1.- Una plataforma de masa M se puede mover sin rozamiento sobre el plano horizontal. Dos partículas de masas m 1 y m 2 distan 2d tal como se muestra en la figura
Las dos partículas intercambian sus posiciones, como consecuencia la plataforma se desplaza y hacia la izquierda. Calcular la masa m 2 de la partícula
Datos: M =30 kg, m 1 =80 kg, 2d =3 m, y =40 cm
Masatsugu Suzuki. Lecture Notes of General Physics I and II Calculus Based
Solución
La posición del centro de masas del sistema aislado no cambia
Sea x 1 la posición inicial del centro de la plataforma. La posición del centro de masas es
x
c m
=
m
1
(
x
1
− d ) + M
x
1
+
m
2
(
x
1
+ d )
m
1
+ M +
m
2
=
x
1
+
m
2
−
m
1
m
1
+ M +
m
2
d
Sea x 2 la posición final del centro de la plataforma. La posición del centro de masas es
x
c m
=
m
2
(
x
2
− d ) + M
x
2
+
m
1
(
x
2
+ d )
m
1
+ M +
m
2
=
x
2
+
m
1
−
m
2
m
1
+ M +
m
2
d
El centro de la plataforma se desplaza y =x 1 -x 2
y =
x
1
−
x
2
=
m
1
−
m
2
m
1
+ M +
m
2
2 d
Con los datos del problema, m 2 =57.6 kg
2.- Desde el extremo de
una plataforma móvil de 80 kg, inicialmente en reposo, un niño de 40 kg corre
hacia el otro extremo a una velocidad constante de 1 m/s (respecto de la plataforma). Determinar la
velocidad de la plataforma y el sentido de su movimiento. ¿Qué principio físico
aplicas?
Solución
Sistema aislado
F
e x t
→
=
d
P
→
d t
F
e x t
→
= 0
P
→
= cte
Principio de
conservación del momento lineal. El momento lineal inicial es cero, (el niño
está en reposo sobre la plataforma).
El niño
empieza a correr con velocidad de 1 m/s respecto a la plataforma, es decir, con
velocidad (1+v ) respecto de Tierra, siendo v la velocidad de la
plataforma.
0=40(1+v )+80·v
v =-1/3 m/s
El niño se mueve hacia la derecha y la plataforma se mueve hacia la izquierda
3.- Desde el extremo A de una plataforma móvil de 80 kg inicialmente en reposo, un niño de 40 kg se desplaza hasta su extremo B. Determinar la posición del niño y del centro de la plataforma cuando el niño se encuentra en B. Razónese la respuesta.
El niño se desplaza de A a B con velocidad constante de 1 m/s sobre la plataforma. Determinar la velocidad de la plataforma y el sentido de su movimiento. Razónese la respuesta
Solución
Sistema aislado
F
e x t
→
=
d
P
→
d t
F
e x t
→
= m
d
V
c
→
d t
F
e x t
→
= 0
V
c
→
= cte
El niño y la plataforma constituyen un sistema aislado de dos partículas, el centro de masa que está inicialmente en reposo sigue en reposo en la misma posición
x
c m
=
80 · 1 + 40 · 2
80 + 40
=
4
3
m
Como vemos en el dibujo, la posición del niño es xcm -(2-xcm )=2xcm -2=2/3 m. La posición del centro de la plataforma es
xcm +(xcm -1)= 2xcm -1=5/3 m
El niño y la plataforma constituyen un sistema aislado de dos partículas, el centro de masa que está inicialmente en reposo, su velocidad es cero, no se modifica. O de otra forma, el momento total inicial del sistema es cero y el momento lineal final deberá ser cero.
Si la velocidad de la plataforma es v , la velocidad del niño respecto de a Tierra es v -1.
80·v +40(v -1)=0, la velocidad de la plataforma es v =1/3 m/s
4.- Un barquero trata de cruzar un lago con un bote cargado de piedras del mismo tamaño de masa m =1 kg. El motor del bote se ha estropeado y no hay viento, ni corriente, ni dispone de remos para acercarse hasta la orilla opuesta.
El barquero empieza a lanzar secuencialmente una piedra detrás de la otra con una velocidad de u =4 m/s respecto del barco. La masa inicial del barco es M =150 kg (incluido el barquero y las n piedras).
Calcular la velocidad del bote después de lanzar la tercera piedra.
Miguel Lagos, Milton Elgueta, and Rodrigo Paredes, Mario I. Molina. Waterways and Rocket-Propulsion Problems . The Physics Teacher. Vol.61, November 2023. pp. 672-674
Solución
El barquero lanza la primera piedra
El momento lineal inicial es p =0
m ( − u ) + ( M − m )
v
1
= 0
v
1
=
m
M − m
u
El barquero lanza la segunda piedra
El momento lineal inicial es p =(M -m )v 1
m ( − u +
v
1
) + ( M − 2 m )
v
2
= ( M − m )
v
1
v
2
=
v
1
+
m
M − 2 m
u = (
m
M − m
+
m
M − 2 m
) u
-u+v 1 es la velocidad de la piedra respecto del lago
El barquero lanza la tercera piedra
El momento lineal inicial es p =(M -2m )v 2
m ( − u +
v
2
) + ( M − 3 m )
v
3
= ( M − 2 m )
v
2
v
3
=
v
2
+
m
M − 3 m
u = (
m
M − m
+
m
M − 2 m
+
m
M − 3 m
) u
Sustituyendo los datos
v
3
= (
1
149
+
1
148
+
1
147
) 4 = 0.081 m/s
El barquero lanza n piedras secuencialmente
La velocidad final de la barca es
v
n
= (
∑
k = 1
n
m
M − k m
) u
5.- Un recipiente de masa M y longitud L está en reposo. Está dividido en dos partes por un émbolo de masa despreciable que se puede mover sin rozamiento. La parte izquierda contiene una masa m /2 de gas ideal a la temperatura T . La parte derecha contiene la misma cantidad de gas y a la misma temperatura.
Se calienta la porción izquierda hasta que alcanza la temperatura 2T . La temperatura de la porción derecha permanece inalterada.
El resultado es que el recipiente se mueve x .
Physics Challenge for Teachers and Students. Think inside the box . The Physics Teacher. Vol. 55, February 2017. pp. 121
Solución
La ecuación de estado del gas ideal contenido en el recipiente izquierdo es, pV 1 =nR (2T )
La ecuación de estado del gas ideal contenido en el recipiente derecho es, pV 2 =nRT
Luego, la relación de volúmenes es, V 1 =2V 2
Si la sección del recipiente es A
L
1
= 2
L
2
L
1
+
L
2
= L
}
L
1
=
2
3
L ,
L
2
=
1
3
L
La posición inicial del centro de masas es L /2. Como no hay fuerzas horizontales externas actuando sobre el sistema, la posición del centro de masas no cambia y como consecuencia el recipiente se mueve x . Supongamos que se mueve hacia la derecha, tal como indica la figura
L
2
=
M (
x +
L
2
) +
m
2
(
x +
1
3
L
) +
m
2
(
x +
2
3
L +
1
6
L
)
M +
m
2
+
m
2
El resultado es
x = −
1
12
m
m + M
L
El recipiente se mueve x hacia la izquierda
6.- Un prisma triangular de masa M se coloca sobre un plano horizontal sobre el cual puede deslizar sin rozamiento. Sobre los otros dos lados inclinados θ 1 y θ 2 , se colocan dos bloques de masas m 1 y m 2 , respectivamente, conectadas por un hilo inextensible que pasa por una polea de masa despreciable sujeta en el vértice. Los bloques pueden deslizar sin rozamiento a lo largo de sus respectivos planos inclinados. Calcular:
la aceleración a 0 del prisma
la aceleración a de los masas relativa al prisma
El cociente de las masas m 1 /m 2 para que el prisma esté en equilibrio
Problema propuesto en la V Olimpiada Internacional de Física, Sofía, Bulgaria (1971)
Solución
Aceleraciones de los cuerpos
Las aceleraciones relativas al prisma de los bloques tienen el mismo módulo a por estar los bloques unidos mediante una cuerda inextensible.
Del prisma
La aceleración del prisma es
a
0
→
, paralela al plano horizontal
Del bloque de masa m 1
La aceleración del bloque de masa m 1 relativa al prisma es
a
1
→
su módulo es a y su dirección es paralela al plano inclinado θ 1
La aceleración de este bloque respecto al S. R. inercial es
A
1
→
=
a
0
→
+
a
1
→
{
A
1 x
=
a
0
+ a cos
θ
1
A
1 y
= a sin
θ
1
Del bloque de masa m 2
La aceleración del bloque de masa m 2 relativa al prisma es
a
2
→
su módulo es a y su dirección es paralela al plano inclinado θ 2
La aceleración de este bloque respecto al S. R. inercial es
A
2
→
=
a
0
→
+
a
2
→
{
A
2 x
=
a
0
+ a cos
θ
2
A
2 y
= − a sin
θ
2
Ecuaciones del movimiento de cada uno de los cuerpos
Bloque de masa m 1
Sobre este bloque actúa el peso m 1 g , la tensión de la cuerda T 1 en la dirección del plano sobre el que desliza, la reacción del plano inclinado N 1 , perpendicular a dicho plano. La ecuación del movimiento es
m
1
A
1
→
=
m
1
g
→
+
T
1
→
+
N
1
→
{
m
1
(
a
0
+ a cos
θ
1
) =
T
1
cos
θ
1
−
N
1
sin
θ
1
m
1
(
a sin
θ
1
) =
T
1
sin
θ
1
+
N
1
cos
θ
1
−
m
1
g
Bloque de masa m 2
Sobre este bloque actúa el peso m 2 g , la tensión de la cuerda T 2 en la dirección del plano sobre el que desliza, la reacción del plano inclinado N 2 , perpendicular a dicho plano. La ecuación del movimiento es
m
2
A
2
→
=
m
2
g
→
+
T
2
→
+
N
2
→
{
m
2
(
a
0
+ a cos
θ
2
) = −
T
2
cos
θ
2
+
N
2
sin
θ
2
m
2
(
− a sin
θ
2
) =
T
2
sin
θ
2
+
N
2
cos
θ
2
−
m
2
g
Sobre el prisma de masa M
Sobre el prisma actúa el peso Mg , la reacción del plano horizontal N , las fuerzas que ejerce la cuerda sobre la polea T 1 y T 2 , y las fuerzas que ejercen los bloques sobre los planos inclinados N 1 y N 2 , que por la tercera ley de Newton son fuerzas iguales y de sentido contrario a la que ejercen los planos sobre los bloques. La ecuación del movimiento es
M
a
0
→
= M
g
→
−
N
1
→
−
N
2
→
−
T
→
1
−
T
2
→
+
N
→
{
M
a
0
=
N
1
sin
θ
1
−
N
2
sin
θ
2
−
T
1
cos
θ
1
+
T
2
cos
θ
2
0 = − M g −
N
1
cos
θ
1
−
N
2
cos
θ
2
−
T
1
sin
θ
1
−
T
2
sin
θ
2
+ N
La segunda ecuación expresa el equilibrio del prisma en la dirección perpendicular al plano
Los módulos de
T
→
1
y
T
→
2
son iguales ya que la polea tiene masa y por tanto, momento de inercia despreciable
Tenemos un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas: las aceleraciones a 0 y a , los módulos de las fuerzas T , N 1 y N 2 , que vamos a resolver a continuación
{
m
1
(
a
0
+ a cos
θ
1
) = T cos
θ
1
−
N
1
sin
θ
1
m
1
(
a sin
θ
1
) = T sin
θ
1
+
N
1
cos
θ
1
−
m
1
g
m
2
(
a
0
+ a cos
θ
2
) = − T cos
θ
2
+
N
2
sin
θ
2
m
2
(
− a sin
θ
2
) = T sin
θ
2
+
N
2
cos
θ
2
−
m
2
g
M
a
0
=
N
1
sin
θ
1
−
N
2
sin
θ
2
− T cos
θ
1
+ T cos
θ
2
Para resolver el sistema, tomamos la primera, tercera y quinta ecuación
{
m
1
(
a
0
+ a cos
θ
1
) = T cos
θ
1
−
N
1
sin
θ
1
m
2
(
a
0
+ a cos
θ
2
) = − T cos
θ
2
+
N
2
sin
θ
2
M
a
0
=
N
1
sin
θ
1
−
N
2
sin
θ
2
− T cos
θ
1
+ T cos
θ
2
Despejamos T cosθ 1 de la primera, T cosθ 2 de la segunda y la introducimos en la tercera, obtenemos la relación entre las aceleraciones
a = −
a
0
M +
m
1
+
m
2
m
1
cos
θ
1
+
m
2
cos
θ
2
En el sistema formado por las dos primeras ecuaciones despejamos, T y N 1
{
m
1
(
a
0
+ a cos
θ
1
) = T cos
θ
1
−
N
1
sin
θ
1
m
1
(
a sin
θ
1
) = T sin
θ
1
+
N
1
cos
θ
1
−
m
1
g
m
1
a
0
sin
θ
1
= −
N
1
+
m
1
g cos
θ
1
m
1
(
a cos
θ
1
+ a
) = T −
m
1
g sin
θ
1
En el sistema formado por la tercera y cuarta ecuaciones despejamos, T y N 2
{
m
2
(
a
0
+ a cos
θ
2
) = − T cos
θ
2
+
N
2
sin
θ
2
m
2
(
− a sin
θ
2
) = T sin
θ
2
+
N
2
cos
θ
2
−
m
2
g
m
2
a
0
sin
θ
2
=
N
2
− m g cos
θ
2
m
2
(
a
0
cos
θ
2
+ a
) = − T +
m
2
g sin
θ
2
Eliminamos la tensión T en el sistema
{
m
1
(
a cos
θ
1
+ a
) = T −
m
1
g sin
θ
1
m
2
(
a
0
cos
θ
2
+ a
) = − T +
m
2
g sin
θ
2
(
m
1
cos
θ
1
+
m
2
cos
θ
2
)
a
0
+ (
m
1
+
m
2
) a =
m
2
g sin
θ
2
−
m
1
g sin
θ
1
Introducimos el valor de la aceleración a en esta ecuación y despejamos a 0
a
0
= g
(
m
2
sin
θ
2
−
m
1
sin
θ
1
) (
m
1
cos
θ
1
+
m
2
cos
θ
2
)
(
m
1
cos
θ
1
+
m
2
cos
θ
2
)
2
− (
m
1
+
m
2
+ M
) (
m
1
+
m
2
)
La aceleración a 0 =0, el bloque no se mueve, cuando
m
1
m
2
=
sin
θ
2
sin
θ
1
7.- Consideremos un par de cañones cuyos proyectiles tienen una masa m cada uno, son impulsadas por muelles elásticos comprimidos. Los cañones están situados sobre una plataforma de masa M que puede moverse sobre vías horizontales sin rozamiento.
La plataforma está inicialmente en reposo con los dos cañones en posición de disparo. La energía potencial almacenada por el muelle elástico deformado es E , supondremos que se convierte integramente en energía cinética del proyectil y de la plataforma
Calcular la velocidad final de la plataforma cuando los dos proyectiles se disparan
Simultáneamente
Secuencialmente, después de haber disparado el primero, se dispara el segundo
Carl E. Mungan. The Dual-Spring-Cannon-Propelled Cart . Physics Education. January – March 2020
Solución
Simultáneamente
Sistema aislado (plataforma-cañones). Conservación del momento lineal
2 m
u
1
= M
v
1
Balance energético
2 E = 2
1
2
m
u
1
2
+
1
2
M
v
1
2
La energía potencial de los muelles deformados se transforma integramente en energía cinética de los proyectiles y de la plataforma. Despejando las velocidad de los proyeciles u 1 y de la plataforma v 1
v
1
=
8 m E
M (
M + 2 m
)
u
1
=
2 M E
m (
M + 2 m
)
Secuencialmente
Primer disparo
Conservación del momento lineal
m u = ( M + m ) v
Balance energético
E =
1
2
m
u
2
+
1
2
( M + m )
v
2
Despejamos la velocidad de la plataforma v y del proyectil u
v =
2 E m
( M + m ) ( M + 2 m )
u =
2 E ( M + m )
m ( M + 2 m )
Segundo disparo
Una vez completado el primer disparo, procedemos a realizar el segundo
Nos situamos en el sistema de referencia que se mueve con la plataforma
Conservación del momento lineal
m U = M V
Balance energético
E =
1
2
m
U
2
+
1
2
M
V
2
Despejamos la velocidad de la plataforma V y del proyectil U
V =
2 E m
M ( M + m )
U =
2 E M
m ( M + m )
En el sistema de referencia ligado al suelo
v
2
= V + v =
2 E m
M ( M + m )
+
2 E m
( M + m ) ( M + 2 m )
u
2
= − U + v = −
2 E M
m ( M + m )
+
2 E m
( M + m ) ( M + 2 m )
Representamos gráficamente el cociente v 2 /v 1 en función del cociente M/m
v
2
v
1
=
M + 2 m
+
M
2
M + m
=
r + 2
+
r
2
r + 1
, r =
M
m
Cuando m<<M , el cociente tiende hacia 1
f=@(x) (sqrt(x)+sqrt(x+2))./(2*sqrt(x+1));
fplot(f,[1,5])
grid on
xlabel('M/m')
ylabel('v_2/v_1')
title('Simultáneo o secuencial')
La plataforma alcanza una velocidad mayor, si los dos disparos se producen de forma simultánea
8.- Una caja de masa m descansa sobre una plataforma de masa M que se mueve velocidad constante v 0
Si se arroja la caja desde la plataforma con velocidad u (respecto de la plataforma) hacia atrás, el observador en Tierra mide que su velocidad es v 0 /2, y la velocidad de la plataforma es V 1
Si se arroja la caja desde la plataforma con velocidad u (respecto de la plataforma) hacia adelante, el observador en Tierra mide que su velocidad es v y la velocidad de la plataforma es V 2
Dado las masas m y M y la velocidad v 0 , determinar la velocidad de la caja v , las velocidades de la plataforma V 1 y V 2 respecto del observador en Tierra y la velocidad u de la caja respecto del observador en la plataforma.
Despreciamos la resistencia del aire y el rozamiento entre la plataforma y el suelo
Kirk T. McDonald. Box Toss . October 2011
Solución
Tenemos un sistema aislado, formado por la caja y la plataforma, la conservación del momento lineal para cada uno de los dos casos, se escribe
( M + m )
v
0
= m
v
0
2
+ M
V
1
( M + m )
v
0
= m v + M
V
2
Relación entre velocidades
− u =
v
0
2
−
V
1
u = v −
V
2
Resolvemos el sistema de ecuaciones (se puede hacer de varias maneras)
De las dos últimas, eliminamos u
v =
V
1
+
V
2
−
v
0
2
De la primera, despejamos V 1
V
1
= (
m
2 M
+ 1
)
v
0
En la segunda, introducimos v y V 1 y despejamos V 2
(
m
2
+ M −
m
2
2 M
)
v
0
= (
m + M
)
V
2
V
2
=
1
m + M
m M + 2
M
2
−
m
2
2 M
v
0
=
2 M − m
2 M
v
0
Dado V 1 y V 2 calculamos la velocidad v de la caja
v =
3
2
v
0
Dado v y V 2 , calculamos la velocidad relativa u de la caja respecto de la plataforma
u =
1
2
(
1 +
m
M
)
v
0
9.- Dos cuerpos de masa 2M y M están unidos por un muelle elástico de constante k y longitud l sin deformar, los cuerpos están en reposo sobre una superficie horizontal sin rozamiento.
En el instante t =0, se proporciona al cuerpo de masa M una velocidad v 0 que lo aleja del otro cuerpo
Determinar el desplazamiento del cuerpo de masa M la próxima vez que vuelva a alcanza la velocidad v 0
Physics Challenge for Teachers and Students. January jiggle. Phys. Teach. 58, 70 (2020)
Solución
En el instante t =0 el cuerpo de masa 2M está en el origen en reposo. El cuerpo de masa M está a una distancia l con velocidad inicial v 0
En el instante t , la posición del cuerpo de masa 2M es x y su velocidad es V=dx/dt , la posición del cuerpo de masa M es y y su velocidad es v=dy/dt .
Movimiento del centro de masas
En un sistema aislado de dos partículas interactuantes, el centro de masas se mueve con velocidad constante
La posición inicial y la velocidad del centro de masas, t =0
z
0
=
M l
M + 2 M
=
l
3
,
v
c m
=
0 + M
v
0
M + 2 M
=
v
0
3
En el instante t
z =
l
3
+
v
0
3
t
z =
2 M x + M y
M + 2 M
=
2 x + y
3
2 x + y = l +
v
0
t
Movimiento relativo de las dos partículas
En el instante t , el muelle se ha deformado (y-x-l ) y ejerce fuerzas F=k (y-x-l ) iguales y de sentido contario sobre cada una de las partículas. Las ecuaciones del movimiento son
2 M
d
2
x
d
t
2
= k (
y − x − l
)
M
d
2
y
d
t
2
= − k (
y − x − l
)
Multiplicamos la segunda ecuación por 2 y restamos la segunda de la primera.
2 M (
d
2
y
d
t
2
−
d
2
x
d
t
2
) = − 3 k (
y − x − l
)
2 M
d
2
ξ
d
t
2
= − 3 k ( ξ − l ) , ξ = y − x
d
2
ξ
d
t
2
+
3 k
2 M
ξ =
3 k
2 M
l
donde ξ=y-x es la posición relativa de las dos partículas.
La solución de esta ecuación diferencial se compone de la suma de solución de la ecuación dierencial homogénea y de un término constante l
ξ = l + A sin ( ω t ) + B cos ( ω t ) , ω =
3 k
2 M
d ξ
d t
= A ω cos ( ω t ) − B ω sin ( ω t )
Los coeficientes A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales.
t = 0 {
x = 0, y = l
d x
d t
= 0,
d y
d t
=
v
0
t = 0 {
ξ = l
d ξ
d t
=
v
0
El resultado es
B = 0, A =
v
0
ω
La posición relativa ξ es
ξ = l +
v
0
ω
sin ( ω t )
Conocemos la posición del c.m. y la posición relativa de los cuerpos en función del tiempo t . Despejamos la posición x e y de cada uno de los cuerpos
{
2 x + y = l +
v
0
t
y − x = l +
v
0
ω
sin ( ω t )
{
x =
1
3
v
0
t −
1
3
v
0
ω
sin ( ω t )
y = l +
1
3
v
0
t +
2
3
v
0
ω
sin ( ω t )
v0=1; %velocidad inicial
l=1; %longitud del muelle sin deformar
k=1; %constante del muelle
M=1; %masa
w=sqrt(3*k/(2*M)); %frecuencia angular
x=@(t) v0*t/3-v0*sin(w*t)/(3*w);
y=@(t) l+v0*t/3+2*v0*sin(w*t)/(3*w);
hold on
fplot(x,[0,2*pi/w])
fplot(y,[0,2*pi/w])
hold off
grid on
xlabel('t (s)')
ylabel('x,y (m)')
legend('2M','M','location', 'best')
title('Posición')
Derivando con respecto del tiempo t , obtenemos la velocidad de los cuerpos
{
d x
d t
=
1
3
v
0
−
1
3
v
0
cos ( ω t )
d y
d t
=
1
3
v
0
+
2
3
v
0
cos ( ω t )
v
c m
=
2 M
d x
d t
+ M
d y
d t
2 M + M
=
v
0
3
Comprobamos que la velocidad constante del centro de masas del sistema aislado es v 0 /3
v0=1; %velocidad inicial
k=1; %constante del muelle
M=1; %masa
w=sqrt(3*k/(2*M)); %frecuencia angular
vx=@(t) v0/3-v0*cos(w*t)/3;
vy=@(t) v0/3+2*v0*cos(w*t)/3;
hold on
fplot(vx,[0,2*pi/w])
fplot(vy,[0,2*pi/w])
hold off
grid on
xlabel('t (s)')
ylabel('v_x,v_y (m)')
legend('2M','M','location', 'best')
title('Velocidad')
En el instante ωt =2π, dy/dt=v 0 .
Calculamos el desplazamiento Δy del cuerpo de masa M
y = l +
v
0
3
2 π
ω
Δ y =
2 π
v
0
3
2 M
3 k
10.- Sean dos partículas de masas m 1 y m 2 respectivamente, unidas por un muelle elástico de constante k y de longitud l sin deformar.
En la situación inicial la partícula de masa m 1 está en el origen x 1 =0, y la partícula de masa m 2 en x 2 =l , ambas en reposo. Se aplica una fuerza constante F a la primera partícula.
Escribir las ecuaciones del movimiento de cada una de las partículas
Escribir la ecuación del movimiento del centro de masas y determinar la posición xcm (t ) del centro de masas en función del tiempo
Escribir la ecuación del movimiento relativo ξ=x 2 -x 1 de las dos partículas y determinar la posición relativa en función del tiempo ξ (t )
Utilizando ambas ecuaciones, determinar la ecuación del movimiento de la primera partícula x 1 (t ) y de la segunda, x 2 (t )
Comprobar que el trabajo de la fuerza F , F·x 1 , se emplea en modificar la energía del sistema de partículas.
Datos: m 1 =1 kg, m 2 =1 kg, k =100 N/m, l =0.25 m, F =10 N
Solución
Ecuaciones del movimiento de las dos partículas
{
m
1
d
2
x
1
d
t
2
= F + k (
x
2
−
x
1
− l
)
m
2
d
2
x
2
d
t
2
= − k (
x
2
−
x
1
− l
)
Movimiento del centro de masas
La posición del centro de masas es
x
c m
=
m
1
x
1
+
m
2
x
2
m
1
+
m
2
Sumamos las dos ecuaciones diferenciales
m
1
d
2
x
1
d
t
2
+
m
2
d
2
x
2
d
t
2
= F
d
2
x
c m
d
t
2
=
F
m
1
+
m
2
El movimiento del centro de masas solamente depende de la fuerza externa F . El centro de masas se mueve con aceleración constante, la ecuación del movimiento del c.m. es muy sencilla
x
c m
=
m
2
l
m
1
+
m
2
+
1
2
F
m
1
+
m
2
t
2
El primer término, es la posición inicial del centro de masas. El centro de masas parte del reposo, al igual que las dos partículas
Movimiento relativo de las partículas, ξ=x 2 -x 1
{
d
2
x
1
d
t
2
=
F
m
1
+
k
m
1
(
x
2
−
x
1
− l
)
d
2
x
2
d
t
2
= −
k
m
2
(
x
2
−
x
1
− l
)
d
2
(
x
2
−
x
1
)
d
t
2
= −
F
m
1
−
k
m
1
(
x
2
−
x
1
− l
) −
k
m
2
(
x
2
−
x
1
− l
)
d
2
ξ
d
t
2
= −
F
m
1
−
k
μ
(
ξ − l
) , μ =
m
1
m
2
m
1
+
m
2
μ se denomina masa reducida
Buscamos la solución de la ecuación diferencial
d
2
ξ
d
t
2
+
k
μ
ξ = −
F
m
1
+
k
μ
l
La solución particular es una constante ξp
k
μ
ξ
p
= −
F
m
1
+
k
μ
l
ξ
p
= l −
F
m
1
μ
k
La solución de la ecuación homogénea ξh , es
ξ
h
= A sin (
ω t
) + B cos (
ω t
) ,
ω
2
=
k
μ
La solución completa es la suma
ξ =
ξ
h
+
ξ
p
= A sin (
ω t
) + B cos (
ω t
) + l −
F
m
1
μ
k
Los coeficientes A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales, en el instante t =0, ξ=x 2 -x 1 =l , parten del reposo dξ/dt =0
l = B + l −
F
m
1
μ
k
, B =
F
m
1
μ
k
d ξ
d t
= ω A cos (
ω t
) − ω B sin (
ω t
)
d ξ
d t
|
t = 0
= ω A = 0, A = 0
La solución de la ecuación diferencial del movimiento relativo es
ξ =
F
m
1
μ
k
cos (
ω t
) + l −
F
m
1
μ
k
= l − 2
F
m
1
μ
k
sin
2
(
ω t
2
)
Del sistema de dos ecuaciones (movimiento del c.m. y movimiento relativo), despejamos x 1 y x 2 en función del tiempo
{
m
1
x
1
+
m
2
x
2
m
1
+
m
2
=
m
2
l
m
1
+
m
2
+
1
2
F
m
1
+
m
2
t
2
x
2
−
x
1
= l − 2
F
m
1
μ
k
sin
2
(
ω t
2
)
x
1
=
1
2
F
m
1
+
m
2
t
2
+ 2
μ
k
m
2
m
1
F
m
1
+
m
2
sin
2
(
ω t
2
)
x
2
= l +
1
2
F
m
1
+
m
2
t
2
− 2
μ
k
F
m
1
+
m
2
sin
2
(
ω t
2
)
El trabajo de la fuerza F igual a la variación de la energía del sistema de partículas
El trabajo de la fuerza exterior F es
F ·
x
1
=
1
2
F
2
m
1
+
m
2
t
2
+ 2
μ
k
m
2
m
1
F
2
m
1
+
m
2
sin
2
(
ω t
2
)
La energía del sistema de partículas es la suma de la energía cinética de las dos partículas y de la energía potencial de interacción de las dos partículas
La energía inicial del sistema de partículas Ui =0 en el instante t =0
La energía cinética de las dos partículas en el instante t
E
k 1
=
1
2
m
1
(
d
x
1
d t
)
2
=
1
2
m
1
(
F
m
1
+
m
2
t + 2 ω
μ
k
m
2
m
1
F
m
1
+
m
2
sin (
ω t
2
) cos (
ω t
2
)
)
2
E
k 2
=
1
2
m
2
(
d
x
2
d t
)
2
=
1
2
m
2
(
F
m
1
+
m
2
t − 2 ω
μ
k
F
m
1
+
m
2
sin (
ω t
2
) cos (
ω t
2
)
)
2
E
k 1
+
E
k 2
=
1
2
F
2
m
1
+
m
2
t
2
+ 2
μ
k
F
2
m
1
+
m
2
m
2
m
1
sin
2
(
ω t
2
)
cos
2
(
ω t
2
)
La energía potencial de interacción del sistema de dos partículas
E
p 12
=
1
2
k
(
x
2
−
x
1
− l
)
2
=
1
2
k
(
− 2
μ
k
F
m
1
sin
2
(
ω t
2
)
)
2
= 2
μ
k
F
2
m
1
+
m
2
m
2
m
1
sin
4
(
ω t
2
)
La suma
U
f
=
E
k 1
+
E
k 2
+
E
p 12
=
1
2
F
2
m
1
+
m
2
t
2
+ 2
μ
k
m
2
m
1
F
2
m
1
+
m
2
sin
2
(
ω t
2
)
Confirmamos que el trabajo de la fuerza exterior F se invierte en modificar la energía del sistema de partículas
Representamos las posiciones de las dos partículas x 1 (t ), x 2 (t ) y la posición del centro de masas xcm (t )
k=100; %constante elástica del muelle
m1=1; %masa izquierda
m2=4; %masa derecha
F=10; %fuerza externa
lonMuelle=0.25; %longitud del muelle sin deformar
mu=m1*m2/(m1+m2); %masa reducida
w=sqrt(k/mu); %frecuencia angular
x1=@(t) F*t.^2/(2*(m1+m2))+2*mu*m2*F*sin(w*t/2).^2/(k*m1*(m1+m2));
x2=@(t) lonMuelle+F*t.^2/(2*(m1+m2))-2*mu*F*sin(w*t/2).^2/(k*(m1+m2));
xcm=@(t) m2*lonMuelle/(m1+m2)+F*t.^2/(2*(m1+m2));
hold on
fplot(x1,[0,1])
fplot(x2,[0,1])
fplot(xcm,[0,1])
hold off
grid on
legend('x_1','x_2','x_{cm}','Location', 'best')
xlabel('t(s)')
ylabel('x')
title('Sistema de dos partículas')
Representamos la energía cinética de cada una de las partículas E k1 (t ), E k2 (t ), la energía potencial de interación Ep (t ) y el trabajo de la fuerza externa, F ·x 1 (t ),
k=100; %constante elástica del muelle
m1=1; %masa izquierda
m2=4; %masa derecha
F=10; %fuerza externa
lonMuelle=0.25; %longitud del muelle sin deformar
mu=m1*m2/(m1+m2); %masa reducida
w=sqrt(k/mu); %frecuencia angular
x1=@(t) F*t.^2/(2*(m1+m2))+2*mu*m2*F*sin(w*t/2).^2/(k*m1*(m1+m2));
x2=@(t) lonMuelle+F*t.^2/(2*(m1+m2))-2*mu*F*sin(w*t/2).^2/(k*(m1+m2));
v1=@(t) F*t/(m1+m2)+w*mu*m2*F*sin(w*t)/(k*m1*(m1+m2));
v2=@(t) F*t/(m1+m2)-w*mu*F*sin(w*t)/(k*(m1+m2));
Ek_1=@(t) m1*v1(t).^2/2;
Ek_2=@(t) m2*v2(t).^2/2;
Ep=@(t) k*(x2(t)-x1(t)-lonMuelle).^2/2;
U=@(t) Ek_1(t)+Ek_2(t)+Ep(t);
W=@(t) F*x1(t);
hold on
fplot(Ek_1,[0,1])
fplot(Ek_2,[0,1])
fplot(Ep,[0,1])
% fplot(U,[0,1])
fplot(W,[0,1])
hold off
grid on
legend('E_{k1}','E_{k2}','E_p', 'W', 'Location', 'best')
xlabel('t(s)')
ylabel('Energía')
title('Sistema de dos partículas')