TEMA 4 DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS
CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCION DE LOS PROBLEMAS
En los problemas sobre la posición, velocidad y aceleración del centro de masas debes leer atentamente cada problema para sacar los datos implícitos que aparecen en cada enunciado. Siempre que aparezcan fuerzas internas (explosiones, por ejemplo), pero no externas, el centro de masas sigue manteniendo su movimiento. Por tanto, si inicialmente está en reposo, las velocidades de los fragmentos serán tales que la velocidad del centro de masas seguirá siendo nula, y si estaba moviéndose continuará en el mismo estado de movimiento.
Para los problemas de choques es conveniente seguir una serie de pasos.
Dibuja un sistema de coordenadas y define las velocidades respecto de ese sistema. Es conveniente hacer que alguno de los ejes coincida con alguna de las velocidades iniciales.
En el esquema del sistema de coordenadas, dibuja todos los vectores de las velocidades con sus etiquetas, e incluye toda la información dada.
Escribe las expresiones del momento lineal de cada partícula para cada una de las componentes X e Y para antes y después de la colisión. Recuerda incluir los signos adecuados para las componentes de los vectores velocidad. Por ejemplo, si un objeto se mueve en la dirección negativa de X, la componente X de la velocidad se deberá tomar como negativa. Es muy importante que prestes atención cuidadosa a los signos.
Escribe las expresiones del momento total en la dirección X para antes y después del choque e iguálalas. Repite el procedimiento para el momento total en la dirección Y. Estos pasos se deben a que debe conservarse el momento lineal a lo largo de cualquier dirección. Es importante hacer hincapié que es el momento del sistema (los objetos en colisión) el que se conserva, no el momento de los objetos individualmente.
Si la colisión es inelástica, la energía cinética no se conserva, y se deberá proceder a resolver las ecuaciones del momento para las incógnitas.
 
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE
1 . - Dos prismas triangulares, de masas M y m, y
anchuras a y b están en reposo, tal como se indica en la figura
adjunta, sobre un tablero horizontal liso. Las superficies de
contacto entre los dos prismas son también perfectamente
lisas. Determinar el retroceso del prisma inferior hasta el
instante en que la cara vertical del prisma superior alcanza el
tablero horizontal. Nota: el centro de masas de un triángulo
se encuentra a un tercio de la base, baricentro).
Si consideramos el sistema de las dos partículas, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema son verticales (pesos y normales). Puesto que no hay fuerzas horizontales (ΣFX=0) la componente horizontal del centro de masas debe ser nula:
ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 Esto implica que la velocidad del centro de masas en el eje X debe ser constante:
aGX=0 ⇒ vGX=cte Inicialmente el sistema está en reposo, vGX=0, luego tiene
que seguir estándolo. Esto quiere decir que en el momento en que una parte del sistema se desplace hacia la derecha, el resto lo hace hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas sea cero. Así, al caer el prisma pequeño se desplaza hacia la derecha, luego el grande lo hace hacia la izquierda. Este retroceso es el que nos piden.
Como la velocidad del centro de masas en el eje X es cero, esto significa que la posición del centro de masas se mantiene constante:
vGX=0 ⇒ xG=cte Podemos determinar la posición inicial del centro de
masas, la final, e igualarlas. Vemos las dos posiciones en el gráfico, donde hemos colocado los centros de masa de cada uno de los triángulos a un tercio de las bases. Denominamos x al retroceso del prisma inferior y llamaremos con el subíndice 1 al prisma grande y con el subíndice 2 al pequeño. Así, la posición del centro de masas inicialmente es:
mM 3 b2
xm 3 a
 
   
  ++
 
   
  +
= +
+ =  
Y cuando el prisma superior ha llegado a la posición más baja tendremos:
mM 3 b
am 3 a
+
− =  
2. - Una muchacha de 45 kg está de pie y en reposo sobre un tablón de 1 50 kg que está
apoyado sobre la superficie lisa sin rozamiento) horizontal de un lago helado. Si la muchacha
comienza a moverse a lo largo del tablón con una velocidad constante, respecto al mismo, de 1 . 5
m/s, determinar respecto a la superficie del hielo: a) la velocidad del tablón; b) la velocidad de
la muchacha.
a) Inicialmente el sistema se encuentra en reposo, luego la velocidad del centro de masas es nula. Todas las fuerzas son verticales (pesos y normales), luego como no hay fuerzas horizontales la componente horizontal de la aceleración del centro de masas es nula. Así pues, igual que antes, la velocidad del centro de masas en ese eje tiene que permanecer constante:
ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 ⇒ vGX=cte=0 Como inicialmente la velocidad del centro de masas es nula, tiene que seguir siéndolo, de modo
que en cuanto la muchacha comienza a moverse hacia la derecha el tablón reacciona desplazándose hacia la izquierda de tal forma que la velocidad del centro de masas sea cero. Sólo tenemos movimiento en el eje X, luego podemos resolver el problema escalarmente, teniendo en cuenta que las velocidades son positivas cuando van hacia la derecha y negativas cuando van hacia la izquierda. Tendremos que
tener en cuenta también que el dato que nos dan no es la velocidad de la muchacha, sino la velocidad relativa de la muchacha respecto del tablón. La velocidad absoluta de la muchacha será:
v muchacha/tablón=v muchacha-v tablón ⇒ v muchacha=v muchacha/tablón+v tablón=1.5i-vtablóni=(1.5-vtablón)i  Ahora, teniendo en cuenta que la velocidad del centro de masas tiene que ser nula:
) ( ) tablóntablón
tablóntablón
tablónmuchacha
b) Y la velocidad de la muchacha: vtablón=0.346 m/s
vmuchacha=1.5-vtablón=1.5-0.346=1.154 m/s vmuchacha=1.154 m/s
3. - Una mujer de 60 kg se
encuentra de pie en la parte trasera de
una lancha de 6 m de de longitud y 1 20 kg
que flota en reposo en aguas tranquilas y
sin rozamiento. La balsa se encuentra a
0. 5 m de un embarcadero fijo, como en la
figura. La mujer camina hasta la proa de
la balsa con una velocidad constante de 3 m/s relativa a la balsa y se detiene. ¿A qué distancia
se encuentra ahora la balsa del embarcadero?
 
velocidad de la mujer es vm la de la balsa será vb. Nos dan la velocidad relativa de la mujer respecto de la balsa luego tendremos:
v m/b=v m-v b ⇒ v m=v m/b+v b=3i-vbi=(3-vb)i  Así pues, aplicando la conservación de la velocidad del centro de masas:
s/m1v0v120v60180 12060
v120)v3(60 0
+
−− =⇒
+
+ =⇒=  
Y la velocidad de la mujer: vm=3-vb=3-1=2 m/s
Respecto de la balsa, la mujer tiene que recorrer 6 m, luego tardará un tiempo:
s2 3 6
b/mb/m b/m   ===⇒=  
En ese mismo tiempo la balsa se ha desplazado hacia atrás a 1 m/s luego recorre un espacio:
⇒= t
x v   b b  xb=vbt=1 · 2=2 m
Puesto que inicialmente estaba a 0.5 m del embarcadero y se aleja 2 m más, la distancia entre la barca y el embarcadero será:
x=xb+0.5=2+0.5=2.5 m x=2.5 m
4. - En rápida sucesión, un empleado de una aerolínea lanza
dos maletas, con una velocidad horizontal de 2. 4 m/s, sobre un
carro portaequipajes de 25 kg. a) Sabiendo que la velocidad final del
carro es de 1 . 2 m/s y que la primera maleta que el empleado lanza
tiene una masa de 1 5 kg, hallar la masa de la otra maleta; b) ¿cuál
sería la velocidad final del carro si el empleado invirtiera el orden
en que lanza las maletas?
a) El sistema se mueve sólo en dirección horizontal. Una vez que cae la primera maleta con velocidad de 2.4 m/s sobre el carro en reposo la velocidad del centro de masas del sistema maleta1- carro será:
s/m9.0 2515 4.215
+
⋅ =
+
+ =  
A continuación se lanza la segunda maleta, de masa m 2 con velocidad 2.4 m/s y el sistema de tres partículas se desplaza con velocidad de 1.2 m/s. Tendremos entonces:
( ) 36m4.2m402.1 25m15
9.025m4.29.015 2.1
48+1.2m2=2.4m2+36 ⇒ m2=10 kg
b) Vamos a ver qué ocurre si las maletas se lanzan en orden inverso. En primer lugar se lanza la maleta de masa m2 con lo cual la velocidad final del sistema maleta2-carro será:
m2=10 kg
s/m686.0 2510 4.210
+
⋅ =
+
+ =  
A continuación se lanza la maleta de masa m 1 y la velocidad final del sistema será:
s/m2.1 251015
686.025686.0104.215 mmm
'vm'vm'vm 'v
 
  5. - Un nadador de 80 kg y una nadadora de 55 kg están de pie
juntos en el mismo extremo de una barca de 1 35 kg, listos para saltar
al agua, cada uno con una velocidad de 5 m/s relativa a la barca.
Hallar la velocidad tras haberse zambullido ambos, si: a) la nadadora
salta primero; b) el nadador salta primero.
a) Denominaremos con el subíndice 1 a la nadadora, con el 2 al nadador y con el 3 a la barca, de modo que:
m1=55 kg; m2=80 kg; m3=135 kg Inicialmente los tres cuerpos
están en reposo luego la velocidad del centro de masas es cero. Como no hay fuerzas horizontales sino que sólo las hay verticales, en la dirección horizontal el centro de masas no tiene aceleración, de modo que si la velocidad
del centro de masas es cero tiene que seguir siéndolo después de saltar la nadadora. Esto implica que cuando la nadadora salta hacia la derecha con velocidad v1, la barca con el nadador reacciona desplazándose hacia la izquierda a velocidad v. Tendremos que tener en cuenta que el dato que nos da el problema es la velocidad relativa de la nadadora respecto de la barca, mientras que la que nos interesa es la absoluta. Teniendo en cuenta las ecuaciones del movimiento relativo, y tomando como sentido positivo del eje X hacia la derecha:
v 1/b=v 1-v  ⇒ v 1=v 1/b+v =(5-v)i  Como dijimos antes, la velocidad del centro de masas tiene que mantenerse, y sabemos que
inicialmente es nula, de modo que:
s/m019.1vv2702750 1358055
v135v80)v5(55 0
v   
Después de zambullirse la nadadora la barca con el nadador se desplazan hacia la izquierda a velocidad de 1.019 m/s. A continuación se lanza el nadador hacia la derecha con velocidad v’ 2, y la barca se moverá hacia la izquierda con velocidad v’, de modo que la velocidad del centro de masas, que ahora
es 1.019 m/s se mantenga constante puesto que no se ejercen fuerzas en dirección horizontal. De igual modo que antes, la velocidad del nadador será:
v 2/b=v’2-v’ ⇒ v’2=v 2/b+v’=(5-v’)i  Aplicando la ecuación de la
velocidad del centro de masas y teniendo en cuenta que nuestro sistema ahora tiene sólo dos partículas:
321
32
mmm
mm
+
−− =−  
b) Ahora resolvemos el problema de igual modo, pero primero salta el nadador, que es la partícula 2. Seguimos
los mismos pasos que en el apartado anterior:
v’=2.88 m/s 
v 2/b=v 2-v   v 2=v 2/b+v =(5-v)i 
Y la velocidad del centro de masas:
 
v   
A continuación nos queda el sistema con sólo las partículas 1 y 3, y salta la nadadora hacia la derecha, con lo que tenemos de nuevo:
v 1/b=v’1-v’  v’1=v 1/b+v =(5-v’)i 
De la velocidad del centro de masas, que ahora es de 1.481 m/s hacia la izquierda:
s/m93.2'v'v19027548.281 13555
'v135)'v5(55 481.1
v’=2.93 m/s 
6. - Se lanza un proyectil de 3 kg con un ángulo de 30º y con una velocidad inicial de 1 20
m/s. En la parte superior de su trayectoria explota en dos partes de 1 kg y 2 kg de ma sa. El
fragmento de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión 3. 6 s después de que
ésta se ha verificado. a) Determinar la velocidad del fragmento de 1 kg inmediatamente después
de la explosión; b) determinar la distancia entre el punto del disparo y el punto en el cual el
fragmento de 1 kg choca contra el suelo; c) determinar la energía liberada en la explosión.
a) En la parte más alta de la trayectoria la componente vertical de la velocidad es nula y sólo existe la horizontal. Como en el eje horizontal el movimiento es rectilíneo y uniforme la velocidad en dicho eje es constante e igual a la inicial:
v=vx=v0X=120cos30º=103.923 m/s
En el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Tendremos entonces:
vY=v0y-gt ⇒ 0=120sen30º-9.8t ⇒ t=6.122 s El proyectil tarda 6.122 s en llegar a la parte más alta de la trayectoria, donde la altura será:
m673.183122.68.9 2
1 122.6º30sen120gt
oY0   =⋅−⋅=−+=  
Ahora se produce la explosión y el proyectil se divide en dos fragmentos, uno de 1 kg (fragmento 1) y el otro de 2 kg (fragmento 2). El de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión, luego su velocidad después de la explosión sólo puede tener componente vertical. Además, sabemos que tarda en caer 3.6 s. Puesto que su movimiento es vertical está sometido a la acción de la gravedad y tendremos:
s/m38.33v6.38.9 2
1 v6.3673.1830gt
2 2
2 222022   −=⇒⋅−+=⇒−+=  
Nos sale negativa, lo cual quiere decir que después de la explosión el fragmento 2 tiene una velocidad vertical y hacia abajo. Ahora vamos al fragmento 1. En una explosión se tiene que conservar la velocidad del centro de masas, luego:
s/m76.66769.311 21
38.3321 923.103
⋅− =⇒
+
+ =⇒=  
b) A partir de la explosión, el fragmento 1 queda sometido exclusivamente a la acción de la gravedad y el movimiento es el típico de un tiro parabólico, donde la velocidad inicial es v 1 y la altura inicial 183.673 m. El tiempo que tarda el fragmento 1 en caer lo podemos obtener de la altura:
v 1=311.769i+66.76 j m/s
0673.183t76.66t9.4t8.9 2
1 t76.66673.1830gt
2 1
2 11
2 11Y1011   =−−⇒⋅−+=⇒−+=  
2
1  
Obviamente la única solución que tiene sentido es la positiva, de modo que el fragmento 1 tarda
15.972 s en llegar al suelo. Como en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme: x1=v1Xt1=311.769 · 15.972=4979.40 m
Esta es la distancia a la vertical de la explosión. Sin embargo nos piden la distancia respecto del punto de lanzamiento. Hasta el punto de la explosión desde el lanzamiento se recorren:
x=vxt=120cos30º · 6.122=636.217 m Por tanto la distancia entre el punto de lanzamiento y el punto de impacto del fragmento 1 es:
xtotal=x+x1=636.217+4979.40=5615.617 m
c) La energía liberada en la explosión será la diferencia entre la energía cinética después y antes de la explosión (la potencial gravitatoria se mantiene constante puesto que la explosión es prácticamente instantánea). Así, antes de la explosión tenemos un proyectil de masa 3 kg con una velocidad de 103.923 m/s. Después de la explosión tenemos dos fragmentos, uno de 1 kg con velocidad:
xtotal=5615.617 m
s/m837.31876.66769.311v   22 1   =+=  
 y otro de 2 kg con velocidad v2=33.38 m/s. Así, la energía cinética liberada en la explosión será:
=−+=−=   22 22
Eliberada=35742.759 J
7. - Un obús de 1 2 kg es disparado con un ángulo de 55º sobre la horizontal con una
rapidez de 1 50 m/s. En el cenit de la trayectoria, el obús estalla en dos fragmentos, uno con
tres veces más masa que el otro. Los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo. Suponer
que la resistencia del aire es despreciable. Si el fragmento más pesado cae en el punto desde el
cual se lanzó el obús, ¿dónde caerá el fragmento más ligero y cuánta energía se habrá liberado
en la explosión?
La velocidad inicial del obús es: v 0=v0Xi+v0Y j=150cos55ºi+150sen55º j=86.036i+122.873 j m/s
El obús estalla en el punto más alto de la trayectoria. En dicho punto la componente vertical de la velocidad es nula, y en el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, con aceleración la de la gravedad. Así pues:
vY=v0Y-gt ⇒ 0=122.873-9.8t ⇒ t=12.538 s El obús estalla al cabo de 12.538 s, instante en el cual la altura vale:
m295.770538.128.9 2
1 538.12873.122gt
Y00   =⋅−⋅=−+=  
Y en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, la velocidad se mantiene constante, luego hasta que estalla el obús ha recorrido:
x=vXt=v0Xt=86.036 · 12.538=1078.72 m Por tanto, en el punto más alto de la trayectoria, donde se produce el estallido, sólo existe la
componente horizontal de la velocidad, ya que la vertical es nula. Entonces la velocidad del obús antes de la explosión es:
v =vXi=86.036i m/s Tras la explosión el obús se fragmenta en dos trozos de masas:
kg3 4 12
==  
 
  Vemos que uno tiene el triple de la masa del otro y que la suma de ambos es 12 kg. Puesto que se trata de una explosión la velocidad del centro de masas tiene que conservarse, es decir, después de la explosión la velocidad del centro de masas tiene que ser horizontal. Eso implica que si un fragmento tiene componente vertical hacia arriba el otro la tiene que tener hacia abajo para compensar y viceversa. Sin embargo, el enunciado nos dice que
los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual hace que esta hipótesis sea imposible, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales. Además, el fragmento más pesado (fragmento 1) cae en el punto desde el cual se lanzó el obús, luego se desplaza hacia la izquierda. Tiene que recorrer en el eje X una distancia de 1078.72 m y en el eje Y una distancia de 770.295 m. Lógicamente dicho fragmento tardará en caer 12.538 s, lo mismo que en llegar el obús a la parte más alta de la trayectoria (recorre idénticos espacios). Además, como en el eje X recorre el mismo espacio en el mismo tiempo, su velocidad después del estallido tiene que ser igual y de sentido contrario a la del obús antes del estallido, es decir, después del estallido para el fragmento 1:
v 1=-86.036i m/s Como la velocidad del centro de masas tiene que conservarse tendremos:
s/m252.602v 12
v3036.869 036.86
+⋅− =⇒
+
+ =  
El fragmento 2 sale hacia la derecha con una velocidad de 602.252 m/s. Puesto que tarda 12.538 s en caer, recorrerá en el eje X una distancia:
x2=v2t2=602.252 · 12.538=7551.036 m Por tanto, respecto del punto de lanzamiento la posición del fragmento 2 es:
x2total=x+x2=1078.72+7551.036=8629.76 m
En cuanto a la energía liberada en la explosión tendremos que restar las energías antes y después de la explosión. Así, tendremos:
x2total=8629.76 m
J44413036.8612 2 1
mv 2 1
E 22 Cantes   =⋅==  
J577371252.6023 2 1
036.869 2 1
vm 2 1
vm 2 1
EEE   222 22
2 112C1CCdespués   =⋅+⋅=+=+=  
Por tanto la energía liberada en la explosión es: Eliberada=ECdespués-ECantes=577351-44413=532958 J
Eliberada=532958 J
8. - Un cohete de fuegos artificiales se dispara verticalmente hacia a rriba. En su altura
máxima de 80. 0 m explota y se divide en dos fragmentos, uno con masa m
1
masa m
2
= 0. 28 kg. En la explosión 860 J de energía química se convierte en energía cinética de
los dos fragmentos. a) ¿Qué rapidez tiene cada fragmento inmediatamente después de la
 
hay entre los puntos en los que caen? Suponga que el suelo es horizontal y que la resistencia del
aire es despreciable.
a) El cohete explota en el punto de altura máxima, luego la velocidad del centro de masas en ese punto (instante de la explosión) es nula. La velocidad del centro de masas tiene que conservarse, es decir, después de la explosión la velocidad del centro de masas tiene que ser nula. Eso implica que si un fragmento tiene componente vertical hacia arriba el otro la tiene que tener hacia abajo para compensar y viceversa, y si uno sale
hacia la derecha el otro debe salir hacia la izquierda. Sin embargo, el enunciado nos dice que los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual nos hace que no pueden salir un fragmento hacia arriba y otro hacia abajo, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales y de sentido contrario. Además, lógicamente el fragmento más pesado (1) será el que tiene menor velocidad y viceversa. Tendremos por tanto lo que aparece en la figura. La velocidad del centro de masas se conserva luego:
0v28.0v40.1 28.040.1
v28.0v40.1 0
2 2
2 1
2 22
1 860EE860   +=⇒+=⇒+=  
Y tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 0v28.0v40.1 21   =+⋅−  
2 2
Y sustituyendo en la segunda:
s/m31.14vv2.4860)v5(28.0 2
1 v40.1
v2=5v1=5 · 14.3=71.55 m/s
b) A continuación para cada uno de los fragmentos tenemos una caída libre en la cual conocemos la altura y velocidad inicial. El fragmento 1 cae desde una altura inicial y 01=80 m y con una velocidad incial v01=14.31 m/s, horizontal y hacia la izquierda. En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, luego podemos determinar el tiempo de caída:
v2=71.55 m/s
Y01011   =⇒−=⇒−+=  
 
x2=x02+v02Xt=71.55 · 4.04=289.06 m La distancia entre los dos fragmentos es:
xtotal=x1+x2=57.82+289.06=346.88 m xtotal=346.88 m
9. - Se dispara una granada de 5 kg
con una velocidad inicial v
0
según se indica en la figura. En el punto más
alto de su trayectoria, la granada explota y
rompe en dos. Un fragmento de 2 kg llega a l
suelo en x=50 m e y= 350 m cuando t= 25 s.
Determinar: a) cuándo y dónde llega el
fragmento de 3 kg; b) el impulso ejercido
sobre el fragmento de 2 kg por la explosión;
c) el módulo medio F
me d
  de la fuerza explosiva
si la duración de la explosión es t=0. 003 s.
a) Veamos en primer lugar el tiempo que tarda la granada en llegar al punto más alto de la trayectoria y la altura a la que se produce la explosión. Hasta el momento de la explosión tenemos un tiro parabólico. Si nos centramos en el eje Z el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. En el punto en que se produce la explosión la componente vertical de la velocidad se anula, ya que es donde se invierte el sentido del movimiento. Así pues, si llamamos te al tiempo que tarda la granada en estallar tendremos:
vFZ=v0Z-gte ⇒ 0=125sen75º-9.8te ⇒ te=12.32 s Y la altura correspondiente es:
m79.74332.128.9 2 1
32.12º75sen125gt 2 1
tvzz   22 eeZ00e   =⋅−⋅=−+=  
En el eje X no hay movimiento hasta ese momento y en el eje Y el movimiento es rectilíneo y uniforme con velocidad:
vY=v0Y=125cos75º=32.35 m/s En este eje por tanto se ha recorrido un espacio:
 ye=y0+v0Yte=32.35 · 12.32=398.55 m A continuación veamos qué ocurre después de la explosión. La granada se divide en dos
fragmentos, uno de 2 kg que marcaremos con el subíndice 1 y otro de 3 kg que marcaremos con el
subíndice 2. El fragmento 1 tarda en caer al suelo 25 s de los cuales 12.32 s fueron empleados por la granada completa hasta explotar, de modo que el tiempo que tarda el fragmento 1 en caer es:
t1=ttotal1-te=25-12.32=12.68 s Estudiamos ahora el movimiento de este fragmento en cada uno de los ejes. En el eje X el
movimiento es rectilíneo y uniforme y el fragmento recorre 50 m en 12.68 s, de modo que tras la explosión la velocidad en dicho eje es:
s/m94.3 68.12
50 t
x 'v
1 X1   ===  
En el eje Y el movimiento también es rectilíneo y uniforme, aunque tendremos que tener en cuenta que en este eje el fragmento no parte del origen sino de la posición ye, con lo cual tendremos:
 y1=y0+v’1Yt1 ⇒ y1=ye+v’1Yt1 ⇒ 350=398.55+v’1Y · 12.68 ⇒ v’1Y=-3.83 m/s Por último en el eje Z el movimiento es rectilíneo y uniformemente acelerado, y el fragmento
tampoco parte del origen sino de la posición ze. Así pues tendremos:
s/m47.3'v68.128.9 2
1 68.12'v79.7430gt
 
v’1=v’1Xi+v’1Y j+v’1Zk=3.94i-3.83 j+3.47k  Ahora en la explosión puesto que los tiempos son casi nulos se conserva la cantidad de
movimiento. Antes de la explosión la velocidad de la granada es solamente la componente en Y: v antes=vY j=32.35 j 
Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mv antes=m1v’1+m2v’2 ⇒ 5 · 32.35 j=2(3.94i-3.83 j+3.47k)+3v’2 
v’2=-2.63i+56.47 j-2.31k m/s Y por último estudiamos cada uno de los ejes del movimiento del fragmento 2. Necesitamos
saber el tiempo que tarda el fragmento 2 en caer al suelo, por lo que comenzamos por el eje Z:
079.743t31.2t9.4t8.9 2
1 t31.279.7430gt
2
2  
Lógicamente la solución negativa es absurda, y el fragmento 2 tarda 12.09 s en caer al suelo desde que se produce la explosión. El tiempo total contado desde el inicio del movimiento de la granada es entonces:
ttotal2=te+t2=12.32+12.09=24.41 s
En los ejes X e Y el movimiento es rectilíneo y uniforme luego tendremos: ttotal2=24.41 s
x2=xe+v’2Xt2=-2.63 · 12.09=-31.80 m
 y2=ye+v’2Yt2=398.55+56.47 · 12.09=1081.27 m x2=-31.80 m
b) El impulso es igual a la variación de la cantidad de movimiento:  y2=1081.27 m
I1=m1v 1=m1(v’1-v antes)=2(3.94i-3.83 j+3.47k-32.35 j)=7.88i-72.36 j+6.94k Ns
c) Aplicando la expresión del impulso: I1=7.88i-72.36 j+6.94k Ns
I1=Ft ⇒  k ji k jiI
F   1 33.23132412067.2626 003.0
proyectada con la velocidad u
0
m/s)j- 640 m /s)k sobre un chorro de núcleos de
oxígeno que se mueven con una velocidad común
v
0
= 480 m/s)j. Tras chocar sucesivamente con los
núcleos B y C, se observa que la partícula A se
mueve sobre el trayecto definido por los puntos A
1
2
los núcleos B y C se mueven, respectivamente, sobre
los trayectos definidos por B
1
2
1
2
  200,
260, 1 1 5). Todos los trayectos son rectos y todas
las coordenadas están expresadas en milímetros. Sabiendo que la masa de un núcleo de oxígeno es
cuatro veces mayor que la de una partícula alfa, hallar la celeridad de cada una de las tres
partículas después de los choques.
 
  Designaremos por m a la masa de la partícula alfa A:
mA=m Y la de los núcleos de oxígeno:
mB=mC=4mA=4m En primer lugar vamos a determinar la dirección y sentido de las velocidades de las partículas
después del choque. La partícula A se mueve en la dirección definida por los puntos A 1 (240, 220, 160) y A2 (320, 300, 200) luego será:
( )k ji k jiAA
uv    21 A1A2A   333.0667.0667.0v
++
++ ===  
Del mismo modo, la partícula B, que se mueve en la dirección desde B 1 (107, 200, 170) hasta B2  (74, 270, 160):
( )k ji k jiBB
uv    21 B1B2B   128.0897.0423.0v
++
−+− ===  
Y para la partícula C, que va en dirección de C1 (200, 212, 130) a C2 (200, 260, 115):
( )k j k jCC
uv    21 C1C2C   298.0954.0v
+
− ===  
Puesto que se trata de un choque de partículas, se conserva la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mAu0+2mBv 0=mAv A+mBv B+mCv C 
m(-480i+600 j-640k)+2 · 4m(480 j)= =mvA(0.667i+0.667 j+0.333k)+4mvB(-0.423i+0.897 j-0.128k)+4mvC(0.954 j-0.298k)
-480i+4440 j-640k=vA(0.667i+0.667 j+0.333k)+vB(-1.692i+3.588 j-0.512k)+vC(3.816 j-1.192k) Tenemos una ecuación vectorial que podemos separar en tres ecuaciones escalares, una en cada
una de las direcciones del espacio: Eje X: -480=0.667vA-1.692vB 
Eje Y: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC  Eje Z: -640=0.333vA-0.512vB-1.192vC 
Tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas. De la primera ecuación: -480=0.667vA-1.692vB ⇒ vB=0.394vA+283.69
Y sustituimos en las otras dos: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC ⇒ 4440=0.667vA+3.588(0.394vA+283.69)+3.816vC 
-640=0.333vA-0.512vB-1.192vC ⇒ -640=0.333vA-0.512(0.394vA+283.69)-1.192vC  Nos queda ahora un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
3422.12=2.080vA+3.816vC  -494.75=0.131vA-1.192vC 
De la primera ecuación: 3422.12=2.080vA+3.816vC ⇒ vC=896.78-0.545vA 
Y sustituyendo en la segunda: -494.75=0.131vA-1.192vC ⇒ -494.75=0.131vA-1.192(896.78-0.545vA)
574.21=0.781vA ⇒ vA=735.56 m/s
Y hacia atrás sacamos las demás velocidades: vA=735.56 m/s
vB=0.394vA+283.69=0.394 · 735.56+283.69=573.50 m/s
vC=896.78-0.545vA=896.78-0.545 · 735.56=495.90 m/s vB=573.50 m/s
vC=495.90 m/s
1
guía horizontal. Si la partícula m
1
v
1
2
, que tiene un resorte ideal sin
masa de constante k=4480 N/m sujeto por el lado por el que
se aproxima m
1
y que se mueve en el mismo sentido con una velocidad v
2
= 3 m/s ver figura),
determinar: a) la máxima compresión del resorte cuando colisionan las dos partículas; b) las
velocidades finales de las mismas.
a) Cuando la partícula 1 entra en contacto con el resorte y comienza a comprimirlo empieza a frenarse, mientras que la partícula 2, que es empujada por el resorte, comienza a acelerar. La partícula 1 disminuye su velocidad y la 2 aumenta la suya, hasta que ambas se igualan. A partir de aquí y siguiendo con el mismo razonamiento, la partícula 2 comienza a ir más deprisa que la 1, con lo cual empiezan a separarse y el resorte comienza a descomprimirse. Así pues, en el momento en que el resorte tiene la máxima compresión las velocidades de las dos partículas son iguales. Puesto que se trata de un choque, se conserva la cantidad de movimiento:
pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=(m1+m2)v’ ⇒ 2 · 17+5 · 3=(2+5)v’ ⇒ v’=7 m/s Ahora podemos aplicar el teorema de conservación de la energía entre la situación inicial y el
punto de máxima compresión: ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión 
Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el de la barra, de modo que no tendremos energía potencial gravitatoria en ninguna situación. Inicialmente sólo tenemos energía cinética. Además de la fuerza gravitatoria y la elástica sólo actúan las fuerzas normales, que no realizan trabajo por ser perpendiculares al desplazamiento. Así pues, en el instante de máxima compresión tendremos energía cinética y potencial elástica. Así, nos queda:
ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión ⇒ ECinicial=ECmáximacompresión+EPemáximacompresión 
2 máx
2 21
2 22
2 11
2 máx
2 21
2 22
222 =⇒++=⋅+⋅  
b) Puesto que se trata de un choque elástico, se conserva tanto la cantidad de movimiento como la energía cinética:
xmáx=0.25 m
p=cte ⇒ pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 
2 22
2 11
2 22
2 11
2 22
2 11
2 22
EEcteE   +=+⇒+=+⇒=⇒=  
Sustituyendo: m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2 
2 2
2 1
222 22
2 11
2 22
2 11   'v5'v235172'vm'vmvmvm   +=⋅+⋅⇒+=+  
De la primera ecuación: 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2 ⇒ v’1=24.5-2.5v’2
Y sustituyendo en la segunda: 2 22
2 2
2 2
2 2
2 2
2 1
22 'v5'v245'v5.125.1200623'v5)'v5.25.24(2623'v5'v235172   +−+=⇒+−=⇒+=⋅+⋅  
22 2 2  
Esto implica que: v’2=11 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 11=-3 m/s
v’2=3 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 3=17 m/s Vemos que esta segunda solución es la inicial, luego no vale. La solución es:
v’1=-3 m/s; v’2=11 m/s
 
  1 2. - En un juego de billar la bola A está moviéndose con una
velocidad v
0
= 3 m/s)i cuando choca con las bolas B y C que están
juntas y en reposo. Tras el choque se observan las tres bolas
moviéndose en las direcciones que muestra la figura, con = 30º .
Suponiendo superficies lisas y choques perfectamente elásticos,
hallar los módulos de las velocidades v
A
, v
B
.
En cualquier choque, sea elástico o inelástico, se conserva la cantidad de movimiento. Puesto que tenemos movimiento en dos ejes perpendiculares se conservará la cantidad de movimiento en los dos ejes. Tendremos pues:
pX=cte ⇒ (pX)antes=(pX)después ⇒ mv0=mvAsen30º+mvC ⇒ 3=vAsen30º+vC  pY=cte ⇒ (pY)antes=(pY)después ⇒ 0=-mvAcos30º+mvB ⇒ 0=-vAcos30º+vB 
Además, por ser un choque completamente elástico se conserva también la energía cinética del sistema:
2 C
2 B
2 A
22 C
2 B
2 A
1 EE   ++=⇒++=⇒=  
Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: 3=vAsen30º+vC  0=-vAcos30º+vB 
2 C
2 B
2 A
2 vvv3   ++=  
De la segunda ecuación: 0=-vAcos30º+vB ⇒ vB=vAcos30º=0.866vA 
Sustituimos en las otras dos: 3=vAsen30º+vC 
2 C
2 A
2 C
2 A
2 A
2 C
2 B
2 A
2 vv75.19v)v866.0(v9vvv3   +=⇒++=⇒++=  
Nos queda un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 3=vAsen30º+vC 
2 C
De la primera ecuación: 3=vAsen30º+vC ⇒ vC=3-vAsen30º=3-0.5vA 
Y sustituimos en la segunda:
( )   A 2 A
vC=3-0.5vA=3-0.5 · 1.5=2.25 m/s
Y la de la bola B: vC=2.25 m/s
vB=0.866vA=0.866 · 1.5=1.299 m/s vB=1.299 m/s
1 3. - En una jugada de billar americano la bola A se mueve con
velocidad v
0
  cuando golpea las bolas B y C que están en reposo y
alineadas como se muestra. Sabiendo que tras el choque las tres bolas
se mueven en las direcciones indicadas y que v
0
= 1 . 89
 
  a) Como las tres bolas son de billar, las masas serán todas iguales: mA=mB=mC=m
Por tratarse de un choque se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ mv 0=mv A+mv B+mv C ⇒ v 0=v A+v B+v C 
Esta ecuación vectorial se puede separar en dos ecuaciones escalares, una en cada eje: Eje X: v0cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+vCcos30º 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º
Eje Y: v0sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+vCsen30º 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º
De la primera ecuación: 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º ⇒ vB=1.4963-0.123vA 
Y sustituyendo en la segunda: 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º ⇒ 1.60=vAcos4.3º-(1.4963-0.123vA)cos37.4º
2.789=1.095vA ⇒ vA=2.55 m/s
b) Y para la otra bola: vA=2.55 m/s
vB=1.4963-0.123vA=1.4963-0.123 · 2.55=1.18 m/s vB=1.18 m/s
1 4. - La figura muestra el resultado de
un choque entre dos objetos de distinta masa .
a) Calcular la velocidad v
2
2
; b)
a) Vamos a determinar las razones trigonométricas del ángulo θ1:
tgθ1=2 ⇒  2 cos
θ  
sen2θ1+cos2θ1=1 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. De la primera ecuación:
11 1
2+cos2θ1=1 ⇒ 4cos2θ1+cos2θ1=1 ⇒ 5cos2θ1=1
5 5
5 52
cos2sen 11   =θ=θ  
Ahora vamos ya al problema. Independientemente de cómo sea el choque, se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ m1v 1+m2v 2=m1v’1+m2v’2  Es una ecuación vectorial que podemos desdoblar en dos ecuaciones escalares, una en el eje X y
otra en el eje Y. Nos queda pues:
 
22100   cosv2cosv5v3   θ+θ=  
Eje Y: m1v1Y+m2v2Y=m1v’1Y+m2v’2Y ⇒  2210 senmv2senv5m0   θ−θ=  
2210   senv2senv50   θ−θ=  
2
º451 13
θ−
θ
= θ
θ  
Y la velocidad v2 sustituyendo en una cualquiera de las ecuaciones: θ2=45º
00 0
θ =θ  
02   v2v   =  
b) Para demostrar que el choque es elástico vamos a determinar la energía cinética antes y después del choque y veremos que son exactamente iguales. Antes del choque tendremos:
( )   2 0
2 0
2 22
E   =+=+=+=  
Vemos que efectivamente las energías cinéticas antes y después del choque son iguales, luego el choque es elástico.
ECantes=ECdespués
1 5. - Una caja A de 1 0 kg desciende por una
rampa exenta de rozamiento = 25º ) y choca contra una
caja B de 5 kg unida a un resorte de rigidez k=8500
N/m. A consecuencia del choque, las dos cajas quedan
unidas y se deslizan conjuntamente. Si la caja A ha
partido del reposo siendo d=5 m determinar: a) la
velocidad de las cajas inmediatamente después del
choque; b) la máxima compresión que sufrirá el resorte
durante el movimiento resultante; c) la aceleración de las
cajas en el instante de máxima compresión.
 
potencial gravitatoria. En cuanto a las fuerzas aparte del peso sólo aparece la normal, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Tendremos entonces:
=θ==⇒=⇒=⇒=+ gdsen2gh2vmv 2 1
ghmEEEWE A 2 AACfinalPginicialTfinalotrasTinicial
s/m436.6º25sen58.92   =⋅⋅  
A continuación se produce un choque que es inelástico, en el cual las dos cajas después del choque quedan unidas. Se conserva la cantidad de movimiento luego:
pantes=pdespués ⇒ mAvA=(mA+mB)v ⇒  s/m29.4 510
436.610
mm
⋅ =
+ =  
b) Tendremos que tener en cuenta que al estar el bloque B
apoyado sobre el resorte y en equilibrio, este resorte está comprimido una cantidad que denominaremos xeq, y que podemos determinar haciendo el diagrama de sólido libre del bloque B en el equilibrio. Tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando la segunda ley de Newton:
v=4.29 m/s
º25gsenm x   B eq  
⋅ =  
Por tanto cuando el bloque A choca contra el B el resorte está comprimido 0.002436 m. Tras el impacto los dos bloques se mueven conjuntamente y a partir de este momento descienden por el plano inclinado como un único cuerpo de masa:
m=mA+mB=10+5=15 kg comprimiendo el resorte hasta el punto
de máxima compresión, donde el sistema instantáneamente se detiene. Aplicamos la conservación de la energía entre la situación que llamaremos 1,
 justo después del choque, y la situación que llamaremos 2, en el instante de máxima compresión.
Tendremos:
ET1+Wotras=ET2  Como nivel de energía potencial gravitatoria nula tomaremos la posición más baja del sistema. En
la situación 1 tenemos energía potencial gravitatoria, elástica y cinética, mientras que en la situación 2 sólo tenemos energía potencial elástica. En cuanto al trabajo, además del peso y la fuerza de recuperación elástica sólo aparecen las normales, que son perpendiculares al desplazamiento y por tanto no realizan trabajo. Nos queda entonces:
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EC1+EPe1+EPg1=EPe2 
2 máxmáx
2 eq
22 máx
2 eq
Obviamente sólo tiene sentido la solución positiva:
c) Para determinar la aceleración tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de las dos cajas. Tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la superficie de apoyo y
xmáx=0.1877 m
 
apuntando hacia el sólido) y la fuerza de recuperación elástica (en la dirección del resorte y apuntando hacia el sólido puesto que está comprimido). La aceleración será paralela al plano inclinado, puesto que el
movimiento es unidimensional, y estará dirigida hacia arriba y hacia la izquierda. Aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFX=maX ⇒ kxmáx-mgsenθ=ma
= θ−
= m
1 6. - Tres piezas de metal se deslizan libremente por
una varilla horizontal como se indica en la figura.
Inicialmente la pieza B está en reposo, la pieza A se mueve
hacia la derecha a 3 m/s y la pieza C se mueve hacia la
izquierda a 2 m/s. Si el coeficiente de restitución vale 0. 8
para todos los choques y el primero tiene lugar entre las piezas A y B determinar: a) la velocidad
final de cada pieza después de que hayan tenido lugar todos los choques; b) el tanto por ciento
de la energía cinética inicial que se ha perdido a consecuencia de los choques.
a) En primer lugar chocan las piezas A y B. Para cualquier choque se conserva la cantidad de movimiento, y además el coeficiente de restitución es 0.8 luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mAvA=mAv’A+mBv’B ⇒ 3 · 3=3v’A+v’B 
4.2'v'v 3
'v'v 8.0
−
− −=⇒

−=  
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas. De la segunda expresión: v’B-v’A=2.4 ⇒ v’B=2.4+v’A 
Y sustituimos en la primera: 3 · 3=3v’A+v’B ⇒ 9=3v’A+2.4+v’A ⇒ v’A=1.65 m/s
Y para la pieza B: v’B=2.4+v’A=2.4+1.65=4.05 m/s
Ya tenemos cómo quedan las piezas después del choque (ver figura). A continuación chocará la pieza B contra la pieza C,
 y tendremos también que aplicar la conservación del momento lineal y el coeficiente de restitución del choque:
pantes=pdespués ⇒ mBv’B+mCv’C=mBv’’B+mCv’’C  4.05-3 · 2=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’B+3v’’C 
84.4''v''v 05.42
''v''v 8.0
−−
− −=⇒

−=  
Tenemos el mismo sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: -1.95=v’’B+3v’’C  v’’C-v’’B=4.84
De la segunda expresión: v’’C-v’’B=4.84 ⇒ v’’B=v’’C-4.84
Y sustituyendo en la primera: -1.95=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’C-4.84+3v’’C ⇒ v’’C=0.7225 m/s
 
  La velocidad de la pieza B nos sale negativa, lo cual implica que dicha pieza tras el segundo choque se desplaza hacia la izquierda. A continuación vemos que chocarán de nuevo las piezas A y B. Aplicamos las dos mismas ecuaciones y nos queda:
pantes=pdespués ⇒ mAv’’A+mBv’’B=mAv’’’A+mBv’’’B  3 · 1.65-4.1175=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+v’’’B 
614.4'''v'''v 65.11175.4
'''v'''v 8.0
−−
− −=⇒

−=  
Y operamos de la misma forma que antes: v’’’B-v’’’A=4.614 ⇒ v’’’B=4.614+v’’’A
0.8325=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+4.614+v’’’A ⇒ v’’’A=-0.9454 m/s Y la pieza B:
v’’’B=4.614+v’’’A=4.614-0.9454=3.6686 m/s La velocidad de la pieza A es negativa porque se
desplaza hacia la izquierda. Vemos en el gráfico que a continuación chocarán las piezas B y C, con las cuales operamos de la misma forma: pantes=pdespués ⇒ mBv’’’B+mCv’’’C=mBv’’’’B+mCv’’’’C 
3.6686+3 · 0.7225=v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’B+3v’’’’C 
3569.2''''v''''v 6686.37225.0
''''v''''v 8.0
−
− −=⇒

−=  
Resolvemos el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: v’’’’C-v’’’’B=2.3569 ⇒ v’’’’B=v’’’’C-2.3569
5.8361= v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’C-2.3569+3v’’’’C ⇒ v’’’’C=2.0483 m/s Y la pieza B:
v’’’’B=v’’’’C-2.3569=2.0483-2.3569=-0.3086 m/s Esta última velocidad es negativa, lo que implica
que la pieza B se desplaza hacia la izquierda. Nos queda lo que aparece en la figura. Como puede observarse, ya no puede producirse ningún choque más, de modo que las velocidades finales de las piezas son:
b) Para saber el tanto por ciento de la energía cinética que se ha perdido en los choques necesitamos la energía cinética inicial y la final. Tendremos:
v’’’’A=0.9454 m/s; v’’’’B=0.3086 m/s; v’’’’C=2.0483 m/s
J5.1923 2 1
33 2 1
vm 2 1
vm 2 1
EEE 222 CC
1   222 =⋅++⋅=  
El tanto por ciento de energía cinética inicial que se ha perdido es:
%60.60100 5.19 683.75.19
plataforma de transporte. Los
descargados y están en reposo
desfrenados. Cuando el A sale de la
rampa de descarga con una velocidad de 1 . 920 m/s choca con el B, que a su vez choca con el C.
Luego el automóvil A vuelve a chocar con el B. Sabiendo que la velocidad del automóvil B es 1 . 680
m/s tras el primer choque, 0. 21 0 m/s tras el segundo choque y 0. 23625 m/s tras el tercero,
hallar: a) las velocidades finales de los automóviles A y C; b) el coeficiente de restitución entre
cualesquiera dos de los tres vehículos.
a) Todos los coches tienen la misma masa (m A=mB=mC=m). Inicialmente el vehículo A tiene velocidad v0 y los demás coches están en reposo, luego el primer choque será entre A y B. Se conserva la cantidad de movimiento luego tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mv0=mv’A+mv’B ⇒ v0=v’A+v’B ⇒ 1.920=v’A+1.680 ⇒ v’A=0.240 m/s
Tras el primer choque, los coches A y B se desplazan hacia la derecha con velocidades de 0.240 m/s y 1.680 m/s respectivamente. Lógicamente a continuación el coche B alcanza a C que está en reposo
 y choca con él: pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’C ⇒ v’B=v’’B+v’C ⇒ 1.680=0.210+v’C ⇒ v’C=1.470 m/s
Ahora nos queda lo que aparece en la figura. Podemos ver que a continuación el coche A alcanzará al B y chocarán de nuevo, con lo cual, operando de modo análogo tendremos:
pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B  v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 0.240+0.210=v’’A+0.23625 ⇒ v’’A=0.214 m/s
Si lo representamos gráficamente tendremos lo que aparece en la figura. Vemos ahora que el coche más rápido es el C, después el B y después el A, luego no es posible ningún choque más y esas son las velocidades finales.
b) Como los coches son todos iguales podemos calcular el coeficiente de restitución en cualquier choque, por ejemplo, en el de B con C. Así, tendremos:
v’’A=0.214 m/s; v’C=1.470 m/s
750.0 680.10
210.0470.1 'vv
e=0.750
1 8. - Tres esferas idénticas, A, B y C están en línea recta sobre
un plano horizontal. Se lanza A contra B con una velocidad de 40 m/s.
Determinar las velocidades de las tres esferas después de chocar A con
B, B con C y A con B por segunda vez. El coeficiente de restitución es e=0. 5.
Las tres esferas son idénticas luego: mA=mB=mC=m
En primer lugar choca A con B, en un choque parcialmente elástico, luego aplicaremos conservación de la cantidad de movimiento y el coeficiente de restitución:
 
−
− −=

−=  
De la primera ecuación: 40=v’A+v’B ⇒ v’A=40-v’B 
Y sustituyendo en la segunda:
s/m30'v 40
40'v2 5.0
=⇒ −−
−=⇒ −
−=  
Y la bola A quedará: v’A=40-v’B=40-30=10 m/s
Nos queda el sistema como aparece en la figura. Como puede verse, a continuación la bola B chocará contra la bola C. Aplicamos las mismas dos ecuaciones:
pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’’C ⇒ v’B=v’’B+v’’C  30= v’’B+v’’C 
30
−
− −=

−=  
De la primera ecuación: 30= v’’B+v’’C ⇒ v’’C=30-v’’B 
Y sustituyendo en la segunda:
s/m5.7''v 30
''v230 5.0
=⇒ +−
−=⇒ −
−=  
Y la bola C: v’’C=30-v’’B=30-7.5=22.5 m/s
Nos queda ahora como aparece en la nueva figura. Podemos ver que lo siguiente que ocurrirá es que la bola A alcanzará de nuevo a la B. Operando de modo análogo:
pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B ⇒ v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 10+7.5=v’’A+v’’’B 
5.710
−
− −=⇒
−
− −=

−=  
Despejando en la primera ecuación: 10+7.5=v’’A+v’’’B ⇒ v’’A=17.5-v’’’B 
Y sustituyendo en la segunda:
s/m375.9'''v 5.2
5.17'''v2 5.0
=⇒ −
−− −=⇒
−
− −=  
Y la bola A: v’’A=17.5-v’’’B=17.5-9.375=8.125 m/s
Nos quedan las partículas como aparecen en la figura, donde podemos ver que ya no hay más choques posibles. Así pues, las velocidades finales de las bolas son:
vA’’=8.125 m/s; vB’’’=9.375 m/s; v’’C=22.5 m/s
1 9. - Dos automóviles chocan en un cruce. El auto
A tiene una masa de 1 200 kg y el B una de 1 500 kg. En
dos deslizan µ = 0. 20) juntos a lo largo de 1 0 m en una
dirección definida por = 60º . Determinar las celeridades
v
A
 
  Se trata de un choque inelástico, ya que los coches quedan unidos después del choque y se mueven como un único sólido. Para determinar la velocidad de los móviles después del choque podemos tener en cuenta que recorren un espacio de 10 m deteniéndose después. Aplicamos la conservación de la energía entre el instante justo después del choque, donde la velocidad de los coches es v’, y el momento
en que los coches se detienen tras recorrer 10 m. Nos quedará: ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal 
Tomamos el nivel del suelo como nivel de energía potencial gravitatoria nula. Inicialmente por tanto, tendremos sólo energía cinética de los coches. En cuanto al trabajo, aparte del peso actúan la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo, pero la fuerza de rozamiento sí. Y en la situación final no tenemos ningún tipo de energía, ya que los móviles se detienen:
ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal ⇒ EC+WFr=0 Para determinar la fuerza de rozamiento
realizamos el diagrama de sólido libre de los coches y tendremos:
ΣFY=(mA+mB)aY ⇒ N-(mA+mB)g=0 N=(mA+mB)g
Como los coches deslizan la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo:
Fr=(Fr)máx=µN=µ(mA+mB)g Sustituyendo en el teorema de conservación de
la energía:
1 0'vmm
s/m26.6108.920.02   =⋅⋅⋅=  
Ahora tenemos que en el choque se conserva la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mAv A+mBv B=(mA+mB)v’ 
Esta es una ecuación vectorial que podemos separar en dos ecuaciones escalares, una en cada
eje: Eje X: mAvA=(mA+mB)v’cosθ ⇒ 1200vA=(1200+1500) · 6.26cos60º ⇒ vA=7.04 m/s
Eje Y: mBvB=(mA+mB)v’senθ ⇒ 1500vB=(1200+1500) · 6.26sen60º ⇒ vB=9.76 m/s vA=7.04 m/s
vB=9.76 m/s
20. - Una bola de 0. 2 kg sujeta al extremo de una cuerda
ligera e inextensible de longitud 1 . 5 m formando un péndulo) se
suelta desde una posición horizontal. En la parte más ba ja de la
oscilación la bola choca contra un bloque de 0. 3 kg que está en reposo
sobre una superficie horizontal lisa ver figura). a) Si la colisión es
elástica, calcular la rapidez de la bola y el bloque inmediatamente
después de la colisión; b) si la colisión es completamente inelástica,
determine la altura a la que sube el centro de masa después de la
colisión.
a) Denominaremos a la bola con el subíndice 1 y al bloque con el subíndice 2. En primer lugar vamos a ver con qué velocidad llega la bola al punto más bajo de la oscilación. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial y la final:
ET1+Wotras=ET2 
 
  Inicialmente tenemos energía potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, la única fuerza que hay a mayores del peso es la tensión, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. En la situación final toda la energía es cinética:
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPg1=EC2 ⇒  s/m42.55.18.92gh2vvm 2
1 ghm 1
2 111   =⋅⋅==⇒=  
A continuación se produce el choque, que es elástico, luego se conservan la cantidad de movimiento y la energía cinética:
pantes=pdespués ⇒ m1v1=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 
2 2
2 1
22 22
2 11
EE   +=⋅⇒+=⇒=  
De la primera ecuación: 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 ⇒ v’1=5.42-1.5v’2
Y sustituyendo en la segunda: 2 2
2 2
2 2
2 1
2 'v3.0)'v5.142.5(2.0875.5'v3.0'v2.042.52.0   +−=⇒+=⋅
Y para la bola: v’2=4.336 m/s
v’1=5.42-1.5v’2=5.42-1.5 · 4.336=-1.084 m/s
b) Ahora vemos qué ocurre si la colisión es completamente inelástica. Igual que en el apartado a), la bola llega a la posición más baja con una velocidad de 5.42 m/s. Después se produce la colisión, que es inelástica, de modo que las dos partículas quedan unidas y se mueven con la misma velocidad v’. Como
el choque es inelástico solo se conserva la cantidad de movimiento:
v’1=-1.084 m/s
pantes=pdespués ⇒ m1v1=(m1+m2)v’ ⇒ 0.2 · 5.42=(0.2+0.3)v’ ⇒ v’=2.168 m/s  Tras el impacto el sistema se mueve con velocidad v’=2.168 m/s. A continuación aplicamos la
conservación de la energía entre la situación después del choque y el punto más alto de la oscilación, donde el sistema asciende una altura h y se detiene:
ETdespués+Wotras=ETfinal  Después del impacto toda la energía es cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso sólo actúa
sobre el sistema la tensión, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la situación final sólo tenemos energía potencial gravitatoria:
ETdespués+Wotras=ETfinal ⇒  m240.0 8.92
168.2 g2 'v
hgh)mm('v)mm( 2 1