3.2. MOVIMIENTO DEL CENTRO DE MASAS

3.2.1. Si dos cuerpos de masas iguales se mueven en una trayectoria rectilínea pero en sentidos opuestos con velocidades de igual módulo v, la velocidad del centro de masas del sistema tendrá por módulo:

a) 0 b) 2v c) v d) v/2 SOL:

i

iiCM M

rMr

ΣΣ

=r

r y v=dr/dt , i

iiCM M

vMv

ΣΣ

=r

r ; )1(2

21

21

2211 vvmm

vmvmvCM

rrrrr +

=++

=

Al tener las velocidades sentidos contrarios, si tomamos v1= v , y v1=-v2 ,v2=-v.

Sustituyendo en (I) : vCM=(v-v) /2 =0. Sólo es correcta la solución a. 3.2.2. Si dos cuerpos de masas iguales se mueven con velocidades de módulo v, siguiendo los sentidos positivo y negativo de los ejes X e Y respectivamente, el centro de masas del sistema tendrá una velocidad cuyo módulo es:

a) 2v b) 2v

c) 0 d) 2

2v

SOL:

Aplicando la ecuación de la cuestión anterior: 2

21

21

2211 vvmm

vmvmvCM

rrrrr +

=++

=

Como ivvrr

=1 y jvvrr

−=2 , al sustituir y simplificar, queda:

2

viv jvCM

rrr −

=

cuyo módulo es: 2

241

41 vvvCM =+=

r ms-1 como se propone en d.

3.2.3. Si dos vagones de tren uno de masa 2m y otro 3m, se mueven conjunta y lentamente, sin rozamiento, con una velocidad iv

r,

después de desengancharse de la locomotora, y al acabo de un instante se desenganchan entre si, permaneciendo el de menor masa, parado, el centro de masas del sistema de moverá ahora con una velocidad:

a) ivr

6,1 b) 7 ivr

6,0 c) 0 d) ivr

mientras que el de mayor masa se moverá con una velocidad:

a) ivr

67,1 b) ivr

6,0 c) 0 d) ivr

SOL: El c.d.m. del sistema de los dos vagones se mueve con v=vi, velocidad que permanece constante si no actúan fuerzas exteriores que modifiquen su movimiento (no hay rozamiento). Por lo tanto en el primer caso la respuesta correcta es la d.

Si aplicamos la ecuación: i

iiCM M

vMv

ΣΣ

=r

r , sustituyendo los valores, tendremos:

mvmmivvCM 5.30.2 2rsr +

== , vvvivv 67,135

35

22 ==⇒=vv

ms-1, que

corresponde a la propuesta a.

3.2.4. Dos puntos materiales: A de masa 3m se encuentran en reposo y su posición viene determinada por un vector de posición cuyo módulo vale 2 y forma un ángulo de 30 grados con el eje de las X, mientras que B de masa 2m se mueve a partir del origen, con velocidad uniforme de módulo 5m/s, sobre el semieje positivo de las Y. La velocidad del centro de masa será en m/s:

a) jvr

b) jirr

234,0 + c) jr

2 d) jirr

51334,0 +

SOL:

Al aplicari

iiCM M

vMv

ΣΣ

=r

r a las condiciones del problema,

125

5.20.3 −=+

= msjm

jmmvCM

rr

r .La propuesta correcta es la c

3.2.5. Si se lanza un cohete oblicuamente, con velocidad de módulo v, formando un ángulo con la horizontal, y explosiona, tal como muestra la figura en el punto más alto de su trayectoria , en 2 fragmentos iguales, la trayectoria que sigue el centro de masas del sistema (dibujada en negro), será de todas las dadas la:

a) A b) B c) C d) D mientras que la velocidad del centro de masas al llegar al suelo será v:

a) jvsenivrr

αα +cos b) jvsenivrr

αα −cos

c) jvsenivrr

22c α α

+ d) jvivsenrr

2cos

2αα

+ os

SOL: Puesto que la explosión se debe a fuerzas interiores del sistema, y la acción del campo gravitatorio es igual antes y después de la explosión, la posición del c.d.m. se conserva, siguiendo su trayectoria como si no hubiera ocurrido, por eso la propuesta correcta es la c. Si el centro de masas sigue la trayectoria dada, la velocidad del centro de masas tangente a la trayectoria, al llegar al suelo será:

jvsenivrr

αα −cos , tal como se propone en b.

3.2.6. * En un arrebato caprichoso, al no gustarle la merienda que le habían preparado, cierto niño lanza por la ventana de la habitación de un cuarto piso, una bolsa con dos naranjas iguales, que al salir por la ventana en su camino hacia la calle se abre, cayendo una de ellas sobre un peatón en el punto C, más cerca de la casa, mientras que la otra choca en B, lugar más alejado. Por todo ello podrás asegurar que el centro de masas del sistema alcanzaría el suelo en:

a) EL PUNTO MEDIO ENTRE B Y C b) EL MISMO SITIO QUE LLEGARÍA LA BOLSA SI NO SE

ABRIERA c) EL PUNTO ALCANZADO POR LA BOLSA VACÍA

d) LA TRAYECTORIA DESCRITA POR LAS NARANJAS SON PARÁBOLAS Según se aprecia en el esquema, la bolsa se lanza horizontalmente por la ventana desde una altura h del suelo, con una velocidad iv

r m/s, se abre, cayendo las dos

naranjas, al suelo. Una en C, y otra en B. Existe un fenómeno interno, la apertura de la bolsa, y en función de ello se disgrega el sólido en dos partes (se supone la bolsa de masa despreciable). Su c.d.m. mantiene su posición siguiendo la trayectoria de lanzamiento, por lo tanto, respecto a un sistema de referencia centrado en la base de

la pared de la casa: i

iiCM M

rMr

ΣΣ

=r

r ,

Así: 22

.. BCBCCM

rrm

rmrmr

r r r r+ +r

= = , siendo m la masa de cada

naranja. Su módulo corresponderá a la distancia media, o media aritmética de las distancias de separación de las naranjas, al llegar al suelo respecto a la pared de la casa. Si no se tiene en cuenta la resistencia del aire, es evidente que la bolsa vacía (masa despreciable), seguiría la trayectoria del c.d.m. del sistema, por lo que las propuestas a b , y c son correctas. La trayectoria descrita por las naranjas son parábolas puesto que parten con velocidad inicial y se desplazan en el campo gravitatorio terrestre 3.2.7. Un sistema de partículas de masas m1=1 kg, m2=1,5 kg y m3=2,5 kg se mueven con las siguientes velocidades; jv

rr 101 = m/s, ivrr 52 = m/s y jiv

rrr 273 −= m/s. El centro de masas de dicho sistema se desplaza con una velocidad expresada en m/s de:

a) jirr

33 − b) jirr

+5 c) jirr

34 − d) jirr

+ SOL:

El vector posición del centro de masas de un sistema de partículas viene dado por la expresión:

i

iiCM M

rMr

ΣΣ

=r

r. Si en la igualdad anterior derivamos con respecto al tiempo:

( )dtrd

MMM

rMdtdr

dtd i

ii

iiCM

rrr

Σ=Σ

Σ=

1)( en la que M representa la masa del

sistema

De lo que M

vMv ii

CM

rr Σ

= . Si aplicamos la ecuación anterior al sistema del

ejercicio resulta: ( ) 15

527.5,210.15.5,1 −+=

−++= msjijijivCM

rrrrrr

r

La única solución válida será la b.

3.2.8. * Cuando en una fiesta con fuegos artificiales, observas como determinados cohetes lanzados verticalmente, producen al explosionar bellos efectos luminosos formando palmeras de colores en el cielo que se esparcen en todas las direcciones, realmente esto se realiza así porque: a) LA EXPLOSIÓN ES DEBIDA A FUERZAS INTERIORES b) EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA ANTES DE LA

EXPLOSIÓN DEBE CONTINUAR SU MOVIMIENTO DESPUÉS DE LA EXPLOSIÓN

c) LA POSICIÓN DEL CENTRO DE MASAS DEL COHETE ANTES DE SER LANZADO DEBE SER LA MISMA QUE LA DE TODOS LOS FRAGMENTOS QUE LLEGAN AL SUELO

d) SI LA MASA DEL COHETE NO HUBIERA VARIADO, EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA VOLVERÍA AL LUGAR DE LANZAMIENTO

SOL: Al aplicar los conceptos explicados en cuestiones anteriores, certificaremos que la propuesta a, es correcta, así como la b, consecuencia de la a. Es evidente que antes de ser lanzado, y por lo tanto antes de la explosión todos los fragmentos están integrados en el cohete, y por lo tanto, si no es excesivamente grande, se pueden considerar con el mismo vector de posición (masa puntual), que es lo expresado en c.

Como el cohete se lanza verticalmente, aunque explosione (fenómeno interno), por acción del campo gravitatorio volvería al punto de lanzamiento (en este caso sólo su c.d.m.). Por ello todas las propuestas son correctas.

3.2.9. Las posiciones de dos partículas de masas m1=2 kg y m2=4 kg son respectivamente mjtitr

rrr 53 21 −= y mjitr

rrr 56 22 −= . La

velocidad del centro de masas expresada en m/s es:

a) 6

518 jitrr

− b) 6

1060 jitrr

− c) 6

510 jirr

− d) 6

510 jtitrr

−

y el módulo de la aceleración en m/s2: a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 10 SOL: Vamos a calcular en primer lugar la velocidad de cada una de las partículas:

111 56 −−== msjit

dtrd

vrrr

r ; 122 12 −== msit

dtrdv

rrr

Aplicando la ecuación:

1

21

2211

61060

6481012 −−

=+−

=++

=Σ

= msjititjitmm

vmvmM

vMv ii

CM

rrrrrrrrr

La aceleración del centro de masas se puede obtener derivando la expresión de la velocidad:

2106

60 −=== msiidtvd

a CMCM

rrr

r

Son válidas las soluciones b, en la primera y e, en la segunda

3.2.10. El centro de masas de un sistema de partículas (m1=0,5 kg, m2=1 kg y m3= 1,5 kg) tiene una aceleración 22 −= msitaCM

rr , y las dos primeras masas; 26 −msit

r y 2−6 msjt

r respectivamente. Por

consiguiente, la aceleración de la masa m3 expresada en ms-2 es: a) jtit

rr42 − b) jtit

rr63 + c) jtit

rr52 −− d)

jtitrr

6−4 SOL: En la expresión que relaciona la velocidad del centro de masas con las velocidades de las partículas derivamos respecto de la variable t:

dtvd

a CMCM

rr

= ; ( )M

aMdtvd

MMM

vMdtdv

dtd iii

ii

iiCM

rrrr Σ

=Σ=Σ

Σ=

1)(

3

.5,16.16.5,02 3ajtit

itrrr

s ++= ; 2

3 42 −−= msjtitarrr

La respuesta correcta

será la a.

3.2.11. * El vector de posición del centro de masas de un sistema formado por dos partículas A y B, de masas 2m y 8m, viene dado por la expresión kjtitrCM

rrrr 444 22 ++=

i(SI). Si a los 2 segundos, el

vector de posición de la partícula A es mjrr

8−8 , dirás que: a) EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA ESTABA

INICIALMENTE EN EL PUNTO (0,0,0) b) EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA DESCRIBE UNA

TRAYECTORIA RECTILÍNEA c) LA PARTÍCULA B ESTABA A LOS DOS SEGUNDOS EN EL

PUNTO mkjirrr

51818 ++ d) LA DISTANCIA ENTRE A Y B A LOS DOS SEGUNDOS ES

DIEZ METROS e) EL MOVIMIENTO DESARROLLADO POR EL c.d.m. DEL

SISTEMA ES RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE ACELERADO.

SOL: En el instante inicial t=0, krCM

rr 4= ,que determina el punto P(0,0,4),que no corresponde al sugerido en a. La trayectoria que sigue el c.d.m.del sistema, se realiza en el plano Z=4, y puede hallarse ya que x=4t² , y =4t², por lo que x=y , ecuación de una recta que corresponde a la bisectriz del primer cuadrante en el plano XY, para z=4. Por lo tanto, la propuesta b, aunque incompleta es correcta.

A los 2s. ( )m

rmjimkjir BCM 10

.888.241616rrr

rrrr ++=++=

mkjirB

rrrr 51818 ++= .La respuesta c, es correcta. La distancia entre A y B, a los 2s, es

( ) ( ) ( ) mrrd BA 1522550188188 222 ==−+−+−=−=rr , que no coincide con la

propuesta d. Como se ha demostrado antes, el movimiento es rectilíneo, y puesto que la

aceleración 22

2

88 −+== msjirdtda CMCM

rrrr es constante, se trata de un M.R.U.A

como se indica en e.

3.2.12. Una partícula de masa 2 kg se desplaza con velocidad jr

2 m/s y otra partícula de masa 6 kg lo hace con 13 −msit

r. Cuando t=0, las

dos masas se encuentran en el origen de coordenadas. La ecuación de la trayectoria que describe el centro de masas del sistema es:

a) y=x b) y=x2 c) y=2x2 d) xy = e) 3

2xy =

SOL:

De acuerdo con la expresión: 1

21

2211

429

82.23.6 −+

=+

=++

= msjitjitmm

vmvmvCM

rrrrrrr

para hallar el vector de posición del centro de masas hemos de realizar la integral

Kjtitdtjitdtvr CMCM ++=+

== ∫ ∫rr

rrrr

289

429 2

. El valor de la constante K de

integra-ción lo determinamos a partir de las condiciones iniciales ya que para t=0,

. En definitiva: 0=CMrr jtitrCM

rrr

289 2

+= . Las ecuaciones paramétricas del centro

de masas son:

8

9 2tx = , 2ty = ; despejando t en la segunda y sustituyendo en la primera resulta

32xy = , tal como se propone en e.

3.2.13. Un sistema de dos partículas de masas m1=2 kg y m2=4 kg se mueven por dos circunferencias concéntricas de radios R1=1m y R2=4m con la misma velocidad angular ω = 0,5 rad/s. En el tiempo t=0, las dos partículas se encuentran a la mínima distancia, la ecuación de la trayectoria descrita por el centro de masas de las dos partículas es:

a) UNA CIRCUNFERENCIA DE RADIO 2 METROS b) UNA LINEA RECTA

c) UNA CIRCUNFERENCIA DE RADIO 3 METROS d) UNA ELÍPSE

SOL: En la figura adjunta se ha elegido para t=0, una de las posibles posiciones de las dos partículas que se encuentran a una distancia mínima entre sí. Dado que ambas partículas se mueven con la misma velocidad angular, describen en el mismo tiempo los mismos ángulos ,por lo tanto al cabo de un tiempo t se encuentran en otra posición diferente pero también a una distancia mínima como indica la figura. En definitiva las partículas mantienen entre sí la misma posición relativa y por consiguiente también respecto de ellas, el centro de masas, el cual describe una circunferencia girando también con la misma velocidad angular. El radio de la circunferencia descrita por el c.d.m. lo calculamos cuando las partículas están en la posición inicial, esto es para t=0 : xCM= (m1x1+ m2x2)/ (m1+m2) = (2.1 + 4.4)/6 = 3m. Por lo tanto la única propuesta correcta es la c.

3.2.14. Un sistema está formado por tres partículas de masas m1=2 kg, m2=4 kg y m3=6 kg. Los vectores de posición de las dos primeras son respectivamente mjtitr

rrr 32 31 += , mjtitr

rrr 222 64 += , siendo nula

la velocidad del centro de masas del sistema; por tanto, la tercera partícula tiene una velocidad, expresada en m/s, a los seis segundos de aproximadamente: a) 23 b) 43 c) 53 d) 63 e) 115 SOL: Calculemos las velocidades de las dos primeras masas, a partir de los vectores de posición

1211 36 −+== msjit

dtrd

vrrr

r 122 128 −+== msjtit

dtrdv

rrrr

Hacemos uso de la relación entre la velocidad del centro de masas y las de las partículas que forman el sistema y como la velocidad del centro de masas es nula el primer término de la ecuación anterior es cero.

021

2211 =++

=mm

vmvmvCM

rrr ; ( ) ( )

12.6128.436.2

0 32 vjtitjit rrrrr

++++=

12

3 6648

63212 −+

−+

−= msjtittvrrr

si evaluamos la velocidad de la masa tercera para t=6 segundos resulta

1)6(3 6

2946

624 −−−= msjiv s

rrr

122

)6(3 1156

2946

624 −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= msv s

r

La solución válida será la e.

3.2.15. Un móvil de masa m1=5 kg se desplaza por el semieje positivo de ordenadas con aceleración constante de 1 ms-1, partiendo del punto x=0 cuando t=0. Otro móvil de masa m2=10 kg se desplaza con velocidad constante de 8 m/s por el semieje positivo de abscisas, de modo que cuando t=0 ocupa la posición x=0. La velocidad del centro de masas, expresado en m/s, del sistema formado por los dos móviles es:

a) jtirr

3+ b) jti

rr

322 + c) jti

rr

23

+

d) jtirr

23

32

+ e) jtirr

31580

+

y su aceleración, expresada en ms-2:

a) jr

35 b) j

r

34 c) j

r

31 d) jt r

3 e) j

r

91

y la ecuación de la trayectoria: a) y=x2/6 b) y=x2/60 c) y=x2/128 d) y=3x2/512 SOL: El móvil de 5 kg se desplaza con aceleración constante sobre el eje Y, por tanto su velocidad variará linealmente con el tiempo y la expresión de su velocidad es

jtvrr

=1 m/s. La masa de 10 kg tiene una velocidad constante ivrr 82 = m/s. La

velocidad del centro de masas es: 21

2211

mmvmvm

vCM ++

=rr

r ; 1v315

80 −+= msjtiCM

rrr

La aceleración del centro de masas se obtiene derivando la velocidad de dicho

punto respecto a la variable tiempo: 2

3−== msj

dtvd

a CMCM

rrr

Para hallar la ecuación de la trayectoria:

Kjtitdtjtidtvr CMCM ++=+

== ∫ ∫rr

rrrr

61580

15580 2

, como K=0;

6

2ty = ,3

16tx = . Despejando t y sustituyendo5123

61

163 22 xxy =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

A través del desarrollo efectuado, determinaremos que las únicas soluciones correctas en cada parte, serán: la e, la c y la d, respectivamente.

3.2.16. Una partícula de masa m1=1 kg efectúa un movimiento vibratorio armónico dado por la ecuación y=Asenω t y otro móvil de masa m2=4 kg lo hace sobre el eje X según la ecuación x=Asenω t. Admitiendo que los móviles no se perturban en su movimiento si coinciden en el mismo lugar, se puede afirmar que el centro de masas del sistema se desplaza sobre:

a) UNA CIRCUNFERENCIA b) UNA ELÍPSE c) UNA RECTA DE ECUACIÓN y=x d) UNA RECTA DE ECUACIÓN y=(3/2)x e) UNA RECTA DE ECUACIÓN y=x/4

SOL: El vector de posición del centro de masas del sistema es:

jtsenAitsenArCM

rrr

554 ωω

+= . Las ecuaciones paramétricas del centro de masas

son:

5

4 tsenAx ω= e

5tsenAy ω

=

de ambas ecuaciones resulta y=x/4. Es correcta la respuesta e.

3.2.17. Una partícula de masa m1=4 kg efectúa un movimiento vibratorio armónico dado por la ecuación y=Asenω t y otro móvil de masa m2=2 kg lo hace sobre el eje X según la ecuación x=Acosω t. Admitiendo que los móviles no se perturban en su movimiento si coinciden en el mismo lugar, se puede afirmar que el centro de masas del sistema se desplaza sobre:

a) UNA CIRCUNFERENCIA b) UNA ELÍPSE c) UNA RECTA DE ECUACIÓN y=x

d) UNA RECTA DE ECUACIÓN y=(3/2)x SOL: El vector de posición del centro de masas del sistema es:

jtsenAitArCM

rrr

64

6cos2 ωω

+=

Las ecuaciones del centro de masas son: 3

cos tAx ω= e

32 tsenAy ω

=

De lo que tAx ωcos3 = y tAseny ω=23

si en las dos últimas ecuaciones elevamos al cuadrado y sumamos

resulta: 222

499 Ayx =+ .

De lo que 1

32

3

2

2

2

2

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ A

yAx que corresponde a una elipse, por lo que es correcta

la opción b . 3.2.18. Sobre un sistema de partículas m1=1 kg, m2=2 kg y m3=3 kg actúan las fuerzas exteriores NjtitF

rrr231 −= ,y NjtitF

rrr542 −= .

El módulo de la aceleración del centro de masas del sistema expresado en m/s2 es:

a) 627 t b) 2t c) t2 d) t2 e) 2t

SOL: Para resolver esta prueba debemos tener en cuenta que la suma de las fuerzas exteriores que actúan sobre un sistema de partículas es igual a la masa del sistema por la aceleración del centro de masas del mismo

CMext aMF rr=Σ ; CMajtit rrr

677 =− ; 2

67

67 −+= msjtitaCM

srr

el módulo de la aceleración es:

222

627

67

67 −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= mstttaCM

r , como indica a.

3.2.19. * Si sobre el sistema de las dos partículas A y B del dibujo, con masas respectivas 2m y 8m, en los puntos (8,0) y (2,0),( todas las unidades en el S.I.), actúan las fuerzas: sobre A) exterior= Nj

r2 , interior= Ni

r−

sobre B) exterior= Njr

8 , interior= Nir

, podrás asegurar que: a) SOBRE EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA ACTÚAN

TODAS LAS FUERZAS PRODUCIENDO SU CAMBIO DE POSICION

b) EN EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA ACTÚA UNA FUERZA TOTAL DE Nji

rr102 +

c) LA FUERZA TOTAL QUE ACTÚA SOBRE A TIENE COMO MÓDULO 5 N

d) EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA EQUIDISTA DE A Y B

e) EL CENTRO DE MASAS DEL SISTEMA TIENE UN VECTOR DE POSICIÓN r=3,2i

SOL: A través de la consideración de todas las fuerzas que actúan sobre el sistema de partículas A y B, tendremos que:

Sobre A. NjiFA

rrr2+−= , cuyo módulo. NFA 5=

r .Siendo su vector de

posición mirA

rr 8=

.Siendo su vector de posición mirB

rr 2= Sobre B: NjiFB

rrr8+= ; NFB 65=

r

Sobre (A+B): NjFAB

rr10= ; NFAB 10100 ==

r.

Las fuerzas interiores se han anulado, por lo tanto sobre el c.d.m. del sistema sólo actuarán las fuerzas exteriores, desplazándolo.

Para determinar mii

mmimim

mmrmrm

rBA

BBAACM

rrrrrr

r 2,310

3282

2.88.2==

++

=++

=

Para que equidiste el c.d.m. de A y B, BCMCMA rrrr rrrr−=− . Como 4,8 no es igual

a 1,2, esta propuesta es incorrecta. Por lo tanto sólo son correctas la c y la e. 3.2.20. Las masas A,B,C de 9, 6 y 5 kg están unidas rígidamente entre si y se encuentran en reposo, sobre una mesa, sin rozamiento y distribuidas en las posiciones respectivas (5,0,0), (1,0,0) y (4,3,0),en unidades del S.I. Si sobre C actúa una fuerza de 40 i N, la posición del centro de masas del sistema al cabo de 1s vendrá dada en metros, por el vector r:

a) 4,90i+3j/4 b) 5,00i+0,75j c)5,00i-0,75j d) 4,55i+0,75j e) NINGUNO DE LOS DADOS

SOL: Tal como se observa en la figura, situamos las masas en el plano XY,(plano de la mesa) puesto que en todas ellas la componente z=0.Así, y dadas las posiciones de A,B y C,sus vectores de posición en t=0, serán:

En A : rA=5i En B: rB=i En C: rC=4i+3j Siendo M(A+B+C)=20 kg Por lo tanto,en el instante inicial: rCM=Σmiri/Σmi=[9.5i + 6.i + 5(4i+3j)]/(9+6+5)=3,55i + 0,75j m. Dado que el peso de cada masa se equilibra con la reacción de la mesa, la única fuerza exterior no equilibrada será: F=40i N, y el sistema por ese motivo, se traslada (está unido rígidamente), con una aCM=40i /20 = 2i m/s², que es constante por lo que se moverá con un M.R.U.A. Así, al cabo de 1s, el vector de posición del c.d.m. será: r(CM)1s=r(CM)0 + at²/2 = 3,55i + 0,75j+2i.1²/2 =4,55i + 0,75j m. Por lo tanto la propuesta correcta será la d.

3.2.21. * Dos cuerpos A y B, de masas m y 4m, están en reposo, unidos por una barra rígida de masa despreciable. A se encuentra en el origen de coordenadas y B en el punto (3,4) unidades del S.I. Sobre la masa A actúa una fuerza externa -2i N y sobre la B, 2j N. La posición del centro de masas del sistema:

a) PERMANECERÁ EN LA POSICION INICIAL PUESTO QUE LAS FUERZAS SE COMPENSAN

b) DESCRIBIRÁ UNA TRAYECTORIA RECTILÍNEA c) SEGUIRÁ UNA TRAYECTORIA PARABÓLICA d) ESTARÁ A LOS CINCO SEGUNDOS DE INICIADO EL

MOVIMIENTO EN EL PUNTO (3,6 , 8,2) SOL: Tal como se observa en el esquema, tendremos que en t=0 :

En A: rA=0 . Actúa FA=-2i N . En B: rB=3i+4j. Actúa FB=2j N. En el Sistema (A+B): rCM=Σmiri/Σmi=[m.0+4m.(3i+4j)]/5m =2,4i + 3,2j.

Las fuerzas externas que actúan sobre el c.d.m del sistema: FCM(A+B)=-2i+2j y aCM=ΣFi/Σmi ; aCM=(-2i+2j)/5m

Como la aceleración es constante, y estaba en reposo inicialmente, el movimiento es un M.U.A ,con v0=0. Así, al cabo de un tiempo t:

rCM=r(CM)0+aCMt²/2 =(2,4i+3,2j)+ (-2i+2j)t²/(2.5m) = (2,4-(t²/5m))i + (3,2+(t²/5m))j (I). La trayectoria se determina a partir de las ecuaciones paramétricas, que entresacamos de (I) x= 2,4 - (t²/5m) (II) y=3,2 + (t²/5m) (III). Despejando t²/5m =2,4-x , en (II), y sustituyendo en (III), y =3,2 + (2,4-x)=5,6-x , que corresponde a la ecuación de una recta, tal como se propone en b.

A los cinco segundos x=2,4-(25/5m)=2,4-(5/m) ; y=3,2+(25/5m)=3,2+(5/m ). El punto será: P[(2,4-(5/m)) , (3,2+(5/m))].

Por lo tanto, todas las propuestas, salvo la b, son erróneas

3.2.22.* Dos masas A y B, de 4 y 6 kg, respectivamente, unidas rígidamente entre sí, se encuentran en reposo en un plano horizontal, sin rozamiento, y en los puntos (a,b) y (3a,b) unidades del S.I. Si sobre la menor actúa una fuerza constante ci+dj N dirás que:

a) EL SISTEMA TRASLADARÁ SU CENTRO DE MASAS CON UN M.U.A.

b) LA TRAYECTORIA SEGUIDA POR EL CENTRO DE MASAS ES RECTILÍNEA

c) LA ACELERACIÓN DEL CENTRO DE MASAS VALE 0,2m/s2 d) EL VECTOR DE POSICIÓN DEL CENTRO DE MASAS AL

CABO DE 1s ES r=(2,2a+0,05c)i+(b+0,05d)j m. SOL: Para determinar el rCM,para t=0, sabemos que como rA=ai+bj y rB=3ai+bj rCM=[4.(ai+bj)+6.(3ai+bj)]/10= 2,2ai+bj m. La fuerza externa no equilibrada que hacemos actuar sobre el c.d.m. del sistema= ci+dj N ,por lo que aCM=ci/10 + dj/10 m/s². Al ser constante es correcta la propuesta a , pero no la c. La trayectoria se determinará tal como en la cuestión anterior, a partir de: rCM=r(CM)0+ aCMt²/2=2,2ai+bj+ (ci+dj)t²/20 . Así las ecuaciones paramétricas serán: x=2,2a+ ct²/20 (I),e y=b+dt²/20 (II). Despejando t²/20,en (I) y sustituyendo en (II), y=b+d(x-2,2a)/c , que corresponde a la ecuación de una recta, tal como se sugiere en b. Al cabo de un segundo rCM= 2,2ai+bj+ (ci+dj)/20 =(2,2a+0,05c)i+(b+0,05d)j m. También es correcta la propuesta d.

3.2.23. En el sistema de la figura, la masa m2 es mayor que m1 y el centro de masas del sistema formado por las dos masas se desplaza con una acele-ración de -3j m/s2, por consiguiente el valor de m2, expresado en kg, es: a) 2,8 b) 4,8 c) 5,8 d) 6,8 g=10m/s2 SOL: Puesto que m2 es mayor que m1, la aceleración de m2 es negativa y la de m1 positiva. Ambas aceleraciones tienen el mismo módulo. Podemos escribir:MaCM= m1a1+m2a2; (m2+2)(-3j)= 2aj-m2aj

de donde: (2+m2)(-3)= a(2-m2) (I) Por otra parte, el módulo de la aceleración del sistema es:

gmm

a22

2

2

+

−= (II)

sustituyendo el valor de a de la ecuación (II) en la (I) y operando se llega a la ecuación de segundo grado: 7m2

2-52m2+28= 0 , una de cuyas soluciones es 6,8 kg, como indica la propuesta d. 3.2.24. Aunque conocerás a Coulomb, a través del desarrollo de las leyes que rigen la interacción entre las cargas eléctricas, también inventó un aparato para determinar las leyes del rozamiento, llamándolo tribómetro, de ahí su nombre (tribo=fricción en griego).A veces el rozamiento es muy pequeño, pero se puede aprovechar el aparato para otros menesteres. Así si en el tribómetro de la figura, con dos cuerpos A y B, de masas 2m y 3m, respectivamente enlazados a través de una polea de masa despreciable, el de masa mayor se desplaza sobre la mesa sin rozamiento, estando el otro suspendida de la cuerda. La aceleración del centro de masas del sistema, en un sistema de referencia centrado en la polea puntual, en el instante inicial será en m/s2:

a) -0,4gj b) -0,24gi-0,16gj c) 0,24gi-0,4gj d) 2,4i-4j e) NINGUNO DE LOS VALORES DADOS

g=10 m/s2 SOL:

La única fuerza no equilibrada que actúan sobre el sistema es 2mg, ya que el peso de B, 3mg se equilibra con la normal de la mesa. Por ello el módulo de la aceleración del sistema vendrá dado por a=ΣFi/Σmi=2mg/(3m+2m)=0,4g. Aplicado este valor a cada masa en función del sistema de referencia: aA=-0,4gj , y aB=-0,4gi . Como aCM= (mAaA + mB.aB)/(mA+mB)= [3m(-0,4gi)+2m(-0,4gi)]/5m =-0,24gi-0,16gj m/s²,como se propone en b.

3.2.25. En el sistema de la figura la masa m2 es la mitad de m1=2 kg, el módulo de la aceleración del centro de masas del sistema respecto de los ejes coordenados dibujados es:

a) g/3 b) g85 c) g

87 d) g

97 e) g

95

Debido a la existencia de rozamiento entre m1 y la mesa, el módulo de la aceleración del centro de masas es la mitad que en el caso anterior, por tanto, el coeficiente de rozamiento es: a) 0,15 b) 0,25 c) 0,35 d) 0,45 e) 0,75 g=10/m/s2 SOL:

Para el sistema de la figura, el módulo de la aceleración de las masas; en ausencia de rozamiento, es: a= (m2g)/(m2+m1)= g/3 m/s2 De acuerdo con el sistema de coordenadas de la figura, la aceleración de las masas es:

a1= (g/3)i m/s2 a2= -(g/3)j m/s2 . La del centro de masas:

221

21

92

333

2

smgg

gg

mmmm

CMj-ijiaaa 21 =

−=

++

=

El módulo de la aceleración:

95

81

2

81

24 gggCMa =+=

En el caso de existir rozamiento la aceleración del sistema es: a= (m2g -μ m1g)/(m2+m1) = (g-μ2g)/3 = ((10-20μ)/3) m/s2

l La aceleración de cada masa:a1 = ((10-20μ)/3)i m/s2 ; a2 = -((10-20μ)/3)j m/s2

y para el centro de masas:

( )

332010

320102

jia

μμ −−

−

=CM

El módulo de la aceleración del centro de masas es la mitad que en el caso anterior..

( ) ( ) ( )

( )

03162160754002400

40024001004

10081

2201052324

5

81

22010581

2201081

22010418

5

=+−⇒=+−⇒

⇒−+=⇒−

=⇒

⇒−⋅

=−

+−

=

μμμμ

μμμ

μμμ

g

g

La resolución de la ecuación anterior conduce a los valores 0,75 y 0,25. Ahora, al tener dos posibles valores en el coeficiente de rozamiento es necesario determinar cuál es el resultado correcto. Si observamos la figura de la prueba, se deduce que el sentido de la aceleración de la masa m1 es hacia el eje X positivo, sustituyendo en la correspondiente ecuación a1= ((10-20μ)/3)i m/s2= ((10-20·0,25)/3)i= (5/3)i m/s2 a1= ((10-20μ)/3)i m/s2= ((10-20·0,75)/3)i= -(5/3)i m/s2. La solución correcta es que Σ=0,25, como se indica en b.

3.2.26. En el sistema de la figura m1=m2=1 kg siendo la masa m3=2 kg. El centro de masas del sistema adquiere una velocidad de 2 m/s cuando haya transcurrido un tiempo de: a) 0,76 s b) 1,25 s c) 1,78 s d) 2,31 s e) 5,0 s g=9,8 m/s2 SOL: El módulo de la aceleración de las masas del sistema es:

a= ((m3-m1)/(m1+m2+m3))g= g/4 m/s2 y los vectores aceleración de cada masa respecto del sistema de referencia indicado en la figura son: a1= (g/4)j m/s2; a2= (g/4)i m/s2; a3= (-g/4)j m/s2

La relación entre la aceleración del centro de masas del sistema y las aceleraciones de las masas es: MaCM= m1a1+m2a2+m3a3;

21644

24

14

1

s

mg

ggg

CM ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−=

−⋅+⋅+⋅=

jijij

a

Conocida la aceleración del centro de masas podemos calcular la velocidad de dicho punto

Kjijiav +−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

== ∫∫ tgtgdtgdtCMCM 161616

La constante K de integración es cero, por lo que el módulo de la velocidad del centro de masas vale:

smtgtgtg

vCM 216216

22

216

22=+=

si igualamos la ecuación anterior a vCM=2 m/s, y resolvemos resulta t=2,31 s, como se sugiere en d.

3.2.27. En el sistema material indicado en la figura no existe rozamiento. La aceleración del centro de masas del sistema respecto del sistema de referencia indicado vale:

a) 0,228gi b) -0,091gi c) 0,223gi-0,091gj d) 0,345gi-0,153gj SOL: En la siguiente figura están representadas las fuerzas que actúan sobre las masas que componen el sistema: Si descomponemos los pesos en direcciones perpendiculares resulta:

De acuerdo con las fuerzas que actúan sobre las masas podemos calcular el módulo de la aceleración:

m2gsen45-T= m2a T-m1gsen30= m2a Sumando y despejando a:

a= (m2gsen45-m1gsen30)/(m1+m2)= 0,30g m/s2 Las expresiones vectoriales de la aceleración de cada una de las masas de acuerdo con el sistema de referencia de la primera figura son:

a1= 0,30gcos30i+0,30gsen30j; a2= 0,30gcos45i-0,30gsen45j

de acuerdo con la relación:

( ) ( )3

4545cos30,023030cos30,0

21

21 jijiaaa 21 sengseng

mmmm

CM−⋅++

=+

+=

operando en la ecuación se obtiene el resultado de: aCM= 0,23gi-0,091gj m/s2

3.2.28. Atwood se hizo famoso cuando en 1784, antes de trabajar para el ministerio de Hacienda inglés, al inventar una máquina para estudiar el movimiento de los cuerpos que lleva su nombre. En una máquina de Atwood, tal como la de la figura, formada por dos masas puntuales A y B, 2m y 8m respectivamente, las cuales se mantienen en reposo inicialmente, unidas a través de una polea puntual de masa despreciable, por una cuerda de 1 metro, también de masa despreciable, dirás que:

a) EL VECTOR DE POSICIÓN DEL CENTRO DE MASAS

RESPECTO DE UN SISTEMA CENTRADO EN LA POLEA SERÁ ORIGINALMENTE rCM=-0,5j m.

b) LA ACELERACIÓN DEL CENTRO DE MASAS ES IGUAL A LA DE CADA MASA

c) EL VECTOR DE POSICIÓN DEL CENTRO DE MASAS AL CABO DE UN SEGUNDO SERÁ EN DICHO SISTEMA, rCM=-0,76j m.

d) SI EL SISTEMA DE REFERENCIA ESTUVIERA CENTRADO EN LA MASA MAYOR, LA VELOCIDAD DE LA MENOR AL CABO DE 0,1s, SERÍA v'=1,2j m/s

e) EL VECTOR DE POSICIÓN DE LA MASA MAYOR EN UN SISTEMA DE REFERENCIA CENTRADO EN LA MENOR SERÍA AL CABO DE 0,1s, r'=-0,06m SOL: El módulo de la aceleración del sistema (A+B) , dado por a=ΣF/Σm=(8m-2m)g/10m=0,6g m/s². El sistema se mueve con un M.R.U.A. En un sistema centrado en la polea P, tal como se observa en el dibujo, tendremos en unidades del S.I.:

rA0=-0,5j Fe=-2mgj aA=0,6gj rAt=rA0+aAt²/2=(-0,5+0,3gt²)j

vA=aAt=0,6gtj rB0=-0,5j Fe=-8mgj aB=-0,6gj rBt=rB0+aBt²/2 = (-0,5-0,3gt²)j vB = aBt =

- 0,6gtj

( )i-i-i

iiaaa BA ggg

mgmgm

mmmm

BA

BACM 36,048,012,0

106,086,02

==−⋅+⋅

=+

+=

( ) ( )

j-jjrr

r B0A0 5,010

5,085,020 =

−⋅+−⋅=

+

+=

mmm

mmmm

BA

BACM

En un instante determinado t, rCM = rCM0+aCMt²/2 = - 0,5j + (-0,18gt²)j. Si t=1s. rCM=-0,5j-0,18j=-0,68j m. Si el sistema de referencia estuviera centrado en la masa mayor B, la velocidad vA respecto a vB: vA-vB=0,6gtj-(-0,6gtj). Para t=0,1s. Tomando g=10m/s², vAB=1,2j m/s Si el sistema de referencia estuviera centrado en la masa menor A,el vector de posición de B respecto a A, sería: rB-rA=-0,5j-0,3gt²j-(-0,5j+0,3gt²j)=-0,6gt²j.Para t=0,1s , rBA=-0,06 j m.