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Preguntas de test de sistemas de partículas

De Laplace

Contenido

1 Colisión tridimensional

Una proyectil de masa m que se mueve con velocidad \vec{v}_{1i} = 8v_0\vec{\imath} colisiona con un blanco inmóvil de masa 2m. El proyectil tiene tras la colisión una velocidad \vec{v}_{1f}=2v_0(\vec{\imath}+\vec{\jmath}) ¿Cuánto vale la velocidad final de la segunda masa?

  • A v_0(6\vec{\imath}-2\vec{\jmath}).
  • B Es nula.
  • C Depende de si la colisión es elástica o inelástica.
  • D v_0(3\vec{\imath}-\vec{\jmath}).
Solución

La respuesta correcta es la D.

En una colisión, elástica o inelástica, todas las fuerzas son internas, por lo que se conserva la cantidad de movimiento del sistema. Por tanto, para hallar la velocidad final de la segunda masa nos basta con igualar la cantidad de movimiento inicial a la final

m_1\vec{v}_{1i}+m_2\overbrace{\vec{v}_{2i}}^{=\vec{0}}=m_1\vec{v}_{1f}+m_2\vec{v}_{2f}

Despejando

\vec{v}_{2f}=\frac{m_1\vec{v}_{1i}-m_1\vec{v}_{1f}}{m_2}

y sustituyendo

\vec{v}_{2f}=\frac{m(8v_0\vec{\imath})-m(2v_0\vec{\imath}+2v_0\vec{\jmath})}{2m}= \frac{6v_0\vec{\imath}-2v_0\vec{\jmath}}{2}=v_0\left(3\vec{\imath}-\vec{\jmath}\right)

2 Arrastre de una masa

Se tiene un sistema de 2 masas de 4 kg cada una, atadas por una cuerda ideal, inextensible y sin masa, que pasa por una polea también ideal. La masa 1 está sobre una superficie horizontal sin rozamiento, mientras que la 2 cuelga verticalmente.

Archivo:Dos-masas-mesa.png

2.1 Pregunta 1

Suponiendo el sistema de ejes de la figura, ¿cuánto vale la aceleración de cada masa en el instante indicado, en m/s²?

  • A \vec{a}_1 = 4.9\vec{\imath}, \vec{a}_2 = -9.8\vec{k}
  • B \vec{a}_1 = 4.9\vec{\imath}, \vec{a}_2 = -4.9\vec{k}
  • C \vec{a}_1 = 9.8\vec{\imath}, \vec{a}_2 = -9.8\vec{k}
  • D \vec{a}_1 = \vec{0}, \vec{a}_2 = -9.8\vec{k}
Solución

La respuesta correcta es la B.

Este es un caso particular de otro problema. Sobre la masa 1 actúan tres fuerzas: su peso, la reacción normal de la mesa y la tensión de la cuerda que tira de ella. Si hubiera rozamiento también deberíamos incluirlo, pero no es el caso. Por tanto tenemos

m\vec{g}+\vec{F}_n + \vec{F}_{T1} = m\vec{a}_1

Para la segunda masa las únicas fuerzas que actúan son su peso y la tensión que tira de ella hacia arriba

m\vec{g}+\vec{F}_{T2}=m\vec{a}_a

Separando en componentes cada una de estas ecuaciones tenemos, para la primera masa

F_{T1}=ma_1\qquad\qquad -mg+F_n = 0

ya que su aceleración es puramente horizontal. Para la segunda masa obtenemos una sola ecuación escalar

-mg+F_{T2}=ma_2\,

Por tratarse de un hilo ideal sin masa, el módulo de la tensión en el extremo de la masa 1 es igual al del otro extremo

F_{T1}=F_{T2} = F_T\,

y por ser inextensible la rapidez y la aceleración horizontal de la masa 1 debe coincidir con la de la masa 2,

v_1 = -v_2\qquad\qquad a_1 = -a_2

El signo negativo proviene de que, de acuerdo con el sistema de ejes elegido hemos considerado

\vec{a}_1=a_1\vec{\imath}\qquad\qquad\vec{a}_2=a_2\vec{k}

es decir, ambas dirigidas hacia la polea, por lo que una de ellas debe ser negativa.

Con estas simplificaciones queda el sistema

ma_1 = F_T\qquad -mg+F_T=-ma_1

Sumando las dos ecuaciones hallamos las aceleraciones

a_1 =\frac{g}{2}\qquad\qquad a_2 = -\frac{g}{2}

y, en forma vectorial,

\vec{a}_1 = \frac{g}{2}\vec{\imath}=4.9\vec{\imath}\,\left(\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}^2}\right)\qquad\qquad\vec{a}_2=-\frac{g}{2}\vec{k}=-4.9\vec{k}\,\left(\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}^2}\right)

2.2 Pregunta 2

¿Cuál de las cuatro figuras representa correctamente la posición y velocidad del centro de masas C del sistema de dos pesas, en el instante representado?

A B
C D
Solución

La respuesta correcta es la A.

El centro de masas es la media ponderada de las posiciones respectivas

\vec{r}_C=\frac{m_1\vec{r}_1+m_2\vec{r}_2}{m_1+m_2}

para la posición y las masas de la figura

m_1=m_2=m\qquad\qquad \vec{r}_1 = -b\vec{\imath}\qquad\qquad \vec{r}_2=-b\vec{k}

resulta la posición del CM

Este punto se halla sobre la recta que une las dos partículas (o, para ser precisos, sus respectivos centros de masas). Si además las dos masas son iguales, el centro de masas se halla en el punto medio entre ellas

\vec{r}_C = -\frac{b}{2}\vec{\imath}-\frac{b}{2}\vec{k}\qquad\qquad(m_1=m_2)

Por tanto, la respuesta correcta solo puede ser la A o la D.

La velocidad del CM es también la media ponderada de las dos velocidades

\vec{v}_C=\frac{m_1\vec{v}_1+m_2\vec{v}_2}{m_1+m_2}

siendo las velocidades en este instante

m_1=m_2=m\qquad\qquad\vec{v}_1=v\vec{\imath}\qquad\qquad\vec{v}_2=-v\vec{k}

Es indiferente el valor instantáneo de la velocidad. Debido a que la cuerda es inextensible, lo que avanza la masa sobre la mesa es igual a lo que desciende la que cuelga.

Esto da

\vec{v}=\frac{v}{2}\left(\vec{\imath}-\vec{k}\right)

y por tanto la velocidad del CM tiene una dirección oblicua como ilustra la figura A.

2.3 Pregunta 3

¿Cuánto vale la aceleración del centro de masas en el mismo instante?

  • A \vec{a}_C = 4.9\left(\vec{\imath}-\vec{k}\right)
  • B Es nula.
  • C \vec{a}_C =-9.8\vec{k}
  • D \vec{a}_C = 2.5\left(\vec{\imath}-\vec{k}\right)
Solución

La respuesta correcta es la D.

De manera análoga a la posición y la velocidad hallamos la aceleración del centro de masas

\vec{a}_C =\frac{m_1\vec{a}_1+m_2\vec{a}_2}{m_1+m_2}

que en este caso nos da

\vec{a}_C=\frac{m_1a_1\vec{\imath}-m_2a_1\vec{k}}{m_1+m_2}=\frac{m_1m_2g\vec{\imath}-m_2^2g\vec{k}}{(m_1+m_2)^2}

Al ser iguales las dos masas

\vec{a}_C = \frac{g}{4}\vec{\imath}-\frac{g}{4}\vec{k}=2.5\left(\vec{\imath}-\vec{k}\right)\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}^2}

3 Centro de masas de una L

Se tiene un sólido en forma de L con los brazos de igual longitud h, siendo M la masa total del sólido, distribuida uniformemente.

Archivo:Inercia-L-01.png

Considerando un sistema de ejes con origen en el vértice y ejes OX y OY paralelos a los brazos de la L, ¿dónde se encuentra en centro de masas del sólido?

  • A En (h/4)(\vec{\imath}+\vec{\jmath})
  • B En el origen de coordenadas.
  • C En (h/3)(\vec{\imath}+\vec{\jmath})
  • D En (h/2)(\vec{\imath}+\vec{\jmath})
Solución

La respuesta correcta es la A.

Por la simetría del sistema, el CM debe hallarse sobre la bisectriz de la escuadra.

Además, debe encontrarse en la línea que une los centros de masas de cada uno de los brazos. Estos centros de masas están en los centros respectivos, por lo que el CM de la figura se halla en la recta que va de (h/2)\vec{\imath} a (h/2)\vec{\jmath}.

Archivo:centro-masas-L.png

La intersección de esta recta con la bisectriz en el punto

\vec{r}_C=(h/4)(\vec{\imath}+\vec{\jmath})

4 Impacto horizontal sobre un bloque

Para medir una velocidad de un proyectil se dispara una bala de masa 4 gramos sobre un bloque de madera de 1 kg, inicialmente en reposo, quedándose la bala empotrada en él. El bloque reposa sobre una superficie horizontal, sobre la cual el coeficiente de rozamiento (estático y dinámico) es μ = 0.25. Como consecuencia del impacto, el bloque (con bala) se desliza una distancia de 20 cm hasta pararse.

Archivo:bala-masa.png

4.1 Pregunta 1

¿Qué velocidad tenía aproximadamente el bloque justo tras el impacto?

  • A 2 m/s
  • B 70 cm/s
  • C 20 cm/s.
  • D 1 m/s.
Solución

La respuesta correcta es la D.

El bloque (bala incluida) se desliza hasta que se le agota su energía cinética. Por el teorema de las fuerzas vivas

\Delta K = W\,

La variación de la energía cinética es

\Delta K = \frac{1}{2}(m+M)\cdot 0 - \frac{1}{2}(m+M)^2V^2=-\frac{1}{2}(m+M)^2V^2

con V la velocidad justo tras el impacto.

El trabajo debido a la fuerza de rozamiento es igual al producto de la fuerza por la distancia recorrida

W = -\mu (m+M)g\,\Delta x

Igualando y despejando

V = \sqrt{\mu g\,Delta x} = \sqrt{2\times 0.25\times 9.81\times 0.20}\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}=0.99\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\simeq 1\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}

4.2 Pregunta 2

¿Qué velocidad llevaba la bala justo antes del impacto?

  • A 500 m/s
  • B 250 m/s
  • C 50 m/s
  • D 16 m/s
Solución

La respuesta correcta es la B.

En la colisión se conserva la cantidad de movimiento. Por tanto

m v_0 + M\cdot 0 = (m+M)V\,

y despejando

v_0=\frac{(m+M)V}{m}

Como la masa de la bala es muy pequeña comparada con la del bloque, puede despreciarse y aproximar el valor numérico del resultado

v_0 \simeq \frac{M}{m}V = \frac{1}{0.004}\times 1\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}} = 250\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}

(un cálculo exacto da 248 m/s, bastante próximo a esta aproximación)

4.3 Pregunta 3

¿Qué proporción de la energía inicial se perdió en la colisión de la bala con el bloque?

  • A 0.0%
  • B 50.0%
  • C 99.6%
  • D 0.4%
Solución

La respuesta correcta es la C.

La energía cinética antes de la colisión es

K_i = \frac{1}{2}mv_0^2\simeq \frac{1}{2}(0.004)(250)^2\,\mathrm{J} = 125\,\mathrm{J}

y la posterior

K_f = \frac{1}{2}(m+M)V^2 = \frac{1}{2}(1.004)(1^2)\,\mathrm{J}=0.5\,\mathrm{J}

La proporción de energía perdida es

f = \frac{\Delta K}{K} = \frac{0.5-125}{125}= -0.996 = -99.6\%

Se puede llegar a este resultado más rigurosamente y sin cálculos intermedios observando que

K_i = \frac{p^2}{2m}\qquad K_f = \frac{p^2}{2(m+M)}

siendo p la cantidad de movimiento, igual antes y después de la colisión. Por tanto

f = \frac{\frac{p^2}{2(M+m)}-\frac{p^2}{2m}}{\frac{p^2}{2m}}= -\frac{M}{M+m}

Esta fracción depende solo de la proporción entre las masas y no de cómo de rápida vaya la bala. Para proyectil muy ligeros comparados con el blanco, la proporción tiende al 100% como en este caso.

5 Explosión de un proyectil

Un proyectil de masa 4 kg se mueve horizontalmente con velocidad de 6 m/s. En un momento dado explota en dos fragmentos, uno de los cuales tiene una masa de 1 kg y sale despedido hacia atrás con velocidad −6 m/s.

5.1 Pregunta 1

¿Cuál es la velocidad del segundo fragmento tras la explosión?

  • A 18 m/s
  • B 6 m/s
  • C 0 m/s
  • D 10 m/s
Solución

La respuesta correcta es la D.

Se conserva la masa y la cantidad de movimiento, por lo que

M = m_1+m_2 \qquad\qquad  Mv_{i}=m_1v_{1f}+m_2v_{2f}

La masa del segundo fragmento es

m_2 = M - m_1 = 3\,\mathrm{kg}

y su velocidad

3v_{2f}+1\times(-6) = 4\times 6 \qquad\Rightarrow\qquad v_{2f}=10\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}

5.2 Pregunta 2

En este proceso la energía cinética del sistema…

  • A Disminuye.
  • B Permanece constante.
  • C Cambia de signo.
  • D Aumenta.
Solución

La respuesta correcta es la D.

La energía cinética inicial vale

K_i = \frac{1}{2}4\times 6^2\,\mathrm{J}=72\,\mathrm{J}

y la final

K_f = \left(\frac{1}{2}1\times (-6)^2+\frac{1}{2}3\times 10^2\right)\mathrm{J} = 168\,\mathrm{J}

Vemos que la energía cinética del sistema aumenta, aunque las fuerzas son puramente internas Esta energía procede de las reacciones químicas que se producen en la explosión.

6 Superficies esféricas adyacentes

Con una chapa metálica rígida se construyen dos superficies esféricas, una de radio 2R y otra de radio R, que se colocan adyacentes. La masa total del sistema es M

Archivo:dos-esferas-huecas.png

En el sistema de ejes de la figura, ¿dónde se encuentra el centro de masas del sistema?

  • A R\vec{\imath}
  • B (1/3)R\vec{\imath}
  • C (3/2)R\vec{\imath}
  • D (3/5)R\vec{\imath}
Solución

La respuesta correcta es la D.

El sistema lo podemos considerar formado por dos partes y por tanto su centro de masas se podrá ubicar como

\vec{r}_C=\frac{M_1\vec{r}_{C1}+M_2\vec{r}_{C2}}{M_1+M_2}

siendo \vec{r}_{C1} y \vec{r}_{C2} las posiciones de los centros de masa de cada esfera. Con los ejes indicados

\vec{r}_{C1}=\vec{0}\qquad\qquad\vec{r}_{C2}=3R\vec{\imath}

Las masas están distribuidas en superficies, no en volúmenes, por lo que la proporción entre ellas es

M_1 = S_1\sigma  =4\pi(2R)^2\sigma\qquad\qquad M_2 =4\pi R^2\sigma\qquad\Rightarrow\qquad M_1 = 4M_2

y por tanto

\vec{r}_C = \frac{4M_2\vec{0}+M_2(3R\vec{\imath})}{4M_2+M_2}=\frac{3}{5}R\vec{\imath}

7 Colisión de proyectil masivo

Una proyectil de 4 kg que se mueve a velocidad v0 choca contra un blanco de 1 kg, que estaba en reposo. Tras la colisión, ambas masas se mueven conjuntamente. ¿Qué proporción de la energía cinética se pierde en la colisión?

  • A Depende del valor de v0
  • B 80%
  • C 20%
  • D 0%
Solución

La respuesta correcta es la C.

El análisis es análogo al de una pregunta anterior.

La cantidad de movimiento, que es la misma antes y después de la colisión, vale

p=p_i = m_1 v_0=(m_1+m_2)v_f = p_f\,

La energía cinética antes de la colisión es

K_i = \frac{1}{2}m_1v_0^2=\frac{p^2}{2m_1}

y la posterior

K_f = \frac{1}{2}(m_1+m_2)v_f^2 = \frac{p^2}{2(m_1+m_2)}

La pérdida de energía en la colisión es la diferencia entre las dos cantidades

\Delta K = \frac{p^2}{2(m_1+m_2)}-\frac{p^2}{2m_1}=-\frac{p^2m_2}{2m_1(m_1+m_2)}

La proporción de energía perdida es

f = \frac{|\Delta K|}{K_i} = \frac{\dfrac{p^2m_2}{2m_1(m_1+m_2)}}{\dfrac{p^2}{2m_1}}=\frac{m_2}{m_1+m_2}

Esta fracción depende solo de la proporción entre las masas y no de cómo de rápida vaya la bala. Para un proyectil cuatro veces más pesado que el blanco queda.

f = \frac{1}{1+4}=0.2=20\%

8 Centro de masas de una T

Se tiene un sólido en forma de T formado por dos varillas homogéneas de la misma densidad, siendo el travesaño de longitud 2h y el mástil de longitud h. La masa total del sólido es M

Archivo:solido-T.png

En el sistema de ejes de la figura, ¿dónde se encuentra el centro de masas del sistema?

  • A (5/6)h\vec{\imath}
  • B h\vec{\imath}
  • C (3/4)h\vec{\imath}
  • D (1/2)h\vec{\imath}
Solución

La respuesta correcta es la A.

La pieza está formada por dos partes. Cada una es una barra, una con masa el doble que la otra, y cada una con su centro de masa en su centro geométrico.

Para el mástil, se cumple

M_1= \frac{1}{3}M\qquad\qquad \overrightarrow{OC}_1=\frac{h}{2}\vec{\imath}

y para el travesaño

M_2= \frac{2}{3}M\qquad\qquad \overrightarrow{OC}_2=h\vec{\imath}

El centro de masas del sólido completo será

\vec{r}_C = \frac{M_1\overrightarrow{OC}_1+M_2\overrightarrow{OC}_2}{M_1+M_2}=\left(\left(\frac{1}{3}\right)\left(\frac{h}{2}\right)+\left(\frac{2}{3}\right)h\right)\vec{\imath}=\frac{5}{6}\vec{\imath}

9 Colisión completamente inelástica

Un proyectil en movimiento uniforme choca de forma completamente inelástica con un blanco estacionario. Tras la colisión…

  • A la cantidad de movimiento del sistema es la misma que antes
  • B la cantidad de movimiento del sistema es nula.
  • C la energía cinética del sistema es nula.
  • D la energía cinética del sistema es la misma que antes.
Solución

La respuesta correcta es la A.

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