Capítulo 1

Mecánica

1

Velocidad

El vector de posición está especificado por tres componentes:

r = x ı̂+ y ̂+ z k̂

Decimos quex, y y z son las coordenadas de la partícula.

La velocidad es la derivada temporal del vector de posición.

v = lim∆t→0

∆r

∆t=dr

dt

Componentes de la velocidad:

vx =dx

dtvy =

dy

dtvz =

dz

dt

Las componentes del vector de posición se miden en el Sistema Interna-cional de Unidades enmetros(m), el tiempo ensegundos(s), y la veloci-dad enmetros/segundo(m/s).

Aceleración

La aceleración es la derivada de la velocidad con respecto al tiempo.

a =dv

dt

Componentes de la aceleración:

ax =dvxdt

=d2x

dt2ay =

dvydt

=d2y

dt2az =

dvzdt

=d2z

dt2

Dichas componentes se miden enmetros/segundo2 (m/s2).

La aceleración de una partícula posee una componente tangencial a latrayectoria

at = dv/dt

y otra normal

an =v2

R

Problema inverso

La velocidad en función de la aceleración viene dada por:

v = v0 +∫ tt0a dt′

en dondet0 es un instante de referencia cualquiera yv0 es la velocidadde la partícula ent = t0.

El vector de posición en función de la velocidad es:

r = r0 +∫ tt0v dt′

siendor0 el vector de posición de la partícula en el instantet0.

Si la aceleración es constante tenemos:

v = v0 + at

yr = r0 + v0t+ 1

2 at2

Movimiento circular

El arco de trayectoria recorrido es igual al ángulo por el radio de la cir-cunferenciaR:

s = θR

Definimos lavelocidad angularθ como la derivada temporal del ángulorecorrido:

ω =dθ

dt

Se mide enradianes/segundo(rad/s).

La velocidad angular y la lineal están relacionadas por:

ω =v

R

Leyes de Newton

1a: Todo cuerpo sobre el que no actúa una fuerza neta no altera suestado de movimiento, permaneciendo en reposo o en movimientorectilíneo uniforme, según fuera su estado inicial.

2a: Si sobre un cuerpo actúa una fuerzaF , éste cambia su velocidadcon una aceleración dada por

F = ma

en dondem es una magnitud característica del objeto, llamada masa.

Las componentes de la fuerza se miden ennewtons(N): N = kg m/s2.

El pesoes la fuerza con que la Tierra atrae a un objeto. En las cercaníasde la superficie terrestre es igual a la masa del objeto porg = 9.8 m/s2, yestá dirigido verticalmente hacia abajo.

3a: Si un cuerpo produce una determinada fuerza sobre otro, ésteejerce sobre el primero una fuerza igual, pero de sentido contrario ala original.

Momento lineal

El momento lineal de un cuerpo es el producto de su masa por suvelocidad.

p = mv

Componentes del momento lineal:

px = mvx py = mvy pz = mvz

Las componentes del momento lineal se miden en kg m/s.

Podemos reescribir la segunda ley de Newton en función dep:

F =dp

dt

El principio de conservación del momento lineal nos dice que en todosistema aislado el momento lineal total se conserva.

Momento angular

El momento angular de una partícula, con respecto a un puntoO, esel producto vectorial de su vector de posición con respecto a dichopunto por su momento lineal:

L = r × p

Componentes del momento angular:

Lx = m(yvz − zvy) Ly = m(zvx − xvz) Lz = m(xvy − yvx)

El momento de una fuerza, con respecto a un puntoO, es igual al vectorque va desdeO hasta el punto de aplicación de la fuerza multiplicadovectorialmente por la fuerza.

M = r × F

La variación temporal del momento angular es igual a:

dL

dt= M

en donde el momento angular y el momento de la fuerza han de sercalculados con respecto al mismo punto.

Problema 1.1

Un relámpago y su correspondiente trueno llegan a unpunto con un intervalo temporal de 3 s. ¿A qué distan-cia de dicho punto se produjeron? (Velocidad del sonido340 m/s y de la luz 3 · 108 m/s)

Problema 1.2

El vector de posición de una partícula viene dado por

r = 3 sen(ωt)ı̂+ 3 cos(ωt)̂+ 5k̂ m

siendo ω una constante y t el tiempo. Calcula:(a) el vector velocidad,(b) el vector aceleración,(c) la aceleración tangencial,(d) la aceleración normal,(e) el radio de curvatura.

Problema 1.3

¿Qué altura podrá franquear un atleta que es capaz desaltar con una velocidad vertical de 4 m/s, cuando su cen-tro de gravedad está a 1.30 m del suelo, y que en el saltoconsigue mantener su centro de gravedad justo a la alturadel listón? ¿Qué tiempo durará el salto? (En lo que res-pecta a este problema, es como si toda la masa del atletaestuviera concentrada en su centro de gravedad).

Problema 1.4

Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 1000m/s y una inclinación de 30◦ con respecto a la horizontal.Determina:(a) altura a la que llega el proyectil,(b) tiempo que tarda en hacerlo,(c) distancia horizontal recorrida al caer de nuevo al sue-

lo,(d) radio de curvatura en el punto más alto de la trayec-

toria.

Problema 1.5

Un saltador de longitud alcanza 8 metros en un salto enel que el punto más alto de la trayectoria está a 2 metrosdel suelo. ¿Cuál es su velocidad de salida? ¿Qué tiempopermanece en el aire?

Problema 1.6

Demuestra que el máximo alcance en un lanzamiento convelocidad de salida constante se consigue cuando el án-gulo inicial es de 45◦.

Problema 1.7

¿Cuánto más saltaría verticalmente una persona en la Lu-na que en la Tierra, sabiendo que la aceleración de la gra-vedad es 7 veces menor allí que aquí? ¿Qué proporciónexistiría entre los tiempos que la persona permanecería enel aire durante los saltos en la Luna y en la Tierra?

Problema 1.8

¿Cuál es la aceleración de un cuerpo situado sobre la su-perficie terrestre a 40◦ de latitud? (Radio de la Tierra 6.370km)

Problema 1.9

Un objeto gira con un movimiento circular uniforme en unplano vertical, atada de un hilo de 2 m de radio. ¿Cuál esla frecuencia angular mínima con la que debe de girar paraque no se caiga?

Problema 1.10

Una partícula efectúa un movimiento circular uniforme conuna velocidad angular de 60 revoluciones por minuto. Si elradio de la circunferencia es de 0.5 m, ¿cuánto valen losmódulos de la velocidad lineal y de la aceleración?

Problema 1.11

¿Con qué velocidad puede tomar una curva de 300 m deradio un avión de forma que la aceleración normal seaigual a la de la gravedad?

Problema 1.12

La aceleración de un cuerpo que efectúa un movimientounidimensional es A cos(ωt). Encuentra la posición en fun-ción del tiempo sabiendo que el cuerpo se encuentra enreposo en el origen en el instante inicial.

Problema 1.13

La velocidad de una partícula, que en t = 0 se encuentraen el punto 2ı̂− 3k̂ m, viene dada por 6t2ı̂− 2 cos(8t)̂ m/s.Calcula la aceleración y el vector de posición.

Problema 1.14

¿A qué velocidad máxima puede tomar una curva de 25 mde radio de curvatura un coche cuyo centro de gravedadestá a 50 cm del suelo y cuya distancia transversal entreruedas es de 1.6 m? Supóngase que no hay derrape.

Problema 1.15

Una persona de 70 kg de masa se agacha hasta que sucentro de gravedad está 0.5 m por debajo de lo normal.Desde esa postura, salta consiguiendo elevar su centrode gravedad 0.45 m por encima de su posición habitual.Calcular la fuerza que ejercen sus músculos en el salto,suponiendo que la misma es constante.

Problema 1.16

¿Qué fuerza al actuar sobre una partícula de 3 kg produceun movimiento unidimensional cuya posición viene dadapor x = 3 + 2 sen(3t) m?

Problema 1.17

Una fuerza igual a 300t2ı̂ − 80k̂ N actúa sobre un cuerpode 5 kg que en el instante inicial se encuentra en reposoen el punto 2ı̂ + ̂ m. Obtén la posición de la partícula enfunción del tiempo.

Problema 1.18

El momento lineal de una partícula es 100ı̂+ 200̂− 300t2k̂kg m/s. ¿Qué fuerza actúa sobre ella?

Problema 1.19

Un objeto de 2 kg, que efectúa un movimiento unidimen-sional, posee un momento lineal igual a 8 cos(4t) kg m/s.En el instante t = 3 s se encuentra en el origen. Calcu-la:(a) su posición.(b) su aceleración.(c) la fuerza que sobre él actúa.

Problema 1.20

Dos partículas iguales colisionan y salen unidas con unavelocidad igual a 1/3 de la velocidad de una de ellas antesdel choque. ¿Cuál era la velocidad de la otra partícula?

Problema 1.21

Un coche a 120 km/h choca frontalmente contra un camióna 60 km/h, permaneciendo unidos después del choque. Elcoche pesa 1000 kg y el camión 10.000 kg. El coeficientede rozamiento de ambos después del choque es de 0.8.Calcular:(a) velocidad del conjunto justo después de la colisión,(b) distancia que recorren antes de pararse.

(La fuerza de rozamiento es igual al coeficiente de roza-miento por el peso).

Problema 1.22

Un saltamonte de 20 gr salta desde una rama con unavelocidad de 2 m/s. ¿Con qué velocidad retrocede la rama,que posee 80 gr de masa. Si el impulso para el salto dura0.1 s, ¿qué fuerza ejerce el saltamontes sobre la rama?

Problema 1.23

Suponiendo que la órbita de la Luna alrededor de la Tierraes circular, determina los módulos de los momentos linealy angular de aquella. Datos: radio de la órbita 3.85 · 108 m,período 2.3 · 106 s y masa de la Luna 7.36 · 1022 kg.

Problema 1.24

La posición de una partícula de 0.1 kg es 10 sen tı̂−10 cos t̂m. Obtén:(a) el momento lineal.(b) el momento angular respecto del origen.(c) el momento angular respecto del punto 3ı̂− 2k̂ m.(d) la fuerza que actúa sobre la partícula.(e) el momento de dicha fuerza respecto del origen.

1.1 Un relámpago y su correspondiente trueno llegan a un punto con un inter-valo temporal de 3 s. ¿A qué distancia de dicho punto se produjeron? (Veloci-dad del sonido 340 m/s y de la luz 3 · 108 m/s)

El intervalo temporal entre el relámpago y el trueno en función de ladistancia es:

∆t = 3 =s

v− s

c≈ s

vLa velocidad de la luz es tan grande comparada con la del sonido quepodemos despreciar el tiempo de viaje del relámpago. Despejamoss dela ecuación anterior:

s = v∆t = 340 · 3 = 1020 m.

1.2 El vector de posición de una partícula viene dado por

r = 3 sen(ωt)ı̂+ 3 cos(ωt)̂+ 5k̂ m

siendo ω una constante y t el tiempo. Calcula:

(a) el vector velocidad,

(b) el vector aceleración,

(c) la aceleración tangencial,

(d) la aceleración normal,

(e) el radio de curvatura.

(a) La velocidad es la derivada temporal del vector de posición:

v =drdt

= 3ω cos(ωt)ı̂− 3ω sen(ωt)̂m/s.

(b) La aceleración es la derivada temporal de la velocidad:

a =dvdt

= −3ω2 sen(ωt)ı̂− 3ω2 cos(ωt)̂m/s2.

(c) La aceleración tangengial es el la derivada temporal del módulo dela velocidad:

at =d|v|dt

=ddt

{√9ω2 cos2(ωt) + 9ω2 sen2(ωt)

}=

d3ω

dt= 0.

(d) La aceleración normal viene dada por:

an =√a2 − a2

t =√

9ω4 sen2(ωt) + 9ω4 cos2(ωt) = 3ω2.

(e) El radio de curvatura lo determinamos a partir de la aceleración nor-mal:

R =v2

an=

9ω2

3ω2 = 3 m.

1.3 ¿Qué altura podrá franquear un atleta que es capaz de saltar con una velo-cidad vertical de 4 m/s, cuando su centro de gravedad está a 1.30 m del suelo,y que en el salto consigue mantener su centro de gravedad justo a la alturadel listón? ¿Qué tiempo durará el salto? (En lo que respecta a este proble-ma, es como si toda la masa del atleta estuviera concentrada en su centro degravedad).

La altura que franqueará es igual a la posición inicial de su centro degravedad más la distancia saltada gracias a su velocidad vertical:

h = h0 + v0t− 12 gt

2.

Para obtenerh, hemos de calcular primero el tiempo de salto mediante lacondición de que la velocidad en el punto más alto es nula:

v = v0 − gt

de donde obtenemos el tiempo de salto:

t =v0

g=

4

9.8= 0.41 s.

Por tanto, la latura alcanzada es:

h = 1.3 + 4 · 0.41− 12 9.8 · 0.412 = 2.12 m.

1.4 Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 1000 m/s y una incli-nación de 30◦ con respecto a la horizontal. Determina:

(a) altura a la que llega el proyectil,

(b) tiempo que tarda en hacerlo,

(c) distancia horizontal recorrida al caer de nuevo al suelo,

(d) radio de curvatura en el punto más alto de la trayectoria.

(a) El proyectil asciende hasta una altura igual a:

h = v0 sen(α)t− 12 gt

2.

Antes de determinar esta altura hemos de calcular el tiempo.

(b) El tiempo empleado viene dado por la condición de que la velocidadsea cero en lo más alto:

v = v0 sen(α)− gt = 0

Despejando se tiene:

t =v0 sen(α)

g=

1000 · sen 30◦

9.8= 51 s,

y la altura es:

h = 1000 sen 30◦51− 12 9.8 · 512 = 12755 m.

(c) La distancia horizontal recorrida vale:

d = v0 cos(α)t = 1000

√3

251 = 44167 m.

(d) En el punto más alto la aceleración es normal (no hay aceleracióntangencial) y la velocidad es horizontal. El radio de curvatura es,por tanto:

R =v2

g=

10002 cos2 30◦

9.8= 76531 m.

1.5 Un saltador de longitud alcanza 8 metros en un salto en el que el puntomás alto de la trayectoria está a 2 metros del suelo. ¿Cuál es su velocidad desalida? ¿Qué tiempo permanece en el aire?

Escribimos la longitud y la altura alcanzadas en función de la velocidady el ángulo de salida:

h = 2 = v0 sen(α)t− 12 gt

2 = 12 v0 sen(α)t

d = 8 = 2v0 cos(α)t

en dondet es el tiempo que tarda el saltador en llegar al punto más altode la trayectoria, y hemos tenido en cuenta que el tiempo total es el dobledel tiempo anterior. Dividiendo ambas expresiones entre si obtenemos:

1

4=

sen(α)

4 cos(α)=

1

4tan(α)

y el ángulo de salidaα vale por tanto:

α = arctan 1 = 45◦.

El tiempo que permanece en el aire corresponde a la solución de la ecua-ción:

v = v0 sen(α)− gt = 0

Despejando se tiene:

t =v0 sen(α)

gy sustituyendo en la expresión ded podemos obtener la velocidad desalida:

8 =v2

0 cos(α) sen(α)

g=⇒ v0 =

√8 · 9.8 · 0.71 · 0.71 = 6.3 m/s.

El tiempo total vale:

t =6.3 sen 45◦

9.8= 0.91 s.

1.6 Demuestra que el máximo alcance en un lanzamiento con velocidad desalida constante se consigue cuando el ángulo inicial es de 45◦.

El tiempo de llegada al punto más alto, en el que la velocidad vertical escero, viene dado por:

v = v0 sen(α)− gt = 0

El tiempo de un lanzamiento es, por simetría, el doble del tiempo anterior:

tl = 2t =2v0 sen(α)

g.

La distancia recorrida vale:

l = v0 cos(α)tl =2v2

0 sen(α) cos(α)

g=v2

0 sen(2α)

g.

Derivando con respecto deα obtenemos el valor que maximizal:

dldα

=2v2

0 cos(2α)

g= 0 =⇒ cos(2α) = 0

El lanzamiento óptimo corresponde a2α = 90◦, o sea, aα = 45◦.

1.7 ¿Cuánto más saltaría verticalmente una persona en la Luna que en la Tie-rra, sabiendo que la aceleración de la gravedad es 7 veces menor allí que aquí?¿Qué proporción existiría entre los tiempos que la persona permanecería en elaire durante los saltos en la Luna y en la Tierra?

El tiempo de salto se obtiene de la condición de que la velocidad verticalse anule:

v = v0 − gt =⇒ t =v0

g.

La relación entre los tiempos de salto es:

tLtT

=gT

gL= 7.

La altura saltada vale:

h = v0t− 12 gt

2 = 12 v0t

2 = 12v2

0

g.

La relación entre las alturas alcanzadas es, por consiguiente:

hL

hT=gT

gL= 7.

1.8 ¿Cuál es la aceleración de un cuerpo situado sobre la superficie terrestrea 40◦ de latitud? (Radio de la Tierra 6.370 km)

La aceleración de un cuerpo en la superficie terrestre es la aceleraciónnormal debida al giro de la Tierra:

a =v2

r= ω2r =

4π2

T 2 R cos 40◦

=4π2

(24 · 3600)2 6.37 · 106 cos 40◦ = 0.026 m/s2.

1.9 Un objeto gira con un movimiento circular uniforme en un plano vertical,atado de un hilo de 2 m de radio. ¿Cuál es la frecuencia angular mínima con laque debe de girar para que no se caiga?

El objeto no se cae si su masa multiplicada por su aceleración normal enel punto más alto es mayor que su peso:

mv2

r= mω2r ≥ mg.

El caso límite corresponde a una frecuencia igual a:

ωmin =

√g

r=

√√√√9.8

2= 2.21 rad/s.

1.10 Una partícula efectúa un movimiento circular uniforme con una velocidadangular de 60 revoluciones por minuto. Si el radio de la circunferencia es de 0.5m, ¿cuánto valen los módulos de la velocidad lineal y de la aceleración?

El módulo de la velocidad lineal es:

v = ωr = 2π60 · 0.5 = 188.5 m/s.

El módulo de la aceleración normal vale:

an =v2

r=

188.52

0.5= 7.1 · 104 m/s2.

1.11 ¿Con qué velocidad puede tomar una curva de 300 m de radio un aviónde forma que la aceleración normal sea igual a la de la gravedad?

Igualamos la aceleración normal a la de la gravedad:

an =v2

r= g

y despejamos de aquí la velocidad:

v =√gr =

√9.8 · 300 = 54 m/s.

1.12 La aceleración de un cuerpo que efectúa un movimiento unidimensionales A cos(ωt). Encuentra la posición en función del tiempo sabiendo que el cuer-po se encuentra en reposo en el origen en el instante inicial.

Primero hemos de obtener la velocidad del cuerpo, que viene dada por:

v = v0 +∫ t0adt′ = 0 +

∫ t0A cos(ωt′) dt′ =

A

ωsen(ωt).

Integrando la velocidad encontramos la posición:

r = r0 +∫ t

0v dt′ = 0 +

∫ t0

A

ωsen(ωt′) dt′ = − A

ω2 [cos(ωt)− 1].

1.13 La velocidad de una partícula, que en t = 0 se encuentra en el punto2ı̂ − 3k̂ m, viene dada por 6t2ı̂ − 2 cos(8t)̂ m/s. Calcula la aceleración y elvector de posición.

La aceleración de la partícula es igual a:

a =dvdt

= 12tı̂+ 16 sen(8t)̂ m/s2.

Integrando la velocidad obtenemos el vector de posición:

r = r0 +∫ t

0v dt′ = 2ı̂− 3k̂ +

[2t′

3ı̂− 1

4sen(8t′)̂

]t0

= 2(1 + t3)ı̂− 1

4sen(8t)̂− 3k̂ m.

1.14 ¿A qué velocidad máxima puede tomar una curva de 25 m de radio decurvatura un coche cuyo centro de gravedad está a 50 cm del suelo y cuya dis-tancia transversal entre ruedas es de 1.6 m? Supóngase que no hay derrape.

La velocidad estable máxima es aquella para la que la aceleración totalseñala en la dirección que va del centro de gravedad al punto de apoyo delas ruedas:

h

l=

0.5

0.8=

g

v2/r.

De aquí despejamos la velocidad:

v =

√√√√0.8

0.5gr =

√1.6 · 9.8 · 25 = 19.8 m/s.

1.15 Una persona de 70 kg de masa se agacha hasta que su centro de grave-dad está 0.5 m por debajo de lo normal. Desde esa postura, salta consiguiendoelevar su centro de gravedad 0.45 m por encima de su posición habitual. Calcu-lar la fuerza que ejercen sus músculos en el salto, suponiendo que la misma esconstante.

La altura a la que salta nos determina la velocidad de salida:

h = 0.45 = v0t− 12 gt

2 = 12 v0t = 1

2 v0v0

g.

De esta ecuación despejamos la velocidad inicial:

v0 =√

2gh =√

2 · 9.8 · 0.45 = 2.97 m/s.

Ahora calculamos la aceleración durante el salto para adquirir esta velo-cidad:

h′ = 0.5 = 12 at

21 = 1

2 av2

0

a2

de aquí deducimos:

a =v2

0

2 · 0.5= 8.82 m/s2.

La fuerza que ejercen los músculos ha de vencer la gravedad e imprimirla anterior aceleración:

F = m(g + a) = 70(9.8 + 8.82) = 1303 N.

1.16 ¿Qué fuerza al actuar sobre una partícula de 3 kg produce un movimientounidimensional cuya posición viene dada por x = 3 + 2 sen(3t) m?

Primero determinamos la aceleración a partir de la posición:

a =d2x

dt2=

ddt

(6 cos(3t)) = −18 sen(3t) m/s2.

La fuerza viene dada por:

F = ma = 3(−18 sen(3t)) = −54 sen(3t) N.

1.17 Una fuerza igual a 300t2ı̂−80k̂ N actúa sobre un cuerpo de 5 kg que en elinstante inicial se encuentra en reposo en el punto 2ı̂ + ̂ m. Obtén la posiciónde la partícula en función del tiempo.

La aceleración de la partícula viene dada por la segunda ley de Newton:

a =F

m=

300t2ı̂− 80k̂

5= 60t2ı̂− 16k̂ m/s2.

La velocidad la obtenemos integrando la aceleración:

v = v0 +∫ t0adt′ = 0 +

∫ t0

(60t′2ı̂− 16k̂) dt′ = 20t3ı̂− 16tk̂ m/s.

La posición es igual a:

r = r0 +∫ t0v dt′ = 2ı̂+ ̂+

∫ t0

(20t′3ı̂− 16t′k̂) dt′

= (2 + 5t4)ı̂+ ̂− 8t2k̂ m.

1.18 El momento lineal de una partícula es 100ı̂+ 200̂− 300t2k̂ kg m/s. ¿Quéfuerza actúa sobre ella?

La fuerza es igual a la derivada del momento lineal con respecto al tiem-po:

F =dpdt

=d(100ı̂+ 200̂− 300t2k̂)

dt= −600tk̂ N.

.

1.19 Un objeto de 2 kg, que efectúa un movimiento unidimensional, posee unmomento lineal igual a 8 cos(4t) kg m/s. En el instante t = 3 s se encuentra enel origen. Calcula:

(a) su posición.

(b) su aceleración.

(c) la fuerza que sobre él actúa.

(a) El momento lineal nos dice la velocidad del objeto, y a partir de éstaencontramos la posición:

r = r0 +∫ tt0v dt′ = 0 +

∫ t3

12 8 cos(4t′) dt′ = sen(4t)− sen(12) m.

(b) La aceleración del objeto vale:

a =dvdt

=d(4 cos(4t))

dt= −16 sen(4t) m/s2.

(c) La fuerza es igual a la masa por la aceleración:

F = ma = −32 sen(4t) N.

1.20 Dos partículas iguales colisionan y salen unidas con una velocidad iguala 1/3 de la velocidad de una de ellas antes del choque. ¿Cuál era la velocidadde la otra partícula?

Aplicamos la conservación del momento lineal en la colisión:

mv1 +mv2 = 2mv1

3

y despejamos de aquív2:

v2 =2

3v1 − v1 = −v1

3.

La segunda partícula se movía antes del choque con un tercio de la velo-cidad de la primera partícula y en sentido contrario.

1.21 Un coche a 120 km/h choca frontalmente contra un camión a 60 km/h,permaneciendo unidos después del choque. El coche pesa 1000 kg y el camión10.000 kg. El coeficiente de rozamiento de ambos después del choque es de0.8. Calcular:

(a) velocidad del conjunto justo después de la colisión,

(b) distancia que recorren antes de pararse.

(La fuerza de rozamiento es igual al coeficiente de rozamiento por el peso).

(a) En la colisión se conserva el momento lineal:

m1v1 −m2v2 = (m1 +m2)v0.

De aquí despejamos la velocidad de salida:

v0 =m1v1 −m2v2

m1 +m2=

10000 · 60− 1000 · 120

11000= 43.6 km/h.

(b) La aceleración debida al rozamiento vale:

a = −|Fr|m

= −mgµm

= −9.8 · 0.8 = −7.84 m/s2.

(c) El tiempo hasta que se detiene es:

v = v0 + at = 0 =⇒ t = −v0

a=

43.6 · 1000

3600 · 7.84= 1.54 s.

La distancia recorrida antes de pararse es igual a:

s = v0t+ 12 at

2 = 12 v0t =

43.6

2 · 3.61.54 = 9.35 m.

1.22 Un saltamonte de 20 gr salta desde una rama con una velocidad de 2 m/s.¿Con qué velocidad retrocede la rama, que posee 80 gr de masa. Si el impulsopara el salto dura 0.1 s, ¿qué fuerza ejerce el saltamontes sobre la rama?

La conservación del momento lineal nos da la velocidad de retroceso dela rama:

0 = m1v1 −m2v2 =⇒ m1v1

m2=

0.02 · 20.08

= 0.5 m/s.

La fuerza es el cambio en el momento lineal dividido por el tiempo:

F =∆p

∆t=m1v1

∆t=

0.02 · 20.1

= 0.4 N.

1.23 Suponiendo que la órbita de la Luna alrededor de la Tierra es circular,determina los módulos de los momentos lineal y angular de aquella. Datos:radio de la órbita 3.85 · 108 m, período 2.3 · 106 s y masa de la Luna 7.36 · 1022 kg.

El período de giro de la Luna nos permite obtener su velocidad:

2πR = vT =⇒ v =2πR

T=

2π3.85 · 108

2.3 · 106 = 956 m/s.

El momento lineal de la Luna vale:

p = mv = 7.36 · 1022 · 956 = 7.04 · 1025 kg m/s.

El módulo de su momento angular respecto del centro de su órbita es:

L = Rp = 3.85 · 108 · 7.36 · 1022 = 2.71 · 1034 kg m2/s.

1.24 La posición de una partícula de 0.1 kg es 10 sen tı̂−10 cos t̂m. Obtén:

(a) el momento lineal.

(b) el momento angular respecto del origen.

(c) el momento angular respecto del punto 3ı̂− 2k̂ m.

(d) la fuerza que actúa sobre la partícula.

(e) el momento de dicha fuerza respecto del origen.

(a) El momento lineal es igual a:

p = mv = 0.1d(10 sen tı̂− 10 cos t̂)

dt= cos tı̂+ sen t̂ kg m/s.

(b) El momento angular respecto del origen viene dado por:

L = r × p =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı̂ ̂ k̂

10 sen t −10 cos t 0cos t sen t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (10 sen2 t+ 10 cos2 t)k̂ = 10k̂ kg m2/s.

(c) El vector que va desde el punto de referencia del momento angulara la posición de la partícula es(10 sen t− 3)ı̂− 10 cos t̂+ 2k̂, y elmomento angular vale entonces:

L =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı̂ ̂ k̂

10 sen t− 3 −10 cos t 2cos t sen t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −2 sen tı̂+ 2 cos t̂+ (10− 3 sen t)k̂ kg m2/s.

(d) La fuerza la obtenemos a partir del momento lineal:

F =dpdt

=d(cos tı̂+ sen t̂)

dt= − sen tı̂+ cos t̂ N.

(e) El momento de la fuerza respecto del origen es:

M = r × F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı̂ ̂ k̂

10 sen t −10 cos t 0− sen t cos t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.