1

Cantidad de movimiento Ya vimos que a cada masa inercial m se debe asociar una energía relacionado con su movimiento en el espacio-tiempo = cantidad de movimiento (o momento lineal) (1) p mv=r r

Con unidad [ ] mkg

sp = ⋅

Que esto corresponde a una energía es fácil a demostrar La magnitud de este vector es ( )2 2 2 2p p p m v v m v= ⋅ = ⋅ =

r r r r

(2) 2

21 12 2

pmv K

m= =

La cantidad de movimiento da un sentido más general a la segunda ley de Newton y a la

noción de fuerza – la segunda ley ( )dv dF ma m mv

dt dt= = =∑

rr r r

(3) dp

Fdt

=∑rr

La fuerza es la taja de cambio de la cantidad de movimiento de la masa m Impulso Vimos que la acción de una fuerza constante F aplicada sobre una distancia s en el espacio corresponde al trabajo (4) W Fs= Si al lugar del desplazamiento consideramos el intervalo de tiempo sobre el cual se aplica la fuerza tenemos el impulso (5) J F t= ∆∑

r r

Con unidad [ ] mN s kg

sJ = ⋅ = ⋅

2

Ahora si .F cte=∑r

.dp

ctedt

⇒ =r

por lo tanto 2 1

2 1

p pdp pdt t t t

− ∆= =

− ∆

r rr r, la variación instantánea

es igual a la variación promedio; el impulso en esta condición p

F t t pt

∆∆ = ∆ = ∆

∆∑rr r

(6) 2 1J p p= −r r r

El impulso es igual a la variación de cantidad de movimiento

Pero también se cumple esta relación si las fuerzas no son constantes

El teorema del impulso-cantidad de movimiento

(7) 2 2 2

1 12 1

t t t

t t t

dpFdt dt dp p p

dt= = = −∑∫ ∫ ∫

rr r r r

En general

(8) J Fdt= ∑∫r r

El impulso es igual al área debajo de la fuerza en función del tiempo

Si definimos una fuerza media medFr

(9) ( )2 1medJ F t t= −r r

3

En relación a la acción de la fuerza en el espacio-tiempo tenemos dos relaciones

Trabajo (escalar) Impulso (vector)

2 1

dpW F s s K K

dt= ⋅ = ⋅ = −

rr r r 2 1J F t p p= ∆ = −

r r r r

Considere una masa m, inicialmente al reposo 1 0p⇒ =

r, y también 21

1 12 0K mv= =

Cuando una fuerza constante actúa sobre la masa durante un tiempo curto 2 1t t t∆ = − , el

teorema del impulso-cantidad de movimiento da 2 1 0p p J F t= + = + ∆r rr r

(10) J F t p= ∆ =r r r

La cantidad de movimiento es igual al impulso que lo aceleró desde el reposo a su rapidez actual

En cambio, la energía cinética en 2t es:

(11) 2 totalK K W F s= ∆ = = ∆ La energía cinética es igual al trabajo total realizado sobre la masa para acelerarla

Ejemplo: consideramos dos pelotas, una tiene una masa 1 0.50kgm = la otra 2 0.10kgm =

La primera tiene una rapidez 1m

4.0s

v = y la segunda 2m

20s

v = , las dos tienen la misma

cantidad de movimiento: 1 2m

2kgs

p p= = ⋅

Pero no tiene la misma energía cinética 1 4JK = y 2 20JK =

El resultado es que para detener la segunda bola, necesitamos hacer un trabajo 5 veces más grande que para detener la primera

4

Sin embargo, la energía cinética no es el único factor

Por ejemplo, una pelota de béisbol y una bala de un rifle calibre 0.22 tienen más o menos la misma energía cinética ⇒ se necesita hacer el mismo trabajo para parar las

Pero parar la bala del rifle con la mano es muy peligroso – tiene un a fuerza de penetración (presión) mucho más grande

⇒ Todos los átomos de la mano absorben la energía para parar la pelota de béisbol pero mucho menos átomos absorben la energía para parar la bala del rifle

La presión es definida como

(12) F

PA

⊥=

Donde F⊥ es la fuerza perpendicular a la área

La presión es una cantidad escalar con unidad [ ] 2

NPa (Pascal)

mP = =

Otras unidades son el bar donde 51bar 10 Pa= , el millibar donde1milibar 100Pa= o el atmósfera donde 51atm 1.013 10 Pa 1.013bar 1013milibar= × = = (presión atmosférica al nivel del mar) En el modelo molecular, la presión en un fluido es un fenómeno relacionado con los choques de las moléculas – estos choques producen una fuerza perpendicular a la superficie de cualquier masa en contacto con el fluido

(13) p t

PA

∆ ∆=

5

Un equivalente mecánico (modelo) = una pelota que rebota en una pared

Si la masa de la pelota es 0.40kgm = e su velocidad inicial es 1m

30s

v = − , la cantidad de

movimiento inicial es ( )1 1

m m0.40kg 30 12kg

s sp mv = = − = − ⋅

La pelota rebota con velocidad 2m

20s

v = + que corresponde a la cantidad de

movimiento ( )2 2

m m0.40kg 20 8kg

s sp mv = = = ⋅

El cambio de cantidad de movimiento: 2 1

m m m8kg 12kg 20kg

s s sp p − = ⋅ − − ⋅ = ⋅

Esta variación de cantidad de movimiento es relacionado con un impulso igual a: m

20kg 20N ss

J = ⋅ = ⋅

El choque contra la pared es muy corto, típicamente duró 0.010s 20N s

2000N0.010smed med

JJ F t F

t⋅

⇒ = ∆ ⇒ = = =∆

Esta fuerza es mucha más grande que el peso: 3.9Nw mg= =

Esto es típico de fuerzas elásticas intermoleculares (electroestática) – ¡son muy altas!

6

Conservación de la cantidad de movimiento Consideramos la interacción entre dos partículas

Según la tercera ley de Newton, cada una ejerce sobre la otra una fuerza igual pero opuestas en dirección

Como la interacción dura el mismo tiempo t∆ , los impulsos son iguales: 1 2J J= −r r

• En cualquier sistema, las fuerzas que las partículas ejercen entre si = fuerzas internas

• Estas son diferentes de las fuerzas ejercidas sobre cualquier parte de un sistema por masas fueran del sistema = fuerzas externas

Un sistema aislado es un sistema que no siente la acción de fuerza externa

Por ejemplo, un sistema aislado de dos partículas è dos fuerzas internas, A sobre B, ABFr

, y

B sobre A, BAFr

Aplicando la relación entre fuerza y variación de la cantidad de movimiento (dp

Fdt

=∑rr

):

(14) ABA

dpF

dt=

rr y B

ABdp

Fdt

=rr

Pero, según la tercera ley de Newton:

(15) ( )0 0A BBA AB A B

dp dp dF F p p

dt dt dt+ = ⇒ + = + =

r rr r r r

Definimos la cantidad de movimiento total del sistema:

(16) total A Bp p p p= + = ∑r r r r

El principio de la conservación de la cantidad de movimiento

(17) 0 .totaltotal

dpp cte

dt= ⇒ =

r r

Si la suma vectorial de las fuerzas externas sobre un sistema es cero, la cantidad de movimiento total del sistema es constante

7

En general, por un sistema de N partículas

(18) 1 2 1 1 2 21 1

N N

total i N N N i ii i

p p p p p m v m v m v m v= =

= = + +⋅ ⋅ ⋅+ = + +⋅ ⋅ ⋅+ =∑ ∑r r r r r r r r r

Si el sistema es aislado 0totaldpdt

=r

El principio de la conservación de la cantidad de movimiento no depende de la naturaleza de las fuerzas internas è la conservación de la cantidad de movimiento se cumple mismo cuando las fuerzas no son conservativas è la energía cinética no es conservada Choques Definición de choque = cualquier interacción fuerte entre masas que dura un tiempo relativamente corto

En general, las fuerzas internas ? fuerzas externas ⇒ sistema es aislado y 0totaldpdt

=r

, se

aplica la ley de conservación de la cantidad de movimiento

Dos tipos de choques:

• Choque elástico: 0dKdt

= conservación de la energía cinética

• Choque inelástico: 0dKdt

≠ non conservación de la energía cinética

En general los choques entre moléculas de un fluido son elásticos – este fenómeno permite una redistribución de la energía de manera uniforme de las moléculas siguiendo la conservación de la cantidad de movimiento – este mecanismo es a la base del fenómeno de presión y temperatura en un fluido (gas en particular) con valor promedio

8

En un choque elástico 0dKdt

= , por lo tanto la energía cinética inicial y final son igual

(19) 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2A Ai B Bi A Af B Bfm v m v m v m v+ = +

Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento 0dPdt

=r

(20) A Ai B Bi A Af B Bfm v m v m v m v+ = + Si conocemos las masas y las velocidades iniciales, podemos resolver las ecuaciones simultáneamente para obtener las velocidades finales

Un caso especial importante es cuando 0Biv = (el blanco que debe golpear A)

Sea v la componente x de la velocidad inicial de A y Av y Bv las componentes x de las velocidades finales – la conservación de energía

(21) 2 2 21 1 12 2 2A A A B Bm v m v m v= +

La conservación del momento lineal (22) ( )B B A Am v m v v= − Dividimos una ecuación por la otra (23) B Av v v= + Sustituimos en la ecuación de la conservación de la cantidad de movimiento

(24) A BA

A B

m mv v

m m−

=+

Substituimos en la ecuación B Av v v= +

(25) 2 A

BA B

mv v

m m=

+

9

Para choques elásticos donde una de la partícula (el blanco) es inmóvil

A BA

A B

m mv v

m m−

=+

2 A

BA B

mv v

m m=

+

De las expresiones para Av y Bv podemos deducir algunos resultados importantes:

Si A Bm m<< 0

A

B

v vv

→ −→

Si A Bm m? 2

A

B

v vv v

→ +→

A Bm m= 0A

B

vv v

→→

De la ecuación B Av v v= + deducimos que

(26) B Av v v= − Esto es la velocidad de B relativa a A después del choque - también esto es el negativo de le velocidad de B relativa a A antes del choque

En choques rectilíneas elásticos de cuerpos las velocidades relativas antes y después del choque tienen misma magnitud pero signos opuestos

(27) ( )Bf Af Bi Aiv v v v− = − − Existe una relación vectorial similar è una propiedad general de todos los choques elásticos

Si el choque elástico de dos cuerpos no es de frente, las velocidades no están alineadas

• Cada velocidad tienen 2 componentes desconocidas y hay 4 incógnitas en total

• Para resolver los problemas tenemos solamente E cte= y las expresiones para xp y

yp

Necesitamos, por tanto, información adicional como dirección o magnitud de esas velocidades

10

Moderador en reactor nuclear En un reactor nuclear se producen neutrones de alta rapidez durante el proceso de fisión

Para una reacción en cadena se necesita reducir la velocidad de estos neutrones

Se usa por esto choques con núcleos de moderadores = carbono o grafito

Los choques son elásticos de frente con un núcleo de carbono 12Bm µ= , donde µ es la unidad de masa atómica, y 0Bv =

Para los neutrones 1Am µ= y 7 m2.6 10

sAv = ×

Usando las ecuaciones A BA

A B

m mv v

m m−

=+

y 2 A

BA B

mv v

m m=

+

⇒ después del primero choque 7 m2.2 10

sAv = − × y 7 m0.4 10

sBv = ×

El neutrón termina con 1113

de su rapidez inicial y su energía cinética bajo a 211

13

o 0.72 del

valor inicial

Después de un segundo choque, la energía cinemática bajara de nuevo de 0.72 del valor inicial hasta 0.5 veces el valor inicial

Rápidamente, el neutrón se desplazara muy lentamente

11

Choques elásticos, bidimensional de partículas

Modelo mecánico = discos sobre mesa sin fricción – bolas de billiard

• Masas 0.500kgAm = y 0.300kgBm =

• Velocidades de masa A antes y después del choque m

4.00sAiv = +

m2.00

sAfv = +

La conservación de la energía cinética:

2 2 21 1 12 2 2A Ai A Af B Bfm v m v m v= +

2 2 m4.47

sA Ai A Af

BfB

m v m vv

m

−⇒ = =

La componente x de la cantidad de movimiento:

A Axi A Axf B Bxfm v m v m v= +

( ) ( ) ( )m m m0.500kg 4.00 0.500kg 2.00 cos 0.300kg 4.47 cos

s s sα β ⇒ = +

La componente y: 0 A Afy B Bfym v m v= +

( ) ( )m m0 0.500kg 2.00 sen 0.300kg 4.47 sen

s sα β ⇒ = −

Tenemos dos ecuaciones simultáneas para α y β è más sencillo = eliminar β

Pongamos ( ) m0.500kg 4.00

sA =

, ( ) m

0.500kg 2.00s

B =

y ( ) m0.300kg 4.47

sC =

La componente en x:

cos cosA B Cα β= + 2

22

cos ( cos )cos cos

A B A BC C

α αβ β

− −⇒ = ⇒ =

12

La componente en y:

0 sen senB Cα β= − 2

2 22sen sen sen sen

B BC C

β α β α⇒ = ⇒ =

Sumando los dos: 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 cos cos sen 2 cos1

A AB B B A AB BC C

α α α α− + + − += =

2 2 22 2 22 cos cos

2B A C

AB B A CAB

α α+ −

⇒ = + − ⇒ =

Des esto deducimos 36.9α = o

Para β , substituimos cosα en la primera ecuación:

2 2 2 2 2 2

cos cos2

B A C A C BA C

A Cβ β

+ − + −= + ⇒ =

De esto deducimos 26.6β = o

13

El decaimiento β Estudiando el proceso de decaimiento beta de los núcleos radiactivos el físico Niels Bohr encontró una aparente contradicción con el principio de conservación de la cantidad de movimiento - a este momento no estaba claro que al nivel del átomo las leyes de la física se aplicaba sin modificación (la relatividad de Einstein es una) è en particular, Niels Bohr no estaba seguro que la ley de conservación de cantidad de movimiento se aplicaba El físico Wolfgang Pauli realizo que para cumplir con este principio el proceso de decaimiento beta deberé producir una partícula nueva – esta partícula se torno se torno ser el neutrino, que fue descubierta 25 años después Para entender el problema, consideramos un modelo donde el sistema esta inicialmente en reposo y consideramos el proceso de decaimiento con un proceso de dos partículas

Aplicando la ley de conservación de energía: 2 21 2 1 1 2 2

1 12 2

Q K K m v m v= + = +

Por la ley de conservación de la cantidad de movimiento: 1 1 2 2m v m v=

La combinación de las dos ecuaciones implica que 1 21 1 2 2

2 1

K mm K m K

K m= ⇒ =

En términos de la suma Q

(28) 21

1 2

mK Q

m m=

+ y 1

21 2

mK Q

m m=

+

Aplicamos este modelo al proceso de decaimiento α del radón è donde un átomo de helio esta expulsado del átomo: 222 218Rn Po α→ + La masa del Polonio es 25

2 3.62 10 kgm −= × , mucho mayor que la masa de la partícula α

que es 271 6.65 10 kgm −= ×

Durante este proceso se observa una cantidad de energía 139.0 10 JQ −= × que corresponde a la energía cinética: 13

2 8.8 10 JK −= × y 141 2 10 JK −= ×

98% de la energía cinética se va a la partícula α con menos masa

14

La firma del proceso con dos partículas es el diagrama que da el número de partículas α con la energía 1K - este diagrama tiene un pico, que muestra que todas las partículas α emitidas tiene exactamente esta energía Pero no se observa la misma curva de energía en el caso del decaimiento β è donde un electrón β − o positrón β + esta emitido Por ejemplo para el Bismuto 210 210Bi Po β −→ + Como 1 2383000m m= , se espera un energía cinética 13

2 1.86 10 JK −= × (en realidad se debe hacer una corrección relativista porque la velocidad es muy cerca de la velocidad de la luz) En 1896, Henri Becquerel descubrí la radioactividad y en 1900 mostró que el decaimiento beta no estaba mono-energético – el diagrama de K muestra valor continua de 0 a 131.86 10 J−× , pero esta última valor se observa con muy poca frecuencia

15

El problema se soluciona simplemente introduciendo otra partícula – esta partícula no debe haber carga eléctrica (principio de conservación de la carga) y debe ser poco masiva para se encargar de la mayor parte de la energía cinética

Enrico Fermi propuso el nombre neutrino (little neutral one) con símbolo eν Esta nueva partícula fue descubierta por James Chadwick en 1914 - de hecho durante el decaimiento beta la partícula es el ante-neutrino eν En 1956, el neutrino fue directamente observado El neutrino es una partícula extremamente importante en Astronomía – cuando las estrellas masivas explotan en Supernova, del orden de 90-99% de la energía mecánica es emitido en forma de neutrino Ej. La supernova SN1987 que exploto en los nubes de Magallanes emitió 5810 neutrino con energía total 4610 J , esto es 100 veces más energía que emitido por el Sol en

95 10× años

16

Choques inelásticos En caso de choques no elásticos no hay conservación de la energía cinética – por lo tanto después de un choque inelástico siempre 0f iK K K< ⇒ ∆ < La energía se transforma en calor, ruido (ondas sonoros) deformación mecánica o ligación moleculares Un caso especial = cuando dos masas que choques se quedan juntas Después Af Bf fv v v⇒ = =

r r r y aplicando la ley de conservación de cantidad de movimiento

(29) ( )A Ai B Bi A B fm v m v m m v+ = +r r r

Si el cuerpo B estaba en reposo inicialmente 0Biv =r

(30) Af Ai

A B

mv v

m m=

+r r

Energía cinética inicial

(31) 212i A AiK m v=

La energía cinética final (32)

( ) ( )2

2 2 21 1 1( )

2 2 2A A A

f A B f A B Ai A Ai iA B A B A B

m m mK m m v m m v m v K

m m m m m m

= + = + = = + + +

Es una fracción de la energía inicial

(33) f A

i A B

K mK m m

=+

Se hace un trabajo igual

(34) ( )

0A A BA Bf i i i i i

A B A B A B

m m mm mK K K K K K K W

m m m m m m− +

∆ = − = − = = − = < + + +

17

Ejemplo El péndulo balístico Una bala de masa m, es disparada contra un bloque de madera de masa M, que cuelga como un péndulo

Después del impacto el bloque oscila hasta una altura máxima y

La bala se incruste en el bloque ⇒ choque inelástico Aplicando la ley de conservación de la cantidad de movimiento

( )( )

m Mmv m M V v V

m+

= + ⇒ =

La energía cinética final 21

2 ( )fK m M V= +

Durante la oscilación tenemos .E K U cte= + = y a la altura máxima todo la energía esta en forma potencial gravitacional

212 ( ) ( )m M V m M gy⇒ + = + 2V gy⇒ = 2

m Mv gy

m+

⇒ =

Midiendo m, M e y podemos determinar v si 0.00500kgm = , 2.0kgM = , 3.00cm 0.0300my = =

2

2.00kg 0.00500kg m m2(9.8 ) 0.0300m 307

0.00500kg s sv

+⇒ = ⋅ =

La velocidad m

2 0.767s

V gy= =

Antes del impacto: 212

m0.00500kg(307 ) 236J

sbalaK = =

Después del impacto: 212

m(2.005kg)(0.767 ) 0.589J

sbala bloqueK + = =

Casi toda la energía cinética inicial desaparece

18

Centro de masa Supongamos un sistema formado de N partículas de masa im con posición ( ), ,i i ix y z

La masa inercial total del sistema 1

N

ii

M m=

= ∑

Pero para describir correctamente la inercia debemos considerar la distribución de masas en el sistema El centro de masa del sistema es la posición media ponderada por la masa de cada partícula formando el sistema

(35) ( ), , , ,i i i i i i

i i icm cm cm

m x m y m zx y z

M M M

=

∑ ∑ ∑

(36) i i

icm

ii

m rr

m=

∑∑

rr

Características del CM

• En cuerpos sólidos que tienen distribución continua de materia, las sumas deben ser substituida por integrales

• Si un cuerpo homogéneo tiene centro geométrico el centro de masa esta en este centro

• Si un cuerpo homogéneo tiene un eje de simetría, el centro de masa esta sobre este eje

• A veces, el centro de masa puede se encontrar fuera del objeto (ej. en un dona, el centro de masa esta en el agujero)

19

Ejemplo para la molécula de agua Separación entre los átomos:

119.57 10 md −= ×

Masa de H: 271µ 1.661 10 kg−= ×

Masa de O:16µ

El modelo representa los átomos con punto porque la masa es concentrada en el núcleo ( 510− el radio del átomo)

Para O: 0O Ox y= =

Para H: 105

cos2Hx d=

o e

105 sen

2Hy d= ±o

El centro de masa:

( ) ( ) 121.0µ cos52.5 1.0µ cos52.5 00.068 6.5 10 m

1.0µ 1.0µ 16.0µcm

d dx d −+ +

= = = ×+ +

o o

( ) ( )1.0µ sen52.5 1.0µ sen52.5 00

1.0µ 1.0µ 16.0µcm

d dy

− += =

+ +

o o

El centro de masa es cerca del átomo de O y sobre el eje de simetría ⇒ no esta afectado por rotación

20

Movimiento del centro de masa Derivamos la expresión cmr

r para obtener la velocidad del centro de masa

(37) 1 1 2 2 3 3

1 2 3

......

ii

cm icm

drm

dr m v m v m vdt vdt M m m m

+ + += = =

+ + +

∑r

r r r r r

Multiplicando por la masa total

(38) 1 1 2 2 3 3total cmp Mv m v m v m v= = + + +⋅⋅⋅r r r r r

Esto es la cantidad de movimiento total del sistema

Si totalp P=rr

es constante: .cmP

v cteM

⇒ = =r

r

21

Acción de fuerzas externas sobre movimiento del centro de masa

La segunda ley de Newton

(39) ext int cmF F F Ma= + =∑ ∑ ∑r r r r

Por la tercera ley 0intF =∑r

pero si 0extF ≠∑r

0dPdt

⇒ ≠r

cmv cte⇒ ≠r

Y la acción de fuerza externa produce la aceleración cmcm

dva

dt=

rr

(40) cmext cm

dvF Ma M

dt= =∑

rr r

Cuando actúan fuerzas externas sobre un cuerpo o una colección de partículas, el centro de masa se mueve como si toda la masa estuviera encontrada ahí y la fuerza neta sobre ella fuera la suma de las fuerzas externas sobre el sistema

Este principio legitima el modelo de partículas para cuerpo sólido en aplicar las leyes de Newton

22

Suponga que un cohete que sigue una trayectoria parabólica se separe en dos pisos de igual masa ⇒ el centro de masa continua a seguir la trayectoria original

En general, describimos el movimiento de cuerpos rígidos por la combinación del movimiento de translación (centro de masa) y rotación (alrededor de un eje que pasa por el centro de masa)

Para el movimiento de translación podemos escribir:

(41) ( )cmcm cm

dv d dPMa M Mv

dt dt dt= = =

rrr r

O sea

(42) extdP

Fdt

=∑rr

23

El principio de la propulsión a reacción Segundo la tercera ley de Newton, un cohete es impulsado hacia delante por expulsión de gas por atrás è fuerza sobre el cohete = fuerza sobre el combustible

En principio se tiene conservación de la cantidad de movimiento, pero si la masa total del sistema cohete+gas no disminuye la masa del cohete si varia

Supongamos que al instante t , la masa del cohete es m

Consideramos un movimiento unidireccional ⇒ la velocidad es v y la cantidad de movimiento es iP mv=

En un intervalo de tiempo finito dt la masa cambia de 0dm < , esto porque se expulsa hacia atrás una cantidad de combustible dm−

• escv− = la velocidad de escape del combustible relativa al cohete

• ( )cq escv v v= + − = la velocidad del combustible quemado

• ( )cq escdm v dm v v− ⋅ = − − = cantidad de movimiento

Al termino del intervalo de tiempo dt , la velocidad del cohete es v dv+ y su masa m dm+

La cantidad de movimiento del cohete es por tanto: ( ) ( )m dm v dv+ +

• ( ) ( ) ( )( )f escP m dm v dv dm v v= + + + − − = la cantidad de movimiento total del sistema en t dt+

24

Según el principio de la conservación de la cantidad de movimiento i fP P=

( ) ( ) ( ) ( )

esc

esc

mv m dm v dv dm v v

mv mdv vdm dmdv vdm v dm

⇒ = + + + − − =

= + + + − +

escm dv dm v dm dv⇒ ⋅ = − ⋅ − ⋅

El segundo término es un producto de dos infinitesimal y por lo tanto es muy chico

Quedamos solamente con 2 términos: escmdv dm v≈ − ⋅

El principio de la propulsión a reacción:

(43) escdv dm

m vdt dt

= −

O en términos de fuerza:

(44) escdm

F vdt

= −

La fuerza es proporcional a la velocidad de escape y a la rapidez de expulsión de la masa

Des esto deducimos la aceleración:

(8.38) escvdv dma

dt m dt= = −

Si escv y dmdt

son constantes, la aceleración aumenta hasta agotarse la masa de combustible

Un cohete debe quemar su combustible rápidamente y expulsar lo a grande velocidad

è los cohetes funcionan óptimamente en el espacio, donde no hay resistencia del aire

25

Si escv es constante podemos integrar escdv dm

m vdt dt

= − ⇒ escdm

dv vm

= −

0 0 0

' ''

' '

v m m

esc escv m m

dm dmdv v v

m m⇒ = − = −∫ ∫ ∫

(45) 00

0

ln lnesc escmm

v v v vm m

⇒ − = − =

El cociente 0 masa originalmasa al agostarse

mm

=

Este cociente debe ser el más grande posible para maximizar la ganancia de rapidezè en un cohete, la masa inicial es casi puro combustible

La rapidez final 0v v> si 0 0ln 1 2.7m m

em m

> ⇒ > ≈

26

Ejemplo de la naveta espacial

El cohete expulsa 1

120 de su masa en 1s , con

m2400

sescv =

0 01201s 120s

m mdmdt

⇒ = − = −

02

0 0

m2400 ms 20

120s sescv mdm

am dt m

= − = − − =

Nota que la respuesta no depende de 0m

Si la velocidad de escape es la misma, la aceleración será la misma para un cohete de 120000kg expulsando1000 kg de combustible, o un astronauta de 60 kg expulsando 0.5 kg de masa

A fin de proveer suficiente empuje hacia arriba para vencer la gravedad, los vehículos de lanzamiento pueden consumir más de 10000 kg/s e expulsar el combustible quemado a velocidades de más de 4000 m/s