
r r r
r
r
r r r r r r
v v a
v
a
r v a i i i
= +
= + ⋅ ⋅ = −
0
0
2 21
2 175 0 30
t 
t t
= 0 t = 
-
 = 1.75 s
 = -0.343 1.75 + 0.196 2 m
0;
. .
Obsérvese el signo de las magnitudes: la velocidad inicial se ha tomado negativa, por lo que la
aceleración, aunque es deceleración ha salido con signo positivo. La posición final con signo
negativo es compatible con el sentido del movimiento adoptado.
12. Dos bolas de 6 y 4 kg se mueven sobre una misma recta en sentidos opuestos a 5 y 7 m/s.
Hallar las velocidades de ambas bolas después del choque, si la primera se desvía 37º de la
dirección original, y el choque es elástico.
Planteando el teorema de conservación de la cantidad de movimiento:
v’A
α = 37º
β
v’B
5 m/s 7 m/s
6 kg 4 kg
r r
p i= 2 kgm s/
Ec = 173 J
A B
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 11
r r r r r
p p' i i j= = + + +2 6 4 6 4( ' cos ' cos ) ( ' sen ' sen )v v v vA B A Bα β α β
de donde extraemos 2 ecuaciones:
2 6 4
0 6 4
= +
= +
v v
v v
A B
A B
' cos ' cos
' sen ' sen
α β
α β
Por otra parte, el choque al ser elástico, conserva la energía cinética:
173 = 3v’A2 + 2 v’B2
En resumen, tenemos 3 ecuaciones y tres incógnitas:
2 4 8 4
0 3 6 4
173 3 22 2
= +
= +
= +
. ' ' cos
. ' ' sen
' '
v v
v v
v v
A B
A B
A B
β
β
Sistema de ecuaciones que resuelto conduce a las soluciones:
v’A= 4.96 m/s
v’B= 7.04 m/s
β = -140.55º la bola B se desvía por tanto 180 - 140.55 = 39.45º = 39º27’.
13. Una partícula α choca con un núcleo de carbono y se desvía de manera que su trayectoria
después del choque forma un ángulo de 42º con la
anterior al choque según indica la figura. Por su
parte el núcleo de carbono se pone en movimiento
siguiendo una trayectoria que forma 68º con la
trayectoria original de la partícula α. Calcular la
relación de velocidades entre las dos partículas
(Masas atómicas en u: C =12; α = 4)
La partícula α aporta toda la cantidad de
movimiento que únicamente tiene componente
horizontal. Es decir no debe haber cantidad de movimiento en el eje vertical.
pY = 0 = pα sen(-42) + pCsen68. mCVCsen68 = mαVαsen42
V
V
m
mC
Cα
α
=
sen
sen
68
42
 = 4.16
α
α
C
C 68º
42º
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 12
14. Un proyectil de 10 g incide horizontalmente sobre un bloque de madera de 5 kg que se
encuentra en reposo sobre una mesa de madera. Si la velocidad del proyectil en el momento de
la incidencia es de 500 m/s y el coeficiente de rozamiento madera-madera es de 0.3, ¿qué
espacio recorrerá el sistema formado por el bloque y el proyectil sobre la mesa?
Cuando el bloque sea alcanzado por el proyectil se pondrán en movimiento ambos a la
velocidad v’, y conservándose la cantidad de movimiento, por tanto:
pI = pF;
mv = (m + M)v’;
v m
m M
v' .
.
.=
+
= =
0 01
5 01
500 0 998 m / s
Como consecuencia de la fuerza
de rozamiento aparecerá una
deceleración:
a = fr/m= -µg = -2.94 m/s2
El tiempo que tardará en pararse será v = 0 = v’+at; t = -v’/a = 0.34 s.
Y el espacio recorrido hasta pararse será: x = v’t+ ½ at2 = 0.17 m
15. Una cuerda de longitud L y peso por unidad de longitud ρ está situada sobre una mesa
horizontal. Si entre la cuerda y el suelo hay un coeficiente de rozamiento estático µ, hallar la
mínima longitud colgante x que consigue que se inicie el movimiento. Aplicar al caso de una
cuerda de 3 m y µ = 0.6.
En el instante que la cuerda inicia el movimiento:
T = ρx
T = µρ(L-x)
ρx = µρ(L-x)
x = µ (L-x); x + µx = µL;
x
L
=
+
µ
µ1
 = 1.125 m
pi = mv
pf= (M+m)v’
m M
v
v’
M+m
fr = µN =
µmg
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 13
16. Dos puntos materiales de masas m1 = 4 kg y m2 = 6 kg se encuentran en los puntos P(0,3,0)
m y Q(4,0,0) m, siendo sus velocidades 
r r
v i1 2= m s/ y 
r r
v j2 3= m s/ , respectivamente.
Determinar:
a) Momento angular del sistema con respecto a O.
b) Momento angular del centro de masa.
c) Momento angular del sistema con respecto a su centro de masa.
d) Energía cinética respecto del sistema fijo OXYZ.
e) Energía cinética del centro de masa.
f) Energía cinética respecto del centro de masa.
a) 
r r r
L r v= ×
=
∑ i
i
n
i im
1
= (3
r
j ×8
r
i )+(4
r
i ×18
r
j ) = 48
r
k kgm2/s
b) Hallemos, en primer lugar, la posición y velocidad del centro de masa:
r
r
r r
r r
r
r
j i
i jcm
i i
i
n
i
i
n
m
m
m= =
+
= +=
=
∑
∑
1
1
12 24
10
2 4 12. .
r
r
r r
r r
v
v
i j
i jcm
i i
i
n
i
i
n
m
m
m s= =
+
= +=
=
∑
∑
1
1
8 18
10
0 8 18. . /
r r r
r r r
r
L r v
i j k
kcm cm cm i
i
n
m= × =












=
=
∑
1
10 2 4 12 0
0 8 18 0
33 6. .
. .
. kg m2/s
c) 
r r r r r r r r
r' r r j i j i j1 1 3 2 4 12 2 4 18= − = − + = − +cm m( . . ) . .
r r r r r r r r
r r r i i j i j' ( . . ) . .2 2 4 2 4 12 16 12= − = − + = −cm m
r r r r r r r r
v v v i i j i j' ( . . ) . . /1 1 2 0 8 18 12 18= − = − + = −cm m s
r r r r r r r r
v v v j i j i j' ( . . ) . . /2 2 3 0 8 18 0 8 12= − = − + = − +cm m s
r r r r r r r r r r r
L r v i j i j i j i j' ' ' ( . . ) ( . . ) ( . . ) ( . . )= × = − + × − + − × − +
=
∑ i
i
n
i im
1
4 2 4 18 12 18 6 16 12 0 8 12
=4 2 4 18 0
12 18 0
6 16 12 0
0 8 12 0
14 4
r r r r r r
r
i j k i j k
k−
−












+ −
−












=. .
. .
. .
. .
. kg m2/s
Queda comprobada la relación: 
r r r
L L L= +cm '
d) Ec = 
1
21
2
i
n
i im v
=
∑ = 35 J
e) ECCM = ½ vcm2 mi
i
n
=
∑
1
 = (0.82 + 1.82)5 = 19.4 J
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 14
f) ERCCM = 
1
21
2m vi
i
n
i
=
∑ ' = 2(1.22+1.82) + 3(0.82+1.22) = 15.6 J
Con lo que se comprueba la relación: EC = ECCM + ECRCM
17. Un bloque de masa m se desliza sin rozamiento por la superficie curva de una rampa de
masa M que está colocada sobre una mesa que no ejerce
ninguna fuerza sobre la rampa. Si el bloque comienza a
deslizarse desde una altura h, demostrar que cuando el
bloque sale de la rampa el módulo de la velocidad de ésta
vale V
m gh
m M M
=
+
2 2
( )
. ¿Cuál es el módulo de la velocidad
del bloque en ese instante?
En el punto más alto la energía es mgh y la cantidad de movimiento del sistema es cero.
Cuando llegue al punto más bajo, la cantidad de movimiento total seguirá siendo cero (no hay
rozamiento entre la rampa y la mesa, y por tanto no hay fuerzas externas) y la energía del
sistema será la suma de la energía del bloque y la de la rampa:
pi = pf = 0; 0 = pbloque + prampa; pbloque = -prampa
Ei = Ef; mgh = 
p
m
p
M
bloque rampa
2 2
2 2
+
p
m M
mgh
2
2
1 1
+




 = p mgh
mM
m M
m Mgh
m M
2
2
2
2
=
+
=
+
( ) ;
( )
MV
m Mgh
m M
V
m gh
m M M
2
2 22 2
=
+
=
+
la velocidad del bloque será: v
MV
m
M m gh
m M M
m
Mgh
m M
= =
+
=
+
2
2
2
( )
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 15
18. Una masa 2m está unida a un hilo de longitud L y cuelga a modo de plomada. Se separa un
ángulo θ0 de la vertical y se suelta, chocando elásticamente con una masa m que está en reposo
unida a otro hilo de longitud L. Hallar el ángulo máximo que ambas masas se apartan de la
vertical después de chocar para el caso en que θ0 = arcos3/5. Comprobar el resultado
comparando la energía potencial inicial y final.
Calculemos en primer lugar la altura de la
masa 2m sobre el punto más bajo de la trayectoria
en función del ángulo:
h0 = L(1-cosθ0)
Ahora podemos hallar la velocidad con que 2m golpea a m: v0 = 2 1 0gL( cos )− θ
Planteando ahora las ecuaciones del choque elástico tendremos:
2mv0 = 2mv1 + mv2 → 2v0 = 2v1 + v2
½ 2mv02 = ½ 2mv12 + ½ mv22 → 2v02 = 2v12 + v22
Sistema de 2 ecuaciones y dos incógnitas (v1 y v2) que resuelto conduce a:
v v gL1 0 03
1
3
2 1= = −( cos )θ v
v
gL2
0
0
4
3
4
3
2 1= = −( cos )θ
Ahora hallaremos las alturas que alcanzan como consecuencia de las nuevas velocidades:
h
v
g
gL
g
L1
1
2
0
02
1
9
2 1
2
1
9
1= =
−
= −
( cos )
( cos )
θ
θ
h
v
g
gLg
L2
2
2
0
02
16
9
2 1
2
16
9
1= =
−
= −
( cos )
( cos )
θ
θ
pero como h = L(1-cosθ):
1
9
1 10 1L L( cos ) ( cos )− = −θ θ cos ( cos )θ θ1 01
1
9
1= − − =1
1
9
2
5
43
45
− = ; θ1 = 17.15º
16
9
1 10 2L L( cos ) ( cos )− = −θ θ cos ( cos )θ θ2 01
16
9
1= − − =1
16
9
2
5
13
45
− = ; θ2 = 73.21º
Comprobación:
Einicial = 2mgh0 = 2mgL(1-cosθ0) = 
4
5
mgL
Efinal = 2mgh1 + mgh2= 2
1
9
1 0mg L( cos )− θ + mg L
16
9
1 0( cos )− θ =
4
45
32
45
4
5
mgL mgL mgL+ =
L
L
θ0
2m
m
1
2
L
θ0Lcosθ0
L-Lcosθ0
θ1
θ2
DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS - 16
19. Demostrar que como consecuencia de la colisión elástica entre dos partículas iguales,
estando inicialmente una de ellas parada, éstas salen en dirección perpendicular.
Planteando las ecuaciones de conservación de la cantidad de movimiento y de la energía
cinética:
r r r
p p p= +' '1 2
p
m
p
m
p
m
2
1
2
2
2
2 2 2
= +
' '
p2 = p’12 + p’22
Elevando al cuadrado la primera ecuación e
igualando a la segunda:
p’12 + p’22 + 2 1 2
r r
p p' '⋅ = p’12 + p’22
2 1 2
r r
p p' '⋅ = 0
Luego 
r r
p p' '1 2y son perpendiculares.
p
p1’
p2’