1 Sistemas de partículas y conservación del momentum lineal

Tabla de Contenidos

• 1.1 Centro de masa
  
• 1.2 Ejemplo de cálculos de centro de masa
• 1.3 Momentum lineal y su conservación
  
• 1.4 Ejemplos de momentum lineal y su conservación
  
• 1.5 Sistemas de masa variable
  
• 1.6 Ejemplos con sistemas de masa variable

 

1.1 Centro de masa Consideremos un sistema de partículas, por ejemplo uno conformado por tres partículas. Sobre cada partícula se pueden estar ejerciendo las fuerzas de interacción con las otras dos partículas y pueden actuar también fuerzas externas al sistema: Sobre la partícula #1 actúan: “$F_{12}$” la fuerza con la que actúa 2 sobre 1, “$F_{13}$” la que ejerce 3 sobre 1 y “$F_{ext 1}$” una fuerza externa neta. Por la segunda ley de Newton $$\begin{array}{cc}{F}_{12}+F_{13}+F_{ext 1}=m_1{a}_1& (1)\end{array}$$. Sobre la partícula #2 actúan: “$F_{21}$” la fuerza con la que actúa 1 sobre 2, “$F_{23}$” la que ejercer 3 sobre 2 y “$F_{ext 2}$” una fuerza externa neta. Por la segunda ley de Newton $$\begin{array}{cc}{F}_{21}+F_{23}+F_{ext 2}=m_2{a}_2& (2)\end{array}$$. Sobre la partícula #3 actúan: “$F_{31}$” la fuerza con la que actúa 1 sobre 3, “$F_{32}$” la que ejercer 2 sobre 3 y “$F_{ext 3}$” una fuerza externa neta. Por la segunda ley de Newton $$\begin{array}{cc}{F}_{31}+F_{32}+F_{ext 3}=m_3{a}_3& (3) \end{array}$$$$\begin{array}{c} \end{array}$$     Figura 1: Fuerzas posibles en un sistema de tres partículas. Si se suman todas estas fuerzas se obtiene $$\sum F=F_{12}+F_{13}+F_{21}+F_{23}+F_{31}+F_{32}+F_{ext 1}+F_{ext 2}+F_{ext 3},$$pero debido a la tercera ley de Newton $F_{12}=-F_{21}$, $F_{13}=-F_{31}$ y $F_{23}=-F_{32}$, lo que permite simplificar el resultado$$\sum F=F_{ext 1}+F_{ext 2}+F_{ext 3}\mathrm{.}$$Por otro lado, si se aplica la segunda ley de Newton (1), (2) y (3) queda$$\sum F=F_{ext 1}+F_{ext 2}+F_{ext 3}=m_1{a}_1+m_2{a}_2+m_3{a}_3,$$pero haciendo explícito que $a=\frac{d^{2}r}{d{t}^2}$ y empleando la propiedad distributiva de la derivada sobre la suma se puede reescribir$$\sum F=\frac{d^2}{d{t}^2}\left(m_1{r}_1+m_2{r}_2+m_3{r}_3\right),$$donde se suponemos que las masas son constantes. Sea la suma de las masas $M=m_1+m_2+m_3$, multiplicando y dividiendo el lado derecho de la ecuación anterior por $M$ queda $$\begin{array}{cc}\sum F=M\frac{d^2}{d{t}^2}\left(\frac{m_1{r}_1+m_2{r}_2+m_3{r}_3}{M}\right)\mathrm{.}& (4)\end{array}$$Si definimos la cantidad “centro de masa” $r_{cm}$ para un sistema de partículas como $$\begin{array}{cc}{r}_{cm}\equiv \frac{m_1{r}_1+m_2{r}_2+m_3{r}_3+\mathrm{...}}{M}=\frac{\sum m_i{r}_i}{M}& (5)\end{array}$$donde $M$ sigue siendo la suma de todas las masas, la expresión (4) toma la forma de una segunda ley de Newton para todo el sistema en su conjunto $$\begin{array}{cc}\sum F=M\frac{d^2{r}_{cm}}{d{t}^2}=M{a}_{cm},& (6)\end{array}$$de aquí la importancia del concepto de centro de masas. La definición (5) es una ecuación vectorial y se puede escribir por componentes $$\begin{array}{cc}{x}_{cm}=\frac{\sum m_i{x}_i}{M},y_{cm}=\frac{\sum m_i{y}_i}{M},z_{cm}=\frac{\sum m_i{z}_i}{M}\mathrm{.}& (7)\end{array}$$Es claro que lo anterior es válido para cualquier número de partículas que tenga el sistema, no sólo tres. Si en vez de tener un sistema de partículas discretas se tiene un objeto continuo, se puede re-definir al centro de masas de ese objeto cambiando la sumatoria por una integral y las masas por diferenciales$$r_{cm}\equiv \frac{\int rdm}{M},$$que escrito por componentes se ve así$$x_{cm}\equiv \frac{\int xdm}{M},y_{cm}\equiv \frac{\int ydm}{M},z_{cm}\equiv \frac{\int zdm}{M}\mathrm{.}$$En muchos casos es posible simplificar el cálculo del centro de masa con argumentos de simetría, por ejemplo el centro de masa de una esfera sólida homogénea siempre estará en su centro geométrico. De hecho todos los objetos con simetría respecto a un punto (https://es.wikipedia.org/wiki/Simetr%C3%ADa_central) tienen su centro de masa en ese punto. Con frecuencia encontramos objetos sólidos irregulares que pueden ser divididos en varias partes, podemos encontrar el centro de masa de cada una de las partes y luego considerar cada parte como una partícula ubicada en su centro de masas, para finalmente hallar el centro de masa de todo el conjunto. 1.2 Ejemplos de cálculos del centro de masa 1.2.1 Ejemplo 1 ¿Dónde se encuentra el centro de masa del sistema Tierra-Luna? La órbita de la Luna no es perfectamente circular, pero su excentricidad es pequeña, la distancia entre los centros de la Tierra y la Luna varía periódicamente entre 363 300 y 405 500 km ($3.633\times 10^8$ y $4.055\times 10^8$ m), tomemos el promedio d = 384 400 km. La masa de la Tierra es aproximadamente $M_{♁}=5.9722\times 10^{24}$ kg, mientras que la de la Luna es $M_{☽}=7.349\times 10^{22}$ kg. Si colocamos al centro de la Tierra en el origen de nuestro sistema de referencia, el centro de masa de el sistema Tierra-Luna estará a una distancia de $$r_{cm}=\frac{0\times M_{♁}+d\times M_{☽}}{M_{♁}+M_{☽}}=4 673 km$$del centro de la Tierra. Si consideramos que el radio medio terrestre es de 6 371 km, podemos notar que el centro de masas de el sistema está dentro de la Tierra, más cerca de su superficie que de su mismo centro. Los dos astros orbitan en torno a ese centro de masas. Un video con la explicación, elaborado por Ricardo Cabrera, se puede ver en la siguiente liga https://www.youtube.com/watch?v=c-fi6UG8y_M. Si en vez de tomar el promedio de la distancia entre los dos cuerpos, substituimos la distancia del perigeo (la menor) y del apogeo (la mayor), podremos encontrar que el centro de masa varía entre 4 416 y 4 929 km medidos desde el centro de la Tierra.  En realidad la Tierra y la Luna no son “partículas” son, a su vez, sistemas de muchas partículas. Sin embargo, dada su simetría central (en el caso de la Luna esta simetría no es del todo perfecta) sabemos que los centros de masa individuales de cada cuerpo se hayan en sus respectivos centros geométricos. Como sí se puede llevar a cabo por partes la suma que se debe hacer para encontrar el centro de masa, podemos escribir$$r_{cm}=\frac{\sum _{i=1}^n{m}_i{r}_i}{M}=\frac{\sum _{i=1}^{n_a}{m}_i{r}_i+\sum _{i=n_a+1}^n{m}_i{r}_i}{M},$$donde hemos supuesto que hay dos grupos principales de partículas, sean éstos los grupos $a$ y $b$ , las primeras $n_a$ partículas pertenecen al grupo $a$ y las siguientes pertenecen al $b$. Sea la masa total del primer grupo $m_a$ y del segundo $m_b$, podemos multiplicar y dividir por estas cantidades en el numerador$$r_{cm}=\frac{m_a\frac{\sum _{i=1}^{n_a}{m}_i{r}_i}{m_a}+m_b\frac{\sum _{i=n_a+1}^n{m}_i{r}_i}{m_b}}{M},$$pero los dos términos del numerador incluyen claramente los centros de masa de los dos grupos, de modo que$$r_{cm}=\frac{{m_{a}r}_{cma}+m_b{r}_{cmb}}{M}\mathrm{.}$$Este resultado justifica que podamos tratar a la Tierra y la Luna como partículas localizadas en su centro de masa, para luego poder hallar el centro de masa de la pareja más fácilmente. 1.2.2 Ejemplo 2 Sea un sistema de cuatro partículas, cuyas coordenadas respecto a un sistema de referencia son las siguientes: $$r_1=\left(4.50 m\right)\hat{i}+\left(3.10 m\right)\hat{j}+\left(- 1.80 m\right)\hat{k},$$$$r_2=\left(- 2.10 m\right)\hat{i}+\left(9.50 m\right)\hat{k},$$$$r_3=\left(-0.90 m\right)\hat{j}+\left(5.80 m\right)\hat{k}\mathrm{.}$$ Las masas de las partículas son $m_1=3.9$ kg, $m_2=7.1$ kg y $m_3=6.5$ kg. ¿Cuáles son las coordenadas del centro de masa del sistema? Empleando la expresión (7) se llega a los siguientes resultados:$$x_{cm}=\frac{\left(4.50 m \times 3.9 kg\right)+\left(- 2.10 m \times 7.1 kg\right)}{3.9 kg+7.1 kg+6.5 kg}=0.15 m,$$$$y_{cm}=\frac{\left(3.10 m \times 3.9 kg\right)+\left(- 0.90 m \times 6.5 kg\right)}{3.9 kg+7.1 kg+6.5 kg}=0.36 m,$$$$z_{cm}=\frac{\left(-1.80 m \times 3.9 kg\right)+\left(9.50 m \times 7.1 kg\right)+\left(5.80 m \times 6.5 kg\right)}{3.9 kg+7.1 kg+6.5 kg}=5.61 m,$$donde se han escrito con precisión de centímetros. Presentado de forma vectorial, el resultado queda  $$r_{cm}=\left(0.15 m\right)\hat{i}+\left(0.36 m\right)\hat{j}+\left(5.61 m\right)\hat{k}$$ 1.2.3 Ejemplo 3 Ubicar el centro de masa de un alambre muy delgado y recto, de longitud $L$ y densidad uniforme. Si colocamos el alambre de tal forma que coincida con el eje $x$ y uno de sus extremos con el origen, podemos emplear la ecuación $x_{cm}\equiv \frac{\int xdm}{M}$ para encontrar fácilmente el centro de masa. Como la densidad es uniforme, cada diferencial de masa, que se puede pensar como una rebanada muy delgada del alambre, tiene una masa de $dm=\frac{M}{L}dx$, donde $M$ es la masa total del alambre y por lo tanto, el cociente $\frac{M}{L}$ es la cantidad de masa por unidad de longitud o densidad lineal de masa. La integral queda entonces $$x_{cm}=\frac{\frac{M}{L}{\int }_0^{L}xdx}{M}= \frac{{\frac{1}{2}{x}^2|}_0^L}{L}=\frac{1}{2}L,$$indicando que el centro de masa queda justo a la mitad del alambre.   Figura 2: Alambre muy delgado y recto, de longitud $L$ y densidad uniforme. Se muestran los diferenciales de masa.   1.2.4 Ejemplo 4 ¿En que punto se encuentra el centro de masa de una lámina delgada, de densidad uniforme y en forma de triángulo rectángulo? Coloquemos el triángulo sobre el plano $xy$ como indica la figura, la hipotenusa forma un segmento de línea recta que pasa por el origen y tiene una inclinación de $\theta$. Nuevamente empleamos $x_{cm}\equiv \frac{\int xdm}{M}$, donde ahora la diferencial de masa no es la siempre la misma a lo largo del eje $x$.    Figura 3: Lámina delgada, de densidad uniforme y en forma de triángulo rectángulo. Se muestra un diferencial de masa. El valor de la diferencial de masa depende de la coordenada $y$ que corresponda, de modo que si A es el área total del triángulo la diferencial de masa es: $dm=\frac{M}{A}ydx$. Pero aprovechando las funciones trigonométricas sabemos que $y=xtan\theta$, entonces $$dm=\frac{Mtan\theta }{A}xdx,$$por lo que $$x_{cm}=\frac{tan\theta }{A}{\int }_0^b{x}^{2}dx=\frac{tan\theta }{3A}{b}^3\mathrm{.}$$Debemos recordar que $tan\theta =\frac{h}{b}$ y que el área de un triángulo es $A=\frac{bh}{2}$, por lo que la anterior expresión se puede simplificar$$x_{cm}=\frac{2}{3}b\mathrm{.}$$$$\mathrm{ }$$$$\mathrm{<div\; class="separator"\; style="clear:\; both;\; text-align:\; center;"><a\; href="https://blogger.googleusercontent.com/img/b/R29vZ2xl/AVvXsEi3W95Jm8egjwj2BgSKIx6cog7isXJLhXYgg6XhQU\_wkmZI\_XDbSMOV3kc-N4dbpTxwCRwZS4RZTrDHiv0hyKBPUFrhCP1tzYTm3YKkR0LF6IPqpaN7Ln32g20VC\_lJjOmSFolYAFfmEggchWA8w9E4\_k27wr8zs-\_G7eoKiA7IpJzPHvSS7LtTzuPvQW0C/s410/triangulo02.png"\; style="margin-left:\; 1em;\; margin-right:\; 1em;"><img\; border="0"\; data-original-height="301"\; data-original-width="410"\; height="235"\; src="https://blogger.googleusercontent.com/img/b/R29vZ2xl/AVvXsEi3W95Jm8egjwj2BgSKIx6cog7isXJLhXYgg6XhQU\_wkmZI\_XDbSMOV3kc-N4dbpTxwCRwZS4RZTrDHiv0hyKBPUFrhCP1tzYTm3YKkR0LF6IPqpaN7Ln32g20VC\_lJjOmSFolYAFfmEggchWA8w9E4\_k27wr8zs-\_G7eoKiA7IpJzPHvSS7LtTzuPvQW0C/s320/triangulo02.png"\; width="320"></a></div><br> }$$ Figura 4: El centro de masa de un triángulo rectángulo queda a una tercera parte de la altura y la base desde el vértice del ángulo recto. Es sorprendente el hecho que $x_{cm}$ no dependa de la altura ni de los ángulos. Si repetimos el mismo procedimiento para $y_{cm}\equiv \frac{\int ydm}{M}$ el resultado obvio será$$y_{cm}=\frac{2}{3}h\mathrm{.}$$Todo lo anterior nos dice que el centro de masa de un triángulo rectángulo queda a una tercera parte de la altura y la base desde el vértice del ángulo recto. Se puede formar un triángulo isósceles al unir dos triángulos rectángulos iguales y se puede anticipar que su centro de masas estará a una tercera parte de su altura sobre la línea de simetría. 1.2.5 Ejemplo 5 La figura muestra una placa circular de metal, de densidad uniforme y de radio 2R, de la que se ha extraído un disco de radio R. Encuentre el centro de masa de la figura.   Figura 5: Placa circular de metal, de densidad uniforme y de radio 2R, de la que se ha extraído un disco de radio R. Llamemos a la placa original, antes de haberle extraído el disco, objeto $A$, sea el disco que se le extrajo el objeto $B$ y al resultado final objeto $C$. Es claro que $$\begin{array}{cc}{r}_{cmA}=\frac{m_B{r}_{cmB}+m_C{r}_{cmC}}{m_A},& (8)\end{array}$$donde $m_A,$ $m_B$ y $m_C$ son las masas de los objetos $A$, $B$ y $C$, mientras que $r_{cmA}$, $r_{cmB}$ y $r_{cmC}$ son sus centros de masa, además suponemos que $m_B+m_C=m_A$. De antemano sabemos, por argumentos de simetría, que los centros de masa de los objetos $A$ y $B$ están en sus centros geométricos, pero deseamos encontrar $r_{cmC}$. Despejando a $r_{cmC}$ de (8) queda $$\begin{array}{cc}{r}_{cmC}=\frac{m_A{r}_{cmA}-m_B{r}_{cmB}}{m_C}\mathrm{.}& (9)\end{array}$$Si bien no conocemos las masas de $A$, $B$ y $C$ sí podemos decir que estas son proporcionales al área de la figura correspondiente, pues la densidad de la placa metálica es uniforme, estas áreas son $$a_A=\pi {\left(2R\right)}^2,a_B=\pi R^{2}y{a}_C=a_A-a_B=3\pi R^2,$$las masas se pueden obtener multiplicando estas áreas por la densidad superficial de la placa. Dado que la densidad superficial es la misma para las tres figuras, es un factor común en el numerador y denominador de (9), esta expresión queda ahora$$r_{cmC}=\frac{4\pi R^2{r}_{cmA}-\pi R^2{r}_{cmB}}{3\pi R^2}=\frac{4r_{cmA}-r_{cmB}}{3}\mathrm{.}$$Dado que $r_{cmA}=0$ y $r_{cmB}=-Ri$, se obtiene $$r_{cmC}=\frac{R}{3}i$$ 1.3 Momentum lineal y su conservación La ecuación (6) dice que la suma de todas las fuerzas es igual al producto de la masa total del sistema por la aceleración del centro de masa, pero la suma de todas las fuerzas deja sólo a las fuerzas externas pues los pares de acción y reacción se anulan, por lo que$$\sum F_{externas}=M{a}_{cm}=M\frac{d^2{r}_{cm}}{d{t}^2}\mathrm{.}$$La principal consecuencia de esta expresión es que, si todas las fuerzas externas se anulan o son despreciables a lo largo de un intervalo de tiempo, debe haber una cantidad física que se conserva pues$$0=M\frac{d^2{r}_{cm}}{d{t}^2},$$ecuación que al integrarse en el tiempo deja $$\begin{array}{cc}constante=M\frac{d{r}_{cm}}{dt}=M{v}_{cm}\mathrm{.}& (10)\end{array}$$Es frecuente que las fuerzas internas de un sistema resulten mucho mayores que las externas y estas últimas se pueden despreciar, si es así, se puede decir que conserva el producto de la masa por la velocidad, cantidad conocida como momentum lineal, cantidad de movimiento o ímpetu lineal. El momentum lineal de un sistema de partículas se representa con el símbolo $P$, para las partículas individuales se usa la minúscula $p_i$, así $$P\equiv M{v}_{cm},$$pero $v_{cm}$ no es más que la derivada respecto al tiempo del centro de masa, por lo que$$P=M\frac{d{r}_{cm}}{dt}=M\frac{d\left(\frac{\sum m_i{r}_i}{M}\right)}{dt}$$y si las masas son constantes$$P=\frac{d\sum m_i{r}_i}{dt}=\sum m_i\frac{d{r}_i}{dt}=\sum m_i{v}_i=\sum p_i,$$es decir, el momentum lineal del sistema $P$ es igual a la suma de todas las $p_i$ de las partículas que lo conforman. Si las fuerzas externas son despreciables, como $P$ es una constante, también lo es la suma de las $p_i$$$constante=P=\sum p_i\mathrm{.}$$ 1.4 Ejemplos de momentum lineal y su conservación 1.4.1 Ejemplo 1 Se lanzan 9 bolas de plastilina de masa $m_b=0.300$ kg, con una velocidad aproximadamente horizontal de $v_b=20$ m/s hacia un pizarrón de madera, inicialmente en reposo, que se puede mover sobre un riel sin fricción. La masa del pizarrón es de $m_p=15$ kg. ¿Qué rapidez $v_f$ adquiere el pizarrón si se le quedan pegadas todas las bolas de plastilina?     Figura 6: Bolas de plastilina lanzadas hacia un pizarrón. Comenzamos por suponer que las fuerzas externas al sistema, sistema que consta de las bolas y el pizarrón, son despreciables respecto de las fuerzas de impacto, si es así, el momentum lineal del sistema se conserva aproximadamente. El momentum inicial del sistema es$$P_i=9p_b=9m_b{v}_b$$y el final$$P_f=\left(m_p+9m_b\right)v_f\mathrm{.}$$Si se conserva el momentum lineal se debe cumplir $P_i=P_f$, por lo que$$9m_b{v}_b=\left(m_p+9m_b\right)v_f\mathrm{.}$$Es claro que $v_b$ y $v_f$ deben tener la misma dirección, así que podemos escribir de forma escalar$$9m_b{v}_b=\left(m_p+9m_b\right)v_f$$y despejando a $v_f$ se obtiene$$v_f=\frac{9m_b{v}_b}{m_p+9m_b}=3.05 m/s\mathrm{.}$$ 1.4.2 Ejemplo 2 Una pareja de patinadores están inicialmente en reposo, la masa de él es de 70 kg y la de ella 50 kg. Al impulsarse mutuamente se comienzan a alejar uno de otro, él adquiere una rapidez de 2.5 m/s. Despreciando efectos de fricción ¿qué rapidez adquiere ella?  Figura 7: Patinadores impulsándose Dado que la fricción es despreciable podemos pensar que las fuerzas externas no son significativas y que el momentum lineal se conserva. Nuevamente se debe cumplir $P_i=P_f$, donde $P_i=0$ y $$P_f=m_{ella}{v}_{ella}+m_{él}{v}_{él},$$por lo que$$0=m_{ella}{v}_{ella}+m_{él}{v}_{él}\Rightarrow m_{ella}{v}_{ella}=-m_{él}{v}_{él}$$y queda claro que que las velocidades adquiridas son opuestas. Tomando la magnitud a ambos lados de la ecuación anterior se obtiene$$m_{ella}{v}_{ella}=m_{él}{v}_{él}$$y despejando a $v_{ella}$ se obtiene$$v_{ella}=\frac{m_{él}}{m_{ella}}{v}_{él}=3.5 m/s\mathrm{.}$$   1.4.3 Ejemplo 3 Un vehículo espacial viaja a $v_i=3860 km/h$ con respecto a la Tierra cuando el motor vacío del cohete se desprende y es enviado de regreso con una rapidez de $v_{relativa}=125 km/h$ con respecto al módulo de mando. La masa del motor es el cuádruple de la masa del módulo. ¿Cuál es la velocidad del módulo de mando después de la separación?  Figura 8: La figura original que representa un cohete separándose de su motor es de Virgin Galactic y la puedes ver aquí. Otra vez podemos suponer que el momentum lineal del sistema se conserva. El momentum inicial es $$P_i=\left(m_{motor}+m_{módulo}\right)v_i\mathrm{.}$$El momentum final es$$P_f=m_{motor}{v}_{f motor}+m_{módulo}{v}_{f módulo}\mathrm{.}$$Aquí, la velocidad final del motor respecto de un observador externo $v_{f motor}$ (respecto de ese observador se conserva el momentum), se puede encontrar empleando la relatividad de Galileo (movimiento relativo) $v_{f motor}=v_i-v_{relativa}$, de modo que $$P_f=m_{motor}\left(v_i-v_{relativa}\right)+m_{módulo}{v}_{f módulo}\mathrm{.}$$Como $P_i=P_f$ tenemos que$$\left(m_{motor}+m_{módulo}\right)v_i=m_{motor}\left(v_i-v_{relativa}\right)+m_{módulo}{v}_{f módulo}$$y si se toma en cuenta que $m_{motor}=4m_{módulo}$ queda$$5m_{módulo}{v}_i=4m_{módulo}\left(v_i-v_{relativa}\right)+m_{módulo}{v}_{f módulo}\mathrm{.}$$La ecuación anterior se puede resolver para $v_{f módulo}$$$v_{f módulo}=\frac{5m_{módulo}{v}_i-4m_{módulo}\left(v_i-v_{relativa}\right)}{m_{módulo}}=5v_i-4\left(v_i-v_{relativa}\right),$$por lo que $$v_{f módulo}=4360 km/h\mathrm{.}$$ 1.4.4 Ejemplo 4 Una vasija, que está inicialmente en reposo, explota en el aire rompiéndose en tres partes. La primera parte, de masa $m$, sale volando en dirección vertical hacia arriba. La segunda parte, con el doble de masa ($2m$), vuela en dirección horizontal a la derecha, con la misma rapidez $v_1$ que la anterior. La tercera parte queda con el triple de masa ($3m$), ¿En que dirección y con qué rapidez sale volando?   Figura 9: Una vasija explota en el aire rompiéndose en tres partes.   Las fuerzas generadas por la explosión son muy grandes comparadas con el peso de las piezas y la resistencia del aire, por lo que podemos suponer nuevamente que el momentum lineal del sistema se conserva aproximadamente. Aquí $P_i=0$ y $$\begin{array}{cc}{P}_f=p_{f1}+p_{f2}+p_{f3}\mathrm{.}& (11)\end{array}$$Estableciendo un sistema de referencia en el que el eje $x$ es horizontal y el $y$ es vertical, se puede escribir $p_{f1}=m{v}_{1}j$, $p_{f2}=2m{v}_{1}i$ y $p_{f3}=3m{v}_3$, pero no conocemos la velocidad $v_3$. Al conservarse el momentum lineal podemos exigir que $P_i=P_f$ de modo que $$3m{v}_3=-2m{v}_{1}i-m{v}_{1}j\mathrm{.}$$Escribiendo esto último por componentes y simplificando, queda$$v_{3x}=-\frac{2}{3}{v}_{1}y{v}_{3y}=-\frac{1}{3}{v}_1\mathrm{.}$$Ahora podemos hallar la magnitud y dirección de $v_3$$$v_3=v_1\sqrt{{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}\right)}^2}=\left(0.745\right)v_1$$y $tan{\theta }_{v_3}=0.5$, que estando en el tercer cuadrante implica que $${\theta }_{v_3}=207°\mathrm{.}$$ 1.5 Sistemas de masa variable En realidad, de forma más general, la segunda ley de Newton se escribe como $$\begin{array}{cc}\sum F=\frac{dmv}{dt},& (12)\end{array}$$es claro que si la masa es constante, la anterior expresión se reduce a la muy bien conocida $\sum F=ma$. Si se desea describir el movimiento de sistemas de masa variable, es necesario recurrir a (12). 1.5.1 Experimento de Tsiolkovsky Imaginemos el siguiente caso, propuesto por Konstantin Tsiolkovsky en 1903 para explicar la propulsión de los cohetes: Una persona está en un bote lejos de la orilla y sin remos, sin embargo, ésta persona quiere llegar a la orilla. Ella nota que su bote está cargado con cierta cantidad de piedras y se le ocurre la idea de lanzarlas en dirección opuesta a la orilla, lanzándolas una por una y lo más rápido posible. Si las fuerzas disipativas de arrastre con el agua son pequeñas comparadas con las fuerzas implicadas en los lanzamientos y suponemos que el peso se anula con la fuerza de flotación, efectivamente, el momentum lineal de el sistema bote+persona+piedras se conserva. Así la cantidad de movimiento de las piedras lanzadas en una dirección corresponde a una cantidad igual de movimiento para el bote en sentido contrario.   Figura 10: El experimento pensado de Konstantin Tsiolkovsky que demuestra el principio de la propulsión a chorro. El GIF animado original, hecho por Bernard de GoMars, se puede ver en Experimento de Tsiolkovsky.  Suponiendo que se parte del reposo, $p_{bote 0}=0$, después de lanzar la primera piedra, el momentum lineal adquirido por el bote, $p_{bote 1}$, y el adquirido por la piedra deben anularse $$\begin{array}{cc}0=p_{bote 0}=p_{bote 1}+p_{piedra 1},& (13)\end{array}$$de modo que las magnitudes de $p_{bote 1}$ y $p_{piedra 1}$ deben ser iguales y sus direcciones contrarias. Sea $M$ toda la masa total del bote, con la persona y su carga. Sea $m$ la masa de cada piedra, $v_e$ la rapidez con la que se lanzan respecto del bote y $n$ el número total de piedras. El que las magnitudes sean iguales, $p_{bote 1}=p_{piedra 1}$, lleva a la siguiente expresión $$\begin{array}{cc}\left(M-m\right)v_1=m{v}_e,& (14)\end{array}$$despejando a $v_1$ se obtiene$$v_1=\frac{m{v}_e}{M-m}\mathrm{.}$$Se lanza la segunda piedra, la conservación del momentum lineal tiene como consecuencia que $$\begin{array}{cc}{p}_{bote 2}=p_{bote 1}+p_{piedra 2},& (15)\end{array}$$donde $p_{bote 2}$ es la magnitud del nuevo momentum del bote y $p_{piedra 2}$ es la magnitud del momentum de la segunda piedra lanzada. La anterior expresión se traduce en $$\left(M-2m\right)v_2=\left(M-m\right)v_1+m\left(v_e-v_1\right),$$aquí se puso $v_e-v_1$ dentro del paréntesis de la derecha y no sólo $v_e$ porque la rapidez de la piedra debe estar escrita respecto al sistema de referencia que estaba en reposo con el bote al iniciar el experimento y $v_e$ es tan sólo la rapidez de la piedra relativa al bote. Simplificando se obtiene$$\left(M-2m\right)v_2=m{v}_e+\left(M-2m\right)v_1$$Con una tercera piedra debe cumplirse $p_{bote 3}=p_{bote 2}+p_{piedra 3}$, por lo que$$\left(M-3m\right)v_3=\left(M-2m\right)v_2+m\left(v_e-v_2\right)$$y simplificando queda$$\left(M-3m\right)v_3=m{v}_e+\left(M-3m\right)v_2\mathrm{.}$$Similarmente, después de $n$ piedras se cumple $$\begin{array}{cc}{p}_{bote n}=p_{piedra n}+p_{bote n-1}& (16)\end{array}$$ y en consecuencia$$\left(M-nm\right)v_n=m{v}_e+\left(M-nm\right)v_{n-1},$$despejando la rapidez final se obtiene $$\begin{array}{cc}{v}_n=\frac{m}{M-nm}{v}_e+v_{n-1}\mathrm{.}& (17)\end{array}$$Las ecuaciones (16) y (17) son relaciones de recurrencia, pues permite encontrar un momentum o una rapidez en función de la inmediata anterior. Dado que se cumple (16), pero también $p_{bote n-1}=p_{bote n-2}+p_{piedra n-1}$ y todas las relaciones de recurrencia subsecuentes, se puede concluir que $$\begin{array}{cc}{p}_{bote n}=\sum _{i=1}^n{p}_{piedra i},& (18)\end{array}$$ pero también que $$v_n=m{v}_e\left[\frac{1}{M-nm}+\frac{1}{M-\left(n-1\right)m}+\frac{1}{M-\left(n-2\right)m}+\mathrm{...}+\frac{1}{M-m}\right],$$ésto último se puede escribir de forma resumida así $$\begin{array}{cc}{v}_n=v_e\sum _{i=1}^n\frac{\frac{m}{M}}{1-i\frac{m}{M}}\mathrm{.}& (19)\end{array}$$Una gráfica de $v_n$ contra $n$ se muestra en la figura 11, se toman los valores numéricos: $m=5.0$ kg $M=150$ kg, $v_e=1$ m/s. Bajo estas condiciones el bote adquiere una rapidez final de 0.364 m/s habiendo partido del reposo.     Figura 11: Una gráfica de $v_n$ contra el número de lanzamiento $n$, de la ecuación (19), el experimento de Tsiolkovsky. Se toman los valores numéricos: $m=5.0$ kg $M=150$ kg, $v_e=1$ m/s. 1.5.2 Ecuación del cohete Ahora pensemos en un cohete, como el del ejemplo de la sección anterior 1.4.3, pero que en vez de desprenderse de todo el motor en un instante, vaya expulsando un flujo de material, produciendo una retropropulsión contínua. Sea la masa de la nave junto con el combustible que expulsará $m+\Delta m$. En un determinado instante, en el que su velocidad es $v$, su momentum es $$P_1=\left(m+\Delta m\right)v,$$Un instante después, ya habiendo expulsado la masa $\Delta m$ y ganado una velocida $\Delta v$, del momentum es$$P_2=m\left(v+\Delta v\right)+v_a\Delta m,$$donde $v_a$ es la velocidad con la que se expulsa el material respecto de un observador inercial externo. Si han se ha de conservar el momentum del sistema completo se debe cumplir $P_1=P_2$$$\left(m+\Delta m\right)v=m\left(v+\Delta v\right)+v_a\Delta m\mathrm{.}$$Simplificando la ecuación anterior queda$$0=m\Delta v+\left(v_a-v\right)\Delta m,$$pero aquí $v_a-v$ es la velocidad relativa de expulsión $v_{rel}$, por lo que se tiene$$0=m\Delta v+v_{rel}\Delta m\mathrm{.}$$Si en vez de intervalos finitos pensamos en infinitesimales$$0=mdv+v_{rel}dm,$$es decir$$dv=-v_{rel}\frac{dm}{m},$$donde $v_{rel}$ es una constante, ya que se expulsa el material siempre con la misma rapidez relativa. Aquí la diferencial de masa es la masa que se va expulsando del vehículo, que debe ser igual, pero con signo contrario, a la masa que va perdiendo dicho vehículo al propulsarse. Si la masa del vehículo se representa con el símbolo $M$ esto significa que $$dm=-dM,$$de modo que$$dv=v_{rel}\frac{dM}{M}\mathrm{.}$$Integrando a ambos lados se obtiene$$$$ $$\begin{array}{cc}{v}_f-v_i=v_{rel}ln\frac{M_f}{M_i}\mathrm{.}& (19)\end{array}$$ La fórma más conocida de la ecuación del cohete es escalar, para escribir la ecuación anterior en formato escalar hay que suponer movimiento en una dimensión (en línea recta) y notar que $v_{rel}$ tiene el sentido contrario de la diferencia de velocidad $v_f-v_i$ , es decir de $\Delta v,$queda entonces$$\Delta v=-v{}_{e}ln\frac{M_f}{M_i}=v_{e}ln\frac{M_i}{M_f}$$donde $v_e$ es la rapidez de expulsión de la masa propulsora, ésta es la famosa ecuación del cohete. La ganancia en rapidez del vehículo depende de la rapidez de expulsión $v_e$ y de la razón entre la masa inicial y la final. Si $\frac{dm}{dt}$ es constante, se puede escribir a la rapidez del vehículo como función del tiempo de manera simple, haciendo la substitución $M\left(t\right)=M_i-t\left|\frac{dM}{dt}\right|$ $$\begin{array}{cc}v\left(t\right)=v_i+v_{e}ln\frac{M_i}{M\left(t\right)}=v_i+v_{e}ln\left[\frac{M_i}{M_i-t\left|\frac{dM}{dt}\right|}\right],& (20)\end{array}$$donde $v_i$ representa la rapidez inicial del vehículo. Podemos ver una gráfica de velocidad contra tiempo de la ecuación (20) en la figura 12, se toman los valores numéricos: $v_i=0$, $M_i=150 kg$ , $v_e=1 m/s$ y $\left|\frac{dM}{dt}\right|=1 kg/s$. Bajo estas condiciones el vehículo adquiere una rapidez final de 0.35667 m/s habiendo partido del reposo. Es de notar la similitud de los resultados en las figuras 11 y 12. En ese intervalo de 45 segundos, aunque sí se nota que $v\left(t\right)$ no es una línea recta, definitivamente se parece mucho a una.  Figura 12: Una gráfica de velocidad contra tiempo, $0\le t\le 45$ s, de la ecuación (20). Se toman los valores numéricos: $v_i=0$, $M_i=150 kg$ , $v_e=1 m/s$y  $\left|\frac{dM}{dt}\right|=1 kg/s$. Se puede derivar la velocidad respecto al tiempo y obtener la aceleración$$a\left(t\right)=v_e\left(\frac{M\left(t\right)}{M_i}\right)\left(-\frac{M_i}{M^2\left(t\right)}\right)\left(\frac{dM}{dt}\right)=v_e\left|\frac{dM}{dt}\right|\frac{1}{M\left(t\right)},$$claramente la aceleración del vehículo es proporcional al producto $v_e\left|\frac{dM}{dt}\right|$, cantidad a la que se llama “empuje” y que corresponde con la fuerza de retro-propulsión en el marco de referencia del vehículo. 1.6 Ejemplos de masa variable 1.6.1 Ejemplo 1 Un cohete, de masa $M=3.05\times 10^5$ kg, está en el espacio y en ausencia de fuerzas externas. Aproximadamente unos $1.64\times 10^5$ kg son de combustible. El motor de retro-propulsión consume combustible a razón de 500 kg/s y la velocidad de eyección es de $v_e=$ 3.27 km/s. a) Halle el empuje del motor. Si el motor se enciende durante 250 s, b) ¿cuál es la masa que le queda al cohete después de la combustión? c) ¿Qué rapidez final alcanza si partió del reposo? a) El empuje es simplemente el producto $v_e\left|\frac{dM}{dt}\right|$, de modo que empuje = $\left(3.27\times 10^3 m/s\right)\left(5.00\times 10^2 kg/s\right)=1.635\times 10^6 N$.  b) A razón de 500 kg/s, el cohete pierde una masa total de $\Delta M=\left(500 kg/s\right)\left(250 s\right)=1.25\times 10^5 kg$, por lo que la masa final es $M_f=\left(3.05\times 10^5 kg\right)-\left(1.25\times 10^5 kg\right)=1.8\times 10^5 kg$.  c) Empleando la ecuación (19) podemos encontrar la velocidad final $v_f=\left(3.27\times 10^3 m/s\right)ln\frac{3.05\times 10^5 kg}{1.8\times 10^5 kg}=1.7\times 10^3 m/s\mathrm{.}$ $\mathrm{ }$ $$