Exercicis de dinàmica — Física i Química 1r Batxillerat

Per la segona llei de Newton, F = m·a, així que a = $\tfrac{F}{m}$.
a = 20 $\tfrac{N}{5}$ kg = 4 $\text{m/s}^{2}$.
Unitats: N/kg = $\text{m/s}^{2}$. El cos accelera a 4 $\text{m/s}^{2}$ en el sentit de la força.

El llibre està en equilibri vertical: la normal compensa el pes.
El pes és P = m·g = 2 kg · 9,8 $\text{m/s}^{2}$ = 19,6 N.
Per tant la normal també és N = 19,6 N, dirigida cap amunt.

La distància perpendicular del punt de gir a la línia d'acció de la força. Si la força passa pel punt, el braç és zero i no hi fa cap moment.

En equilibri, la força elàstica iguala el pes: F = m·g = 0,2·9,8 = 1,96 N.
Llei de Hooke: F = k·x → k = F/x = 1,96/0,04 = 49 N/m.
Amb 500 g: F = 0,5·9,8 = 4,9 N → x = F/k = 4,9/49 = 0,1 m = 10 cm.
Comprovació: la massa és 2,5 vegades més gran i l'allargament també (4 cm · 2,5 = 10 cm), com correspon a una relació proporcional.
Error típic: treballar amb grams i centímetres; passa sempre les dades al SI (kg i m).

Sobre una superfície horitzontal, la normal iguala el pes: N = m·g = 10·9,8 = 98 N.
Fregament estàtic màxim: F_f,màx = $μ_{s}$·N = 0,3·98 = 29,4 N.
Com que 20 N < 29,4 N, la força aplicada no supera el fregament màxim: la caixa no es mou.
La força de fregament estàtic val exactament el que cal per equilibrar l'empenta: 20 N (no 29,4 N).
Error típic: pensar que el fregament estàtic val sempre $μ_{s}$·N; aquest és només el valor màxim que pot assolir.

a) Falsa. Les dues forces tenen el mateix mòdul i sentit contrari, però actuen sobre cossos diferents, de manera que mai no es poden sumar ni anul·lar.
b) Certa. És la tercera llei de Newton: el carro estira el cavall amb la mateixa força. El conjunt avança perquè la força que el terra fa sobre les potes del cavall supera el fregament que actua sobre el carro.
c) Falsa. Formen un parell acció-reacció i tenen el mateix mòdul; la Terra no es mou de manera apreciable perquè la seva massa és enorme (a = $\tfrac{F}{m}$).

Com que les forces són perpendiculars, el mòdul de la resultant s'obté amb el teorema de Pitàgores: R = √(6² + 8²) = √100 = 10 N.
Segona llei de Newton: a = R/m = 10/2 = 5 m/s², en la direcció i el sentit de la resultant.
Angle amb la força de 8 N: tg α = 6/8 = 0,75 → α = 36,9°.
Error típic: sumar els mòduls (6 + 8 = 14 N); les forces són vectors i només se sumen directament si tenen la mateixa direcció i sentit.

Passem les velocitats al SI: 90 km/h = 90/3,6 = 25 m/s; 7,2 km/h = 7,2/3,6 = 2 m/s.
Cotxe: p = m·v = 1200·25 = 30000 kg·m/s.
Camió: p = m·v = 15000·2 = 30000 kg·m/s.
Tenen exactament la mateixa quantitat de moviment: el camió té una massa 12,5 vegades més gran, però va 12,5 vegades més a poc a poc.
Recorda que la quantitat de moviment és un vector amb la direcció i el sentit de la velocitat; aquí només n'hem comparat el mòdul.

Llei de la gravitació universal: F = G·m₁·m₂/d² = 6,67·10^-11·60·60/1² = 2,4·10^-7 N.
Pes d'una persona: P = m·g = 60·9,8 = 588 N.
Quocient: P/F = 588/(2,4·10^-7) ≈ 2,4·10⁹: el pes és uns 2400 milions de vegades més gran.
Per això l'atracció gravitatòria entre objectes quotidians és imperceptible: només es nota quan una de les masses és enorme, com la de la Terra.

Si la velocitat és constant, l'acceleració és zero i, per la primera llei de Newton, la força neta és nul·la.
Per tant, la força de fregament equilibra l'empenta: F_f = 15 N, en sentit contrari al moviment.
Força neta: ΣF = 15 - 15 = 0 N.
Si deixa d'empènyer, només queda el fregament: a = -F_f/m = -15/25 = -0,6 m/s² (el carro frena).
Temps fins a aturar-se: t = v/|a| = 1,2/0,6 = 2 s.
Error típic: pensar que cal una força neta per mantenir un moviment a velocitat constant; la força neta només cal per canviar la velocitat.

En línia recta, en la direcció tangent a la circumferència en aquell punt.

Es conserva la quantitat de moviment total. Prenc com a positiu el sentit de la primera bola; llavors la segona, que ve en sentit contrari, té velocitat negativa.
Abans del xoc: p = $m_{1}$·$v_{1}$ + $m_{2}$·$v_{2}$ = 0,4·6 + 0,6·(-2) = 2,4 - 1,2 = 1,2 kg·m/s.
Després queden enganxades (massa total 1 kg) i van a una velocitat comuna v: p = 1·v.
Igualo abans i després: 1·v = 1,2, per tant v = 1,2 m/s. Com que surt positiu, es mouen en el sentit de la primera bola.
Parany: la segona bola va en sentit contrari, per tant la seva quantitat de moviment és NEGATIVA i s'ha de restar, no sumar. Ignorar el signe donaria un resultat molt més gran i erroni.

L'impuls és igual a la variació de la quantitat de moviment: I = Δp = m·$v_{f}$ - m·$v_{i}$. Cal treballar amb signes, perquè la pilota canvia de sentit.
Prenc com a positiu el sentit d'arribada (cap a la paret). Llavors $v_{i}$ = +10 m/s i, com que rebota, $v_{f}$ = -8 m/s.
I = m·($v_{f}$ - $v_{i}$) = 0,2·(-8 - 10) = 0,2·(-18) = -3,6 kg·m/s. El signe negatiu indica que l'impuls va en sentit contrari al moviment inicial (la paret repel·leix la pilota).
Força mitjana: de I = F·t surt F = $\tfrac{I}{t}$ = -$\tfrac{3{,}6}{0{,}05}$ = -72 N; en mòdul, 72 N cap enfora de la paret.
Parany clàssic: cal restar les velocitats amb signe. Com que la pilota inverteix el sentit, Δv = -8 - 10 = -18 m/s, no 8 - 10 = -2. Oblidar el canvi de signe de la velocitat de sortida és l'error més típic.

Perquè la força que passa pel punt té braç zero i no apareix a l'equació de moments. Així queda una equació amb una sola incògnita, i la força del suport es treu després amb la suma de forces.

Descomponem el pes: $P_{x}$ = m·g·sin 30° = 5·9,8·0,5 = 24,5 N (paral·lela al pla, cap avall) i $P_{y}$ = m·g·cos 30° = 5·9,8·0,866 = 42,4 N (perpendicular al pla).
Perpendicularment al pla no hi ha acceleració: N = $P_{y}$ = 42,4 N.
Paral·lelament al pla: m·a = $P_{x}$ → a = g·sin 30° = 4,9 $\text{m/s}^{2}$ (no depèn de la massa).
Velocitat després de 4 m (MRUA des del repòs): $v^{2}$ = 2·a·d = 2·4,9·4 = 39,2 → v = 6,26 m/s.
Error típic: fer servir el cosinus per a la component paral·lela; el sinus de l'angle del pla va amb la component al llarg del pla.

Sobre la persona actuen el pes (60·9,8 = 588 N, cap avall) i la normal de la bàscula (cap amunt). La bàscula marca N/g.
Arrencada cap amunt (acceleració cap amunt): N - m·g = m·a → N = m·(g + a) = 60·11,8 = 708 N. Lectura: $\tfrac{708}{9{,}8} = 72{,}2$ kg (sembla que pesa més).
Frenada mentre puja (acceleració cap avall): N - m·g = -m·a → N = m·(g - a) = 60·7,8 = 468 N. Lectura: $\tfrac{468}{9{,}8} = 47{,}8$ kg (sembla que pesa menys).
En tots dos casos la massa real continua sent 60 kg; el que canvia és la força normal.
Error típic: creure que, si l'ascensor puja, la normal sempre és més gran que el pes; el que compta és el sentit de l'acceleració, no el de la velocitat.

Bloc A (horitzontal): T - F_f = m_A·a, amb F_f = μ·N = μ·m_A·g = 0,25·2·9,8 = 4,9 N.
Bloc B (vertical): m_B·g - T = m_B·a → 29,4 - T = 3a.
Sumem les dues equacions: 29,4 - 4,9 = (2 + 3)·a → a = 24,5/5 = 4,9 m/s².
Tensió: T = m_B·(g - a) = 3·(9,8 - 4,9) = 14,7 N.
Comprovació amb el bloc A: 14,7 - 4,9 = 9,8 N = 2·4,9. Correcte.
Error típic: posar T = 29,4 N (el pes de B); si B accelera cap avall, la tensió és menor que el seu pes.

Velocitat al SI: 54 km/h = 54/3,6 = 15 m/s.
Força centrípeta: F_c = m·v²/R = 1000·15²/50 = 4500 N, dirigida cap al centre del revolt.
En un revolt pla, la força centrípeta la fa el fregament dels pneumàtics amb l'asfalt.
Condició per no derrapar: F_f,màx ≥ F_c → μ·m·g ≥ m·v²/R → μ ≥ v²/(g·R) = 225/(9,8·50) = 0,46.
Fixa't que el resultat no depèn de la massa: un camió necessitaria el mateix coeficient de fregament a la mateixa velocitat.

Les forces entre els patinadors són internes i no hi ha cap força externa horitzontal: es conserva la quantitat de moviment del sistema.
Abans d'empènyer-se, tots dos estan quiets: $p_{inicial}$ = 0.
Després: 0 = 40·1,5 + 60·v → 60·v = -60 → v = -1 m/s.
El patinador de 60 kg es mou a 1 m/s en sentit contrari al de 40 kg (això indica el signe negatiu).
El més lleuger surt més de pressa: les forces que es fan són iguals (tercera llei), però la seva massa és més petita.

Velocitat inicial: 72 km/h = 20 m/s; velocitat final: 0.
Acceleració (MRUA): v² = v₀² + 2·a·d → 0 = 400 + 80·a → a = -5 m/s² (el signe negatiu indica que frena).
Força de frenada: F = m·a = 1200·(-5) = -6000 N, és a dir, 6000 N en sentit contrari al moviment.
Temps: v = v₀ + a·t → 0 = 20 - 5·t → t = 4 s.
Comprovació: d = v₀·t + (1/2)·a·t² = 20·4 - 0,5·5·16 = 80 - 40 = 40 m.

Condició d'equilibri de rotació: la suma de moments respecte del suport ha de ser zero, és a dir, els moments dels dos pesos han de ser iguals.
$P_{1}$·$d_{1}$ = $P_{2}$·$d_{2}$ → 40·9,8·1,2 = 30·9,8·$d_{2}$ → $d_{2}$ = 40·$\tfrac{1{,}2}{30} = 1{,}6$ m.
El germà més lleuger ha de seure més lluny del suport (g es simplifica: n'hi ha prou amb igualar els productes massa per distància).
Equilibri de translació: el suport ha d'aguantar els dos pesos: F = (40 + 30)·9,8 = 686 N, cap amunt.

Tracto primer el conjunt (10 kg). La normal total és el pes total: N_tot = (m_A + m_B)·g = 10·9,8 = 98 N, i el fregament total és Fr = μ·N_tot = 0,2·98 = 19,6 N, que s'oposa al moviment.
Segona llei al conjunt: m_tot·a = F - Fr = 30 - 19,6 = 10,4 N, per tant a = 10,4/10 = 1,04 m/s².
Ara aïllo el bloc B per trobar la força de contacte C. Sobre B (horitzontal) hi ha C cap endavant i el seu propi fregament cap enrere:
Fr_B = μ·m_B·g = 0,2·6·9,8 = 11,76 N.
Newton a B: m_B·a = C - Fr_B, per tant C = m_B·a + Fr_B = 6·1,04 + 11,76 = 6,24 + 11,76 = 18 N.
Parany: cal repartir el fregament bloc a bloc; la força de contacte ha de vèncer el fregament de B I a més accelerar-lo, no només accelerar-lo.

El bloc pesant (5 kg) baixa i el lleuger (3 kg) puja, amb la mateixa acceleració a i la mateixa tensió T (politja ideal).
Una equació de Newton per cos, prenent positiu el sentit real del moviment:

• Bloc pesant (baixa): m₁·a = m₁·g - T.
• Bloc lleuger (puja): m₂·a = T - m₂·g.

Sumo per eliminar T: (m₁ + m₂)·a = (m₁ - m₂)·g.
a = (5 - 3)·9,8/(5 + 3) = 2·9,8/8 = 19,6/8 = 2,45 m/s².
Tensió (de l'equació del lleuger): T = m₂·(a + g) = 3·(2,45 + 9,8) = 3·12,25 = 36,75 N.
Distància en 2 s des del repòs (MRUA): s = (1/2)·a·t² = 0,5·2,45·4 = 4,9 m.
Parany: la tensió queda ENTRE els dos pesos (29,4 N i 49 N), no és igual a cap d'ells; el sistema accelera precisament perquè els pesos no s'equilibren.

Al punt més alt, la tensió i el pes apunten tots dos cap al centre (cap avall). La suma d'aquestes dues forces fa de força centrípeta:
T + m·g = m·$\tfrac{v^{2}}{r}$.
Velocitat mínima: és quan la corda està a punt d'afluixar-se, és a dir T = 0. Aleshores el pes tot sol fa de centrípeta:
m·g = m·$\tfrac{v^{2}}{r}$, la massa es cancel·la i $v_{min}$² = g·r = 9,8·1 = 9,8. L'arrel quadrada dona $v_{min}$ = 3,13 m/s.
Tensió a 5 m/s: aïllo T de la primera equació: T = m·$\tfrac{v^{2}}{r}$ - m·g = 0,5·$\tfrac{25}{1}$ - 0,5·9,8 = 12,5 - 4,9 = 7,6 N.
Parany: al punt més alt el pes AJUDA la tensió (tots dos van cap al centre, se sumen). Si la pilota anés més lenta que $v_{min}$, caldria una tensió negativa, cosa impossible, i la pilota cauria abans d'arribar dalt.

a) P_x = m·g·sin 37° = 8·9,8·0,6 = 47,04 N; N = m·g·cos 37° = 8·9,8·0,8 = 62,72 N; F_f,màx = μ·N = 0,25·62,72 = 15,68 N.
b) En pujar a velocitat constant (a = 0), el fregament s'oposa al moviment i apunta cap avall del pla: F = P_x + F_f = 47,04 + 15,68 = 62,72 N.
c) Si el bloc tendeix a lliscar cap avall, el fregament apunta cap amunt del pla i ajuda a aguantar-lo: F_mín = P_x - F_f,màx = 47,04 - 15,68 = 31,36 N.
Qualsevol força entre 31,36 N i 62,72 N manté el bloc en repòs: el fregament estàtic s'adapta al valor que cal.
Error típic: posar el fregament sempre cap avall; el seu sentit és contrari al moviment (o a la tendència al moviment).

Comparem les forces que estiren la corda a banda i banda: el cos penjant tira amb el seu pes, 3·9,8 = 29,4 N; el bloc del pla tira cap avall del pla amb P_x = 4·9,8·sin 30° = 19,6 N.
Com que 29,4 N > 19,6 N, el cos penjant baixa i el bloc puja pel pla.
Cos penjant: 29,4 - T = 3·a. Bloc: T - 19,6 = 4·a.
Sumem les dues equacions: 29,4 - 19,6 = 7·a → a = 9,8/7 = 1,4 m/s².
Tensió: T = 29,4 - 3·1,4 = 25,2 N.
Comprovació amb el bloc: 25,2 - 19,6 = 5,6 N = 4·1,4. Correcte.

Sobre la bola actuen el pes i la tensió. Descomponem la tensió: la component vertical equilibra el pes i la component horitzontal fa de força centrípeta.
Vertical: T·cos 30° = m·g → T = 0,5·$\tfrac{9{,}8}{0{,}866} = 5{,}66$ N.
Radi: r = L·sin 30° = 1,2·0,5 = 0,6 m.
Horitzontal: T·sin 30° = m·$\tfrac{v^{2}}{r}$ → $v^{2}$ = T·sin 30°·$\tfrac{r}{m} = 5{,}66$·0,5·$\tfrac{0{,}6}{0{,}5} = 3{,}39$ → v = 1,84 m/s.
Període del moviment: 2π·$\tfrac{r}{v} = 2$π·$\tfrac{0{,}6}{1{,}84} = 2{,}05$ s.
Comprovació: v = $\sqrt{g\cdot r\cdot tg 30°}$ = $\sqrt{9{,}8\cdot 0{,}6\cdot 0{,}577}$ = 1,84 m/s.

a) Durant el tret només actuen forces internes en la direcció horitzontal: es conserva la quantitat de moviment. Abans: p = 0. Després: 0 = 5·300 + 500·v → v = -1500/500 = -3 m/s: el canó retrocedeix a 3 m/s, en sentit contrari al projectil.
b) El canó frena des de 3 m/s fins a 0 en 1,5 m: v² = v₀² + 2·a·d → 0 = 9 + 3·a → a = -3 m/s².
Força de fregament: F = m·|a| = 500·3 = 1500 N (en sentit contrari al retrocés).
Temps: t = v₀/|a| = 3/3 = 1 s.
Error típic: aplicar la conservació de la quantitat de moviment també durant la frenada; aquí hi ha una força externa (el fregament) i p ja no es conserva.

Prenem l'origen a l'extrem proper a A: el suport A és a x = 1 m, el suport B a x = 5 m, la persona a x = 2 m i el pes de la passarel·la (homogènia) actua al centre, x = 3 m.
Pesos: passarel·la P_b = 20·9,8 = 196 N; persona P_p = 60·9,8 = 588 N.
Equilibri de translació: F_A + F_B = 196 + 588 = 784 N.
Moments respecte del suport A (així F_A no hi apareix): F_B·4 = 588·1 + 196·2 = 980 → F_B = 245 N.
F_A = 784 - 245 = 539 N.
Comprovació amb moments respecte de B: F_A·4 = 588·3 + 196·2 = 2156 → F_A = 539 N. El suport més proper a la persona aguanta més càrrega, com era d'esperar.

a) A la superfície, el pes és la força gravitatòria: m·g_M = G·M·m/R² → g_M = G·M/R² = 6,67·10^-11·6,4·10²³/(3,4·10⁶)² = 3,69 m/s² (uns 0,38 g terrestres).
b) A Mart: P = 900·3,69 = 3323 N. A la Terra: P = 900·9,8 = 8820 N. La massa és la mateixa, 900 kg, en tots dos llocs.
c) A una altura h, g(h) = G·M/(R + h)². Imposem g(h) = g_M/2: R²/(R + h)² = 1/2 → R + h = R·√2 → h = R·(√2 - 1) = 3400·0,414 = 1408 km.
Error típic: posar el radi en km dins la fórmula de g; cal passar-lo a metres (3,4·10⁶ m).

a) L'única força horitzontal sobre el bloc de dalt és el fregament, que com a màxim val μ·$m_{1}$·g = 0,40·2,0·9,8 = 7,84 N. Això li permet una acceleració màxima a = μg = 3,92 $\text{m/s}^{2}$. Si tots dos van junts, $F_{màx}$ = ($m_{1}$ + $m_{2}$)·a = 8,0·3,92 = 31,4 N.
b) 50 N > 31,4 N: llisquen. El de dalt: $a_{1}$ = 3,92 $\text{m/s}^{2}$ (fregament cinètic). El de baix rep F i el fregament en sentit contrari: $a_{2}$ = $\tfrac{(50 - 7{,}84)}{6{,}0} = 7{,}03$ $\text{m/s}^{2}$.
c) Acceleració relativa: 7,03 - 3,92 = 3,11 $\text{m/s}^{2}$. El de dalt retrocedeix respecte del de baix: 0,50 = ½·3,11·$t^{2}$, t = 0,57 s.
Error típic: aplicar la força F al bloc de dalt; aquí actua sobre el de baix, i el bloc de dalt només es mou pel fregament.

a) Sense fregament, la component horitzontal de la normal fa de força centrípeta: N·sin θ = mv²/R i N·cos θ = mg, així v = $\sqrt{gR\cdot tg \theta}$ = $\sqrt{9{,}8\cdot 100\cdot 0{,}176}$ = 13,1 m/s (47,3 km/h).
b) Dividint les dues equacions: $v^{2}$ = gR·$\tfrac{(tg \theta + \mu )}{(1 - \mu \cdot tg \theta )} = 980$·$\tfrac{0{,}476}{0{,}947} = 493$ $\tfrac{m^{2}}{s^{2}}$, $v_{màx}$ = 22,2 $\tfrac{m}{s} = 79{,}9$ km/h.
c) Per a la velocitat mínima el fregament apunta cap amunt del pendent: $v^{2}$ = gR·$\tfrac{(tg \theta - \mu )}{(1 + \mu \cdot tg \theta )}$. Com que tg θ = 0,176 < μ = 0,30 el numerador és negatiu: no hi ha velocitat mínima, el cotxe es pot quedar aturat sense lliscar (μ > tg θ).
d) Revolt pla: v = $\sqrt{\mu gR}$ = $\sqrt{0{,}30\cdot 9{,}8\cdot 100}$ = 17,1 $\tfrac{m}{s} = 61{,}7$ km/h. El peralt permet 79,9 km/h, un 30 % més.

La component del pes que arrossega és m·g·sin α. m₁: 5·9,8·0,5 = 24,5 N; m₂: 4·9,8·0,866 = 33,9 N. Guanya m₂: baixa pel pla de 60° i m₁ puja pel de 30°.
a) a = (33,9 - 24,5)/(5 + 4) = 1,05 m/s². Tensió amb m₁: T = 5·(1,05 + 4,9) = 29,7 N. Comprovació amb m₂: 33,9 - 4·1,05 = 29,7 N.
b) Els fregaments són μ·m₁·g·cos 30° = 4,24 N i μ·m₂·g·cos 60° = 1,96 N, tots dos oposats al moviment: a = (33,9 - 24,5 - 4,24 - 1,96)/9 = 0,36 m/s². T = m₁(a + g sin 30° + μg cos 30°) = 5·(0,36 + 4,9 + 0,85) = 30,5 N.
c) Repòs si la força neta motriu 9,45 N no supera el fregament estàtic màxim μ·g·(m₁cos 30° + m₂cos 60°) = μ·62,0 N: μ_mín = 9,45/62,0 = 0,15.
d) v = √(2·0,36·2,0) = 1,2 m/s.
Error típic: oblidar que la tensió ha de ser la mateixa a tots dos costats de la politja ideal.

a) Després de l'impacte només actua el pes (el fil no treballa): ½(m + M)V² = (m + M)·g·h, així V = √(2gh) = √(2·9,8·0,200) = 1,98 m/s.
b) Durant l'impacte es conserva la quantitat de moviment: m·v = (m + M)·V, v = 2,01·1,98/0,0100 = 398 m/s.
c) E_c inicial = ½·0,0100·398² = 792 J; E_c final = ½·2,01·1,98² = 3,94 J. Es perd el 99,5 %: el xoc és totalment inelàstic (la majoria de l'energia es converteix en calor i deformació).
d) cos θ = (L - h)/L = 1,30/1,50 = 0,867, θ = 29,9°.
e) Moviment circular a la posició més baixa: T - (m + M)g = (m + M)V²/L, T = 2,01·(9,8 + 3,92/1,50) = 2,01·12,4 = 25,0 N (més que el pes, 19,7 N).
Error típic: aplicar la conservació de l'energia mecànica a tot el procés, fins i tot a l'impacte.

a) El fregament estàtic és l'única força horitzontal sobre la caixa: μ·m·g = m·a, a = μg = 3,43 m/s². Amb v = 25 m/s: d = v²/(2a) = 625/6,86 = 91,1 m.
b) 4,0 > 3,43: la caixa llisca. Només el fregament cinètic la frena: a_caixa = -3,43 m/s² (respecte del terra), menys que la del camió (-4,0). Respecte del camió: a_rel = -3,43 - (-4,0) = +0,57 m/s², és a dir, la caixa avança cap a la cabina.
c) 1,50 = ½·0,57·t², t = 2,29 s. Velocitat relativa = 0,57·2,29 = 1,31 m/s.
d) v_camió = 25 - 4,0·2,29 = 15,8 m/s (57 km/h). Comprovació: el camió s'atura en 6,25 s, així que encara va.
Cal una frenada més suau (≤ 3,43 m/s²) o subjectar la càrrega: la caixa no és «empesa» endavant, simplement frena menys que el camió.

a) La quantitat de moviment total abans és zero i es conserva. p₁ = 1,0·30 = 30 kg·m/s cap a l'est i p₂ = 2,0·20 = 40 kg·m/s cap al nord. El tercer ha de tenir p₃ = (-30, -40) kg·m/s (est, nord), de mòdul 50 kg·m/s. v₃ = 50/3,0 = 16,7 m/s, dirigida cap al sud-oest: forma un angle d'arctg(40/30) = 53,1° amb l'oest, cap al sud.
b) E = ½·1,0·30² + ½·2,0·20² + ½·3,0·16,7² = 450 + 400 + 417 = 1267 J (uns 1,3 kJ d'energia química de l'explosiu).
c) El centre de masses continua en repòs: les forces de l'explosió són internes i no canvien la quantitat de moviment total (0 abans, 0 després). Si es té en compte el pes, el centre de masses cau com un cos de 6 kg.
Error típic: sumar els mòduls de les velocitats en lloc de treballar amb vectors.

L'angle del cable amb l'horitzontal: tg α = 4/3, sin α = 0,8, cos α = 0,6 (el cable fa 5 m).
a) Moments respecte de l'articulació (així la força desconeguda de l'articulació no hi apareix): T·sin α·3,0 = 20·9,8·1,5 + 40·9,8·3,0 = 294 + 1176 = 1470 N·m. T = 1470/(0,8·3,0) = 612,5 N.
b) Equilibri de forces: horitzontal, H = T·cos α = 367,5 N (en sentit contrari a la component del cable, és a dir, cap a fora de la paret); vertical, V = (20 + 40)·9,8 - T·sin α = 588 - 490 = 98 N cap amunt. Mòdul = √(367,5² + 98²) = 380 N, a 14,9° per sobre de l'horitzontal.
c) T_màx·0,8·3,0 = 294 + m·9,8·3,0 amb T = 800 N: 1920 = 294 + 29,4m, m = 55,3 kg.
Error típic: oblidar el pes de la biga, que actua al centre (1,5 m) i no a l'extrem.

54 km/h = 15 m/s; v²/R = 225/40 = 5,63 m/s². El pes és 1200·9,8 = 11 760 N.
a) Al cim, la resultant apunta cap al centre (cap avall): m·g - N = m·v²/R, N = 1200·(9,8 - 5,63) = 5010 N (el 43 % del pes). Al fons, la resultant apunta cap amunt: N - m·g = m·v²/R, N = 1200·(9,8 + 5,63) = 18 510 N (1,57 vegades el pes).
b) Perd el contacte quan N = 0 al cim: g = v²/R, v = √(gR) = √(9,8·40) = 19,8 m/s = 71,3 km/h.
c) La normal sobre el passatger és 70·(9,8 - 5,63) = 292 N, davant d'un pes de 686 N: sent el 43 % del seu pes.
Comprovació: al cim N < mg i al fons N > mg sempre; només de la velocitat depèn la diferència.

a) Quan comença a lliscar, la component del pes iguala el fregament estàtic màxim: mg·sin θ = $μ_{e}$·mg·cos θ, així $μ_{e}$ = tg 38° = 0,78.
b) De d = ½at²: a = 2·$\tfrac{1{,}50}{1{,}20^{2}} = 2{,}08$ $\text{m/s}^{2}$. A 45°: a = g(sin θ - $μ_{c}cos$ θ), així $μ_{c}$ = $\tfrac{(9{,}8\cdot 0{,}707 - 2{,}08)}{(9{,}8\cdot 0{,}707)}$ = $\tfrac{(6{,}93 - 2{,}08)}{6{,}93} = 0{,}70$.
c) A 60°: a = 9,8·(0,866 - 0,70·0,5) = 5,06 $\text{m/s}^{2}$ i t = $\sqrt{2\cdot 1{,}\tfrac{50}{5}{,}06}$ = 0,77 s.
d) 0,70 < 0,78: és el comportament habitual, perquè les microsoldadures entre superfícies en repòs s'estableixen millor que en moviment, i cal més força per «trencar-les» que per mantenir el lliscament.
Un cop en moviment, a velocitat constant cal tg θ = $μ_{c}$ = 0,70, és a dir, θ = 35,0°; per sota d'aquest angle el bloc frenaria fins aturar-se.
Error típic: usar $μ_{e}$ per calcular l'acceleració.

v = 120/3,6 = 33,3 m/s. Frenada: a = μg, d = v²/(2μg).
a) En sec: d = 1111/(2·0,70·9,8) = 81,0 m. En mullat: d = 1111/(2·0,30·9,8) = 189 m.
b) Distància de reacció = 33,3·1,0 = 33,3 m. Total: 114 m en sec i 222 m en mullat.
c) En baixada, a = g(μ·cos θ - sin θ) = 9,8·(0,70·0,9988 - 0,0499) = 6,36 m/s², de manera que d = 1111/(2·6,36) = 87,3 m (un 8 % més que en pla; en pujada serien 75,7 m).
d) Cal v·1,0 + v²/(2·0,30·9,8) ≤ 100, o sigui v²/5,88 + v - 100 = 0, d'on v = 21,5 m/s = 77,4 km/h. A 120 km/h trigaria 222 m: més del doble.
Conclusió: en mullat, la distància de frenada es multiplica per 2,3 i la velocitat segura és força inferior al límit; com que d és proporcional a v², reduir la velocitat un 20 % redueix la frenada un 36 %.

a) Conservació de la quantitat de moviment i de l'energia: v₁' = (m₁ - m₂)/(m₁ + m₂)·v = (2 - 3)/5·5,0 = -1,0 m/s (rebota) i v₂' = 2m₁/(m₁ + m₂)·v = 4/5·5,0 = 4,0 m/s. Comprovació: p = 2·5 = 10 = 2·(-1) + 3·4 = 10 kg·m/s; E_c = 25 J abans i ½·2·1 + ½·3·16 = 1 + 24 = 25 J després.
b) a = μg = 1,96 m/s². d = v²/(2a) = 16/3,92 = 4,08 m i t = v/a = 2,04 s.
c) Amb e = 0,50: v₁' = (m₁ - e·m₂)·v/(m₁ + m₂) = (2 - 1,5)·5/5 = 0,50 m/s i v₂' = (1 + e)·m₁·v/(m₁ + m₂) = 1,5·2·5/5 = 3,0 m/s. Comprovació: 2·0,5 + 3·3 = 10 kg·m/s. E_c final = 0,25 + 13,5 = 13,75 J, per tant es perden 25 - 13,75 = 11,25 J (45 %).
d) F_mitjana = Δp/Δt = 3,0·4,0/0,010 = 1200 N.
Error típic: aplicar conservació de l'energia en un xoc inelàstic.

a) F = u·(dm/dt) = 2000·5,0 = 10 000 N. La massa és m = 500 - 5t. a = $\tfrac{F}{m}$ - g: t = 0, m = 500 kg, a = 20 - 9,8 = 10,2 $\text{m/s}^{2}$. t = 30 s, m = 350 kg, a = 28,6 - 9,8 = 18,8 $\text{m/s}^{2}$. t = 60 s, m = 200 kg, a = 50 - 9,8 = 40,2 $\text{m/s}^{2}$.
b) La força és la mateixa, però el coet perd massa (el combustible que crema): a = $\tfrac{F}{m}$ - g creix quan m disminueix.
c) m(60) = 500 - 300 = 200 kg: Δv = 2000·ln($\tfrac{500}{200}$) - 9,8·60 = 2000·0,916 - 588 = 1833 - 588 = 1245 m/s.
d) Amb a = 10,2 $\text{m/s}^{2}$ constant: v = 10,2·60 = 612 m/s, la meitat del valor real. La diferència és gran perquè l'acceleració es multiplica per quatre durant la combustió.
Observació: els gasos s'expulsen a 2000 m/s, però el coet arriba a 1245 m/s: la gravetat resta 588 m/s en 60 s.

a) Forces: pes mg (avall), fregament estàtic $F_{r}$ (amunt, contra la paret) i normal N (horitzontal, cap a l'eix). Verticalment: $F_{r}$ = mg i, com que no ha de lliscar, $F_{r}$ ≤ μN. Horitzontalment la normal fa de força centrípeta: N = m·$ω^{2}$·R.
b) Condició límit: μ·N = mg, o sigui μ·m·$ω^{2}R$ = mg, ω = $\sqrt{\tfrac{g}{(\mu R)}}$ = $\sqrt{9{,}\tfrac{8}{(0}{,}40\cdot 2{,}5)}$ = 3,13 rad/s = 29,9 rpm (uns 30 rpm). v = ω·R = 3,13·2,5 = 7,83 $\tfrac{m}{s} = 28{,}2$ km/h.
c) N = mg/μ = 70·$\tfrac{9{,}8}{0{,}40} = 1715$ N, el doble i mig del pes: la persona nota 2,5 g cap a la paret.
d) Amb μ = 0,20: ω = $\sqrt{9{,}\tfrac{8}{(0}{,}20\cdot 2{,}5)}$ = 4,43 rad/s = 42,3 rpm. Un μ més gran permet girar més lent, amb menys força normal; la massa no hi intervé.
Observació: la massa no apareix al resultat: tothom queda enganxat a la mateixa velocitat angular.

a) Massa total: 80 t = 80 000 kg. Resistència total = 0,020·80 000·9,8 = 15 680 N. a = $\tfrac{(80 000 - 15 680)}{80}$ 000 = 0,804 $\text{m/s}^{2}$.
b) Cada acoblament arrossega tots els vagons que té darrere, amb la seva resistència: T = $M_{darrere}$·a + 0,020·$M_{darrere}$·g.
Locomotora-vagó 1 (arrossega 40 t): $T_{1}$ = 40 000·(0,804 + 0,196) = 40 000 N = 40,0 kN.
Vagó 1-vagó 2 (20 t): $T_{2}$ = 20 000·1,000 = 20,0 kN.
Vagó 2-vagó 3 (10 t): $T_{3}$ = 10 000·1,000 = 10,0 kN.
Comprovació amb la locomotora: 80 000 - 7840 - 40 000 = 32 160 N = 40 000·0,804.
c) $T_{1}$ = 60 kN = 40 000·(a + 0,196) ⇒ a = 1,304 $\text{m/s}^{2}$. $F_{màx}$ = 80 000·1,304 + 15 680 = 120 kN.
d) Cada acoblament només ha de moure la massa que té darrere, i això és menys quan t'allunyes de la locomotora. Per això el primer acoblament és el més exigit.

La paret és llisa: només fa una força horitzontal N_p. Al terra: normal N i fregament F_r (horitzontal).
a) Equilibri vertical: N = (15 + 70)·9,8 = 833 N. Moments respecte de la base de l'escala: N_p·(5,0·sin 60°) = 15·9,8·(2,5·cos 60°) + 70·9,8·(3,75·cos 60°), és a dir, N_p·4,33 = 183,8 + 1286,3 = 1470 N·m. N_p = 339 N. Equilibri horitzontal: F_r = N_p = 339 N.
b) μ_mín = F_r/N = 339/833 = 0,41.
c) Límit: F_r = μN = 0,30·833 = 250 N = N_p. Moments: 250·4,33 = 183,8 + 70·9,8·x·cos 60°, o sigui 1082 - 183,8 = 343·x, x = 2,62 m. Per tant l'home pot pujar fins al 52 % de l'escala (2,6 m) abans que llisqui.
Error típic: suposar que la paret també exerceix fregament: si és llisa, només fa força normal.

a) m·a = mg - kv², d'on a = g - (k/m)·$v^{2}$. Velocitat límit (a = 0): $v_{lim}$ = $\sqrt{\tfrac{mg}{k}}$ = $\sqrt{80\cdot 9{,}\tfrac{8}{0}{,}25}$ = 56,0 m/s (202 km/h).
b) v = 28 m/s: a = 9,8·(1 - 0,25) = 7,35 $\text{m/s}^{2}$.
c) Euler ($\tfrac{k}{m} = 0{,}003125$ $m^{-1}$): t = 0: v = 0; t = 1 s: a = 9,80, v = 9,80; t = 2 s: a = 9,50, v = 19,3; t = 3 s: a = 8,64, v = 27,9; t = 4 s: a = 7,36, v = 35,3; t = 5 s: a = 5,91, v = 41,2 m/s.
d) Exacta a t = 5 s: 56·tanh(9,8·$\tfrac{5}{56}$) = 56·tanh(0,875) = 39,4 m/s. Euler dona 41,2 m/s, 4,5 % de més: el mètode sobreestima perquè fa servir l'acceleració del principi de cada pas, més gran que la mitjana.
Temps al 90 %: tanh(x) = 0,9 ⇒ x = 1,472, t = 1,472·$\tfrac{56}{9{,}8} = 8{,}4$ s.
Observació: tant la massa com la forma del paracaigudes (k) determinen la velocitat límit.

a) F = m·g: 0,98; 1,96; 2,94; 3,92 i 4,90 N. k = F/x (x en m): 49,0; 47,8; 49,8; 48,4; 49,0 N/m. Mitjana: 48,8 N/m.
b) Desviació estàndard (n - 1): s = 0,76 N/m. Error de la mitjana: 0,76/√5 = 0,34 N/m. Resultat: k = 48,8 ± 0,3 N/m (un 0,7 %). Un ajust per mínims quadrats de la recta F = k·x que passa per l'origen dona 48,9 N/m, pràcticament igual.
c) En paral·lel les forces se sumen: k_p = 2k = 97,6 N/m; amb 400 g (3,92 N): x = 3,92/97,6 = 0,040 m = 4,0 cm. En sèrie els allargaments se sumen: k_s = k/2 = 24,4 N/m; x = 3,92/24,4 = 0,161 m = 16,1 cm.
Comprovació: sèrie = 4 vegades més allargament que paral·lel (16,1 / 4,0 ≈ 4), perquè k_p/k_s = 4. Una sola molla donaria 3,92/48,8 = 8,0 cm.

a) Prenem positiu el sentit de sortida. Δp = m·(v_f - v_i) = 0,430·(18,0 - (-12,0)) = 0,430·30,0 = 12,9 kg·m/s. L'impuls és igual: I = 12,9 N·s.
b) F_mitjana = I/Δt = 12,9/0,0080 = 1610 N.
c) Àrea d'un triangle: I = ½·F_màx·Δt, F_màx = 2·12,9/0,0080 = 3225 N.
d) El pes és 0,430·9,8 = 4,2 N, així que F_màx és 765 vegades el pes i el pes es pot ignorar durant el xut. La força mitjana en el temps d'un perfil triangular és la meitat de la màxima (l'àrea d'un triangle és la meitat de la del rectangle del mateix pic i durada).
Observació: el canvi de signe de la velocitat fa que Δv sigui 30 m/s (12 + 18), no 6 m/s: error típic.

a) r = 6,37·10⁶ + 4,0·10⁵ = 6,77·10⁶ m. g = GM/r² = 6,67·10^-11·5,97·10²⁴/(6,77·10⁶)² = 8,69 m/s², el 89 % del valor a la superfície. La força gravitatòria és la centrípeta: m·v²/r = GMm/r², v = √(GM/r) = 7,67·10³ m/s = 27 600 km/h. T = 2πr/v = 5546 s = 92,4 min. Òrbites per dia: 86 400/5546 = 15,6.
b) L'estació i els astronautes cauen alhora amb la mateixa acceleració (8,69 m/s²) cap a la Terra mentre es mouen lateralment a gran velocitat: estan en caiguda lliure contínua i la normal és zero. La gravetat no és zero, de manera que la seva sensació de pes sí que ho és.
c) Tercera llei de Kepler (de l'equilibri F = m·ω²r): r³ = GM·T²/(4π²) = 6,67·10^-11·5,97·10²⁴·86 164²/(4π²), r = 4,21·10⁷ m, per tant l'altura és r - R = 3,58·10⁷ m = 35 800 km. v = 2πr/T = 3,07·10³ m/s.

a) El fregament cinètic accelera el paquet: a = μg = 0,25·9,8 = 2,45 m/s². Triga t = v/a = 2,0/2,45 = 0,82 s i recorre d_p = ½·a·t² = v²/(2a) = 0,82 m.
b) La cinta recorre 2,0·0,816 = 1,63 m. El lliscament relatiu és 1,63 - 0,82 = 0,82 m (coincideix amb la distància del paquet).
c) Treball del fregament sobre el paquet: W = F·d_p = μmg·d_p = 7,35·0,816 = 6,0 J = E_c final (½·3,0·2,0² = 6,0 J). Energia dissipada en calor: Q = F·(lliscament relatiu) = 7,35·0,816 = 6,0 J.
d) El motor ha de vèncer una força de fregament de 7,35 N en la cinta: W_motor = F·d_cinta = 7,35·1,63 = 12,0 J. Aquesta energia es reparteix en 6,0 J d'energia cinètica del paquet i 6,0 J de calor; per això és el doble.
Comprovació: 12,0 = 6,0 + 6,0.