(b) v constante, por lo que la bola posee una aceleración normal hacia el centro de curvatura.

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1 Cuestiones 1. Una bola pequeña rueda en el interior de un recipiente cónico de eje vertical y semiángulo α en el vértice A qué altura h sobre el vértice se encontrará la bolita en órbita estable con una velocidad de v? La situación es el que se muestra en la figura 1. Sobre la bola las únicas fuerzas que actúan son el peso, en N dirección vertical y hacia abajo, y la normal que realiza la superficie del cono sobre la bola, perpendicular a la R superficie del cono y formando un ángulo α con el plano P horizontal. v Se toma el eje x en la dirección horizontal hacia el α h centro de curvatura (plano horizontal), y el eje y en α h la dirección vertical (figura 1b). La bola da vueltas a una altura h respecto del vértice del cono, estacionaria, y por lo que ni sube ni baja, y la aceleración en el eje y es igual a cero. Por otro lado, en el plano horizontal está describiendo una circunferencia con velocidad (a) x (b) v constante, por lo que la bola posee una aceleración normal hacia el centro de curvatura. Figura 1: Cuestión 1 Teniendo en cuenta las anteriores fuerzas, la segunda ley de Newton queda: { dirección x N cos α = m v 2 Σ F = P + N = m a R dirección y Nsenα mg = 0 De la segunda ecuación se obtiene el valor del módulo de la normal, que resulta: N = mg senα Por otro lado, el radio de curvatura de la circunferencia que describe la bola depende de la altura a la que gira, tal que tan α = R h por lo que R = h tan α Sustituyendo las anteriores dos expresión de R y N en el equilibrio de fuerzas en la dirección x resulta: mg cos α senα = m v2 h tan α y simplificando se obtiene la expresión que se pide de la altura en función de la velocidad h = v2 g 2. Una bola de billar choca con otra que inicialmente está en reposo. Determínese la relación que deben cumplir las masas de ambas bolas para que la primera quede en reposo después del choque, en el caso de que el choque sea elástico y en el caso de que sea inelástico. Tanto si es elástico como si no, la interacción entre las dos bolas de billar es un choque instantáneo, en el que no existe ninguna fuerza impulsiva en la dirección horizontal, por lo 1

2 que el momento lineal total del sistema en esta dirección se conserva. Si se supone el choque unidimensional, p 10 y p 20 son el momento de la bola uno y la dos antes del choque, y p 1f y p 2f son el momento de la bola uno y la dos después del choque, la conservación del momento lineal queda: p 10 + p 20 = p 1f + p 2f Inicialmente, la bola 2 se encuentra en reposo, por lo que p 20 = 0; mientras que tras el choque es la bola 1 la que queda en reposo, es decir p 1f = 0. Si se tiene en cuenta estas dos condiciones, la definición del momento lineal ( p = m v) y se nota con m 1 y m 2 las masas de la bola uno y la bola dos, la anterior ecuación de conservación resulta: m 1 v 10 = m 2 v 2f (1) Esta ecuación se cumplirá tanto en el caso de choque elástico como inelástico. Vamos a estudiar estos dos casos por separado. Choque elástico En este caso, se tiene que la energía antes y después del choque es la misma. Las energías antes (E o ) y después del choque (E f ) son: E o = 1 2 m 1v 2 1o y E f = 1 2 m 2v 2 2f La igualdad de estas dos energías produce 1 2 m 1v 2 10 = 1 2 m 2v 2 2f = m 1 v 2 10 = m 2 v 2 2f = (m 2 v 2f )v 2f Pero también debe cumplirse la ecuación (1), que sustituyendo en la anterior ecuación produce: m 1 v 2 10 = (m 1 v 10 )v 2f = v 10 = v 2f Si esto se sustituye en la ecuación (1), resulta: m 1 = m 2 Choque inelástico En este caso se pierde energía en el choque, por lo que se cumple: E o > E f = 1 2 mv2 1o > 1 2 mv2 2f = m 1 v 2 1o > m 2 v 2 2f = (m 2 v 2f )v 2f Al igual que en el anterior caso, también debe cumplirse la ecuación (1), que sustituyéndola en la anterior ecuación produce: m 1 v 2 10 > (m 1 v 10 )v 2f = v 1o > v 2f Si esto se substituye en la ecuación (1) resulta: m 1 < m 2 2

3 Problemas 1. El parabrisas de un coche forma un ángulo de 60 o con la horizontal. Cuando el coche acelera uniformemente, se coloca suavemente un paquete sobre él de 2 kg. Calcular el rango de aceleraciones que puede llevar el coche para que el paquete permanezca en reposo respecto del parabrisas si el coeficiente de rozamiento estático entre el parabrisas y el paquete es de 0.3. Cuando la aceleración del coche sea muy grande, el paquete se desplazará hacia arriba del parabrisas, a lo que se opondrá una fuerza de rozamiento hacia abajo. Sin embargo, cuando la aceleración sea muy pequeña, el paquete tenderá a desplazarse hacia abajo del parabrisas, a lo que se opondrá una fuerza de rozamiento hacia arriba. Por tanto, existen dos situaciones límite: una en la que está apunto de irse hacia arriba (figura 2(a)), y otra la que está a punto de irse hacia abajo (figura 2(b)). a 60º P y N F r x a 60º F r y P N x (a) (b) Figura 2: Problema 1 Hagamos primero el caso en el que está a punto de irse hacia arriba. En este caso, si se aplica la segunda ley de Newton, teniendo en cuenta la geometría presente en la figura 2(a) se tiene: { ΣF = P + N + F dirección y N cos α mg Fr senα = 0 r = m a dirección x Nsenα + F r cos α = ma donde α = 60 o. Como ésta es una situación límite F r = µ e N, con lo que las anteriores ecuaciones quedan: { N cos α mg Nµe senα = 0 Nsenα + Nµ e cos α = ma De la primera resulta el módulo de la normal: N = mg cos α µ e senα Sustituyendo este valor en la segunda se llega a la expresión de la aceleración: a = g senα + µ e cos α cos α µ e senα = 41,45 m/s2 Cualquier aceleración mayor que ésta hará que el paquete se desplace hacia arriba del parabrisas. El caso en el que la aceleración es tan pequeña que está apunto de desplazarse hacia abajo del parabrisas está esquematizado en la figura 2(b). En este caso la segunda ley de Newton quedaría: { ΣF = P + N + F dirección y N cos α mg + Fr senα = 0 r = m a dirección x Nsenα F r cos α = ma 3

4 Al igual que antes, ésta es una situación límite, por lo que F r = µ e N y las anteriores ecuaciones quedan: { N cos α mg + Nµe senα = 0 Nsenα Nµ e cos α = ma De la primera resulta el módulo de la normal: mg N = cos α + µ e senα Sustituyendo este valor en la segunda se llega a la expresión de la aceleración: a = g senα µ e cos α cos α + µ e senα = 9,23 m/s2 Cualquier aceleración menor que ésta hará que el paquete se desplace hacia abajo del parabrisas. Por tanto, los valores de la aceleración para los cuales el paquete no desliza en el parabrisas son: 9,23 m/s 2 a 41,45 m/s 2 2. Una bala de 7 g es disparada con un arma de fuego contra un bloque de madera de masa 1 kg apoyado sobre el suelo y en contacto con una pared vertical; la bala penetra en el bloque de madera hasta una profundidad de 8 cm. Ahora se coloca el bloque de madera sobre una superficie horizontal sin rozamiento y se dispara con el arma otra bala de 7 g contra el bloque. Suponiendo que las velocidades de disparo son idénticas en ambos casos, qué distancia penetrará la bala en el bloque? En el primer caso, toda la energía que inicialmente tenía la bala se ha perdido, ya que después del choque el bloque y la bala quedan en reposo. Esta energía perdida se ha empleado en penetrar en el bloque, con la consiguiente deformación. La energía perdida es: E 1 = 1 2 mv2 0 donde m es la masa de la bala y v 0 la velocidad que lleva antes del choque. En el segundo caso, la bala se incrusta también en el bloque, pero después del choque la bala y el bloque se mueven con una cierta velocidad. Esta velocidad final (v f ) se puede calcular teniendo en cuenta que en este segundo caso no existe ninguna fuerza exterior impulsiva actuando sobre el sistema bala-bloque en el dirección horizontal, por lo que el momento lineal total del sistema se conservará en esta dirección: p total 0x = p total fx El momento lineal total inicial es p total 0x = mv 0, mientras que el momento lineal total final es = (m + M)v f, con M la masa del bloque. Con esto, la conservación del momento lineal p total fx queda: mv 0 = (m + M)v f lo que permite establecer una relación entre la velocidad después del choque y antes del choque: m v f = v 0 m + M Con esta velocidad final se puede calcular la energía perdida en el choque: E 2 = 1 2 mv (m + M)v2 f = 1 2 mv2 0 1 ( 2 (m + M) m v 0 m + M 4 ) 2

5 E 2 = 1 mm 2 m + M v2 0 La energía que se pierde en el choque es debida a la acción de las fuerzas de rozamiento internas (F r ), que son no-conservativas. Si se consideran estas fuerzas constantes durante el tiempo que tarda la bala en incrustarse, el trabajo realizado por estas fuerzas será igual al valor de la fuerza por la profundidad a la que se ha incrustado la bala. La energía perdida será por tanto igual al trabajo de estas fuerzas de rozamiento, y por tanto, proporcional a la profundidad a la que se ha incrustado la bala: { E1 = F r d 1 E 2 = F r d 2 donde d 1 es la profundidad a la que se incrusta la bala en el primer caso y d 2 la profundidad a la que se incrusta la bala en el segundo caso. Dividiendo las energía se obtiene: E 1 E 2 = d 1 d 2 por lo que la profundidad a la que se incrusta la bala en el segundo caso es: E 2 M d 2 = d 1 = d 1 E 1 M + m d 2 = 7,93 cm 3. Un hombre se encuentra sobre una barca de 200 kg en un lago. El hombre se pone de pie y lanza una lata llena (masa 0,4 kg) con un ángulo de 45 o, de forma que llega justo hasta la orilla. Observa que la barca y él han retrocedido 1,2 m durante el tiempo que la lata ha estado en el aire. Sabiendo que el hombre pesa 70 kg, calcúlese la distancia a la que se encuentra inicialmente de la orilla y la velocidad con la que la lata fue lanzada. Sobre el sistema barca-hombre-lata las únicas fuerzas que actúan son verticales, concretamente el empuje del agua sobre la barca y el peso, por lo que en la dirección horizontal el momento total del sistema se conservará, durante todo el movimiento. (p total fx Por tanto, el momento total del sistema en la dirección horizontal antes (p total 0x ) y después ) de haber lanzado la lata será el mismo (también lo será en la dirección vertical, pero no resulta de utilidad en la resolución del problema). Como inicialmente está en reposo, esto significa: p total 0x = p total fx = 0 El momento total en la dirección horizontal después del lanzamiento será la suma del momento lineal de la lata, p lx = m l v lx, en esa dirección más el momento lineal de la barca y el hombre, p bhx = (m b + m h )v bhx ; con m l, m b y m h las masas de la lata, la barca y el hombre, respectivamente, y v l y v bh los módulos de las velocidades de la lata y del sistema hombre-barca, respectivamente. Como ya se ha dicho antes, la suma de los dos momentos tiene que ser nula: p fx = p lx + p bhx = m l v lx + (m b + m h )v bhx = 0 por lo que: v bhx = m l v lx m b + m h La lata se lanza con una velocidad v l y con un ángulo con la horizontal de α = 45 o, por lo que la velocidad horizontal de la barca y el hombre queda: v bhx = m l m b + m h v l cos α = 0 5

6 Por otro lado, durante el tiempo que la lata está en el aire, la barca y el hombre retroceden una distancia d 1 = 1,2 m, de lo que se deduce que el tiempo que la lata ha estado en el aire t 1 es: t 1 = d 1 v bhx = d 1(m b + m h ) m l v l cos α El movimiento de la lata es una tiro parabólico, de forma que sus ecuaciones del movimiento y la velocidad son: r = r 0 + v 0 t + 1 { x = x0 + v 2 gt2 0x t y = y 0 + v 0y t 1 2 { gt2 v = v 0 t + gt 2 vx = v 0x v y = v 0y gt Colocamos el origen de coordenadas en el punto en el que se lanza la lata, y suponemos que la altura a la que se realiza el lanzamiento es la misma que la de la orilla, con lo que las condiciones iniciales serán: x 0 = y 0 = 0; v 0x = v l cos α; v 0y = v l senα El punto en el que cae corresponde a y = 0, y el tiempo empleado en llegar a ese punto corresponde al tiempo t 1, que ha aparecido con anterioridad. De esta forma: ) 0 = v l senαt gt2 1 = 0 = t 1 (v l senα 1 2 gt 1 = 0 = v l senα 1 2 gt 1 Si se sustituye la expresión ya obtenida de t 1 en la anterior ecuación, se obtiene una ecuación donde la única incógnita es la velocidad de salida de la lata: 0 = v l senα 1 2 g d 1(m b + m h ) m l v l cos α v gd 1 (m b + m h ) l = 2m l cos αsenα v l = 89,1 m/s 2 Para calcular la distancia a la que se encuentra la barca de la orilla inicialmente, d 2, sólo hay que calcular la distancia horizontal recorrida por la lata: d 2 = v l cos αt 1 = v l cos α d 1(m b + m h ) m l v l cos α = d 1(m b + m h ) m l d 2 = 810 m 6

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