Exercicis d'impuls i quantitat de moviment — Física i Química 1r Batxillerat

La quantitat de moviment és p = m·v; cal treballar amb unitats del SI (kg i m/s).
Motorista: v = 36/3,6 = 10 m/s → p = 200 · 10 = 2000 kg·m/s.
Bala: m = 0,010 kg → p = 0,010 · 800 = 8,0 kg·m/s.
El motorista té una quantitat de moviment 250 vegades més gran, tot i que la bala va 80 vegades més de pressa: la massa del motorista és 20000 vegades més gran.
Error típic: no passar els grams a kg o els km/h a m/s abans de multiplicar.

El newton es defineix a partir de F = m·a: 1 N = 1 kg·$\text{m/s}^{2}$.
Llavors 1 N·s = 1 (kg·$\text{m/s}^{2}$)·s = 1 kg·m/s.
Han de coincidir perquè el teorema de l'impuls diu que l'impuls rebut és igual a la variació de la quantitat de moviment: I = F·Δt = Δp. Dues magnituds que s'igualen han de tenir la mateixa unitat.
Tots dos són vectors: la direcció i el sentit de l'impuls són els de la força.

Impuls: I = F·Δt = 40 · 0,50 = 20 N·s.
Teorema de l'impuls: I = Δp = m·(v - v₀) → 20 = 5,0 · (v - 0) → v = 4,0 m/s.
Comprovació amb la dinàmica: a = F/m = 40/5,0 = 8,0 m/s²; v = a·t = 8,0 · 0,50 = 4,0 m/s. Coincideix.

La quantitat de moviment és un vector: prenem com a positiu el sentit del carretó de 0,50 kg.
$p_{1}$ = 0,50 · 4,0 = +2,0 kg·m/s. $p_{2}$ = 0,30 · (-2,0) = -0,60 kg·m/s.
$p_{total}$ = 2,0 - 0,60 = +1,4 kg·m/s, en el sentit del carretó més pesat.
Error típic: sumar els mòduls (2,6 kg·m/s) sense tenir en compte que els sentits són oposats.

Dades al SI: m = 0,050 kg; Δt = 1,0 ms = 1,0·10^-3 s.
Variació de la quantitat de moviment: Δp = m·(v - v₀) = 0,050 · (60 - 0) = 3,0 kg·m/s.
Teorema de l'impuls: F·Δt = Δp → F = 3,0/(1,0·10^-3) = 3000 N.
És una força enorme (uns 6000 cops el pes de la bola, que és de 0,49 N), però actua durant molt poc temps.

No hi ha forces externes horitzontals (el gel no frena), per tant es conserva la quantitat de moviment horitzontal del sistema persona + pilota.
Abans: p = 0. Després: 0 = $m_{pilota}$·$v_{pilota}$ + $m_{persona}$·$v_{persona}$.
0 = 4,0 · 5,0 + 80 · v → v = -$\tfrac{20}{80}$ = -0,25 m/s.
La persona retrocedeix a 0,25 m/s, en sentit contrari al de la pilota.
Comprovació: $p_{pilota}$ = +20 kg·m/s i $p_{persona}$ = 80 · (-0,25) = -20 kg·m/s: sumen zero.

Durant el xoc, les forces entre els vagons són internes i molt més grans que el fregament: es conserva la quantitat de moviment.
m₁·v₁ + m₂·v₂ = (m₁ + m₂)·v → 2000 · 3,0 + 1000 · 0 = 3000 · v.
v = 6000/3000 = 2,0 m/s.
Comprovació: la quantitat de moviment abans (6000 kg·m/s) és igual a la de després (3000 · 2,0). El conjunt va més lent perquè ara la mateixa quantitat de moviment s'ha de repartir entre més massa.

a) Falsa. Si no hi ha forces externes importants durant el xoc, la quantitat de moviment sempre es conserva; el que no es conserva en un xoc inelàstic és l'energia cinètica (una part es transforma en deformació, calor, so...).
b) Certa. És la definició de xoc elàstic: es conserven les dues magnituds.
c) Certa. És el cas més extrem d'inelàstic: després del xoc tots dos cossos es mouen amb la mateixa velocitat, i la pèrdua d'energia cinètica és la màxima possible.
Recorda: la quantitat de moviment es conserva en tots els xocs d'un sistema aïllat; l'energia cinètica només en els elàstics.

Quan el cotxe s'atura bruscament, el cos del conductor passa de la velocitat del cotxe a zero: la variació de la quantitat de moviment, Δp, és la mateixa tant si hi ha airbag com si no.
Pel teorema de l'impuls, $F_{mitjana}$ = Δp/Δt. Si Δp és fix, la força mitjana és inversament proporcional al temps d'aturada.
L'airbag i el cinturó allarguen el temps durant el qual el cos es frena (d'uns pocs mil·lisegons a unes dècimes de segon) i, a més, reparteixen la força sobre una superfície més gran. Un Δt més gran vol dir una força més petita i, per tant, menys lesions.
El mateix principi explica per què flexionem els genolls en caure d'un salt.

Δp = m·(v - v₀) = 2,0 · (8,0 - 3,0) = 10 kg·m/s.
F = Δp/Δt = 10/4,0 = 2,5 N.
Comprovació amb F = m·a: a = (8,0 - 3,0)/4,0 = 1,25 m/s²; F = 2,0 · 1,25 = 2,5 N.
Les dues formes són equivalents quan la massa és constant: F = Δ(m·v)/Δt = m·Δv/Δt = m·a. La forma amb la quantitat de moviment és la més general.

Xoc perfectament inelàstic (la bala queda incrustada): es conserva la quantitat de moviment.
m_b·v_b + 0 = (m_b + M)·V → 0,020 · v_b = 2,020 · 5,0.
v_b = 10,1/0,020 = 505 m/s.
Comprovació d'energia: abans, K = (1/2)·0,020·505² = 2550 J; després, K = (1/2)·2,020·5,0² = 25 J. Es perd el 99 % de l'energia cinètica (deformació i calor), per això K no es conserva en un xoc inelàstic.

Apliquem el teorema de l'impuls, I = F·Δt = m·Δv, a cada tram (sentit positiu: el de la força inicial).
Tram 1 (0-0,50 s): I₁ = 10 · 0,50 = 5,0 N·s → v = 5,0/2,0 = 2,5 m/s.
Tram 2 (0,50-0,80 s): F = 0, no hi ha impuls i la velocitat es manté: als 0,80 s, v = 2,5 m/s.
Tram 3 (0,80-1,80 s): I₃ = -6,0 · 1,0 = -6,0 N·s.
Impuls total: 5,0 + 0 - 6,0 = -1,0 N·s → velocitat final v = -1,0/2,0 = -0,50 m/s: el carretó acaba movent-se en sentit contrari a l'inicial.
Instant en què s'atura: al tram 3, a = F/m = -6,0/2,0 = -3,0 m/s²; la velocitat passa de 2,5 a 0 en 2,5/3,0 = 0,83 s, és a dir als 0,80 + 0,83 = 1,63 s.
Comprovació: v(1,8 s) = 2,5 - 3,0 · 1,0 = -0,5 m/s.

Pedra: p = 2,0 · 1,0 = 2,0 kg·m/s; K = ($\tfrac{1}{2}$)·2,0·1,$0^{2}$ = 1,0 J.
Bala: p = 0,020 · 300 = 6,0 kg·m/s; K = ($\tfrac{1}{2}$)·0,020·$300^{2}$ = 900 J.
La bala té 3 vegades més quantitat de moviment i 900 vegades més energia cinètica.
La quantitat de moviment és proporcional a v (p = m·v), mentre que l'energia cinètica ho és a $v^{2}$ (K = ($\tfrac{1}{2}$)·m·$v^{2}$): una velocitat gran fa créixer molt més l'energia que la quantitat de moviment.
A més, p és un vector (pot ser positiu o negatiu) i K és un escalar sempre positiu.

Es conserva la quantitat de moviment (el fregament amb els carrils és menyspreable durant el xoc).
m₁·v₁ + m₂·v₂ = (m₁ + m₂)·V → 20000 · 2,0 + 30000 · 1,0 = 50000 · V → V = 70000/50000 = 1,4 m/s.
Energia cinètica abans: (1/2)·20000·2,0² + (1/2)·30000·1,0² = 40000 + 15000 = 55000 J.
Després: (1/2)·50000·1,4² = 49000 J.
Energia perduda: 55000 - 49000 = 6000 J (un 11 %), transformada en deformació, calor i so.
Comprovació: la velocitat final és entre les dues velocitats inicials (1,0 < 1,4 < 2,0), com ha de ser.

Dades: $m_{1}$ = $m_{2}$ = m = 0,16 kg; $v_{1}$ = 2,0 m/s; $v_{2}$ = 0.
Quantitat de moviment: m·$v_{1}$ = m·$v_{1}$' + m·$v_{2}$' → 2,0 = $v_{1}$' + $v_{2}$'.
Energia cinètica: $v_{1}$² = $v_{1}$'² + $v_{2}$'² → 4,0 = $v_{1}$'² + $v_{2}$'².
De la primera, $v_{2}$' = 2,0 - $v_{1}$'. Substituint: 4,0 = $v_{1}$'² + (2,0 - $v_{1}$'$)^{2}$ = 2·$v_{1}$'² - 4,0·$v_{1}$' + 4,0 → 2·$v_{1}$'·($v_{1}$' - 2,0) = 0.
Solucions: $v_{1}$' = 2,0 m/s (la bola passa de llarg sense xocar, que no és el cas) o $v_{1}$' = 0, i llavors $v_{2}$' = 2,0 m/s.
La primera bola s'atura i la segona surt amb la velocitat de la primera: amb masses iguals, en un xoc elàstic frontal les boles s'intercanvien les velocitats.

Es conserva la quantitat de moviment del sistema fusell + bala (inicialment en repòs: p = 0).
0 = $m_{b}$·$v_{b}$ + M·V → V = -0,010 · $\tfrac{600}{4{,}0}$ = -1,5 m/s: el fusell retrocedeix a 1,5 m/s.
Energies: $K_{bala}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·0,010·$600^{2}$ = 1800 J; $K_{fusell}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·4,0·1,$5^{2}$ = 4,5 J.
Les quantitats de moviment són iguals en mòdul (6,0 kg·m/s), però el fusell només té un 0,25 % de l'energia total ($\tfrac{4{,}5}{1804{,}5}$): com que K = $\tfrac{p^{2}}{(2m)}$, a igual p, el cos més lleuger s'emporta gairebé tota l'energia.
Un fusell més pesat retrocedeix més a poc a poc (V = m·v/M).

En l'explosió, les forces internes són enormes comparades amb les externes (el pes): es conserva la quantitat de moviment.
Abans: p = 6,0 · 100 = 600 kg·m/s.
Després: 600 = 2,0 · 250 + 4,0 · v → 600 = 500 + 4,0·v → v = 100/4,0 = 25 m/s, positiu: en el mateix sentit que el projectil.
Comprovació: 2,0·250 + 4,0·25 = 500 + 100 = 600 kg·m/s.
L'energia cinètica augmenta (de 30000 J a 62500 + 1250 = 63750 J), perquè l'explosió transforma energia química en cinètica: és el contrari d'un xoc inelàstic.

La força mitjana d'una força que creix linealment de 0 a 600 N és (0 + 600)/2 = 300 N.
Impuls: I = F_mitjana·Δt = 300 · 0,020 = 6,0 N·s (l'àrea del triangle és (1/2)·0,020·600 = 6,0).
Teorema de l'impuls: I = m·v → v = 6,0/0,40 = 15 m/s.
Error típic: multiplicar la força màxima (600 N) pel temps: s'obtindria 12 N·s, el doble de l'impuls real.

Prenem com a positiu el sentit de sortida: v₀ = -20 m/s i v = +30 m/s.
Δp = m·(v - v₀) = 0,058 · (30 + 20) = 2,9 kg·m/s.
F = Δp/Δt = 2,9/0,0050 = 580 N, en el sentit de sortida de la pilota.
Fixa't que el canvi de velocitat és de 50 m/s (no de 10 m/s), perquè la pilota primer s'atura i després torna a sortir en sentit contrari.
Error típic: restar 30 - 20 = 10 m/s oblidant que la velocitat canvia de sentit.

En tots dos casos la quantitat de moviment passa de 1200 · 15 = 18000 kg·m/s a zero: |Δp| = 18000 kg·m/s.
F = Δp/Δt. Amb Δt = 0,15 s: F = 18000/0,15 = 120000 N. Amb Δt = 0,60 s: F = 18000/0,60 = 30000 N.
Quadruplicar el temps de frenada divideix per 4 la força mitjana. Per això els cotxes tenen zones de deformació (es plega el cotxe, no els passatgers).
Per fer-se una idea: 30000 N és el pes d'una massa d'uns 3100 kg, i 120000 N el d'una massa d'uns 12200 kg.

Sistema sonda + gas, sense forces externes: la quantitat de moviment total és zero abans i després.
La massa que queda a la sonda és 500 - 20 = 480 kg.
0 = 20 · 240 + 480 · V → V = -$\tfrac{4800}{480}$ = -10 m/s.
La sonda es mou a 10 m/s en sentit contrari al del gas.
Un coet no s'hi recolza en res: expulsa gas cap enrere i, per la conservació de la quantitat de moviment, la resta del coet guanya la mateixa quantitat de moviment cap endavant. Per això funciona també al buit; l'aire no hi fa cap falta.

Conservació de p: 2,0·6,0 = 2,0·v₁' + 1,0·v₂' → 12 = 2·v₁' + v₂'.
Xoc elàstic (es conserva K): (1/2)·2,0·6,0² = (1/2)·2,0·v₁'² + (1/2)·1,0·v₂'² → 72 = 2·v₁'² + v₂'².
De la primera: v₂' = 12 - 2·v₁'. Substituint: 72 = 2·v₁'² + (12 - 2·v₁')² = 6·v₁'² - 48·v₁' + 144 → v₁'² - 8·v₁' + 12 = 0.
v₁' = 2,0 m/s o 6,0 m/s. La segona solució és la situació inicial (sense xoc); per tant v₁' = 2,0 m/s i v₂' = 12 - 4,0 = 8,0 m/s.
Comprovació: K abans = 36 J; K després = (1/2)·2,0·2,0² + (1/2)·1,0·8,0² = 4 + 32 = 36 J.
El bloc gran continua endavant, més lent, i el petit surt disparat més de pressa que la velocitat inicial del gran.

Conservació de p: 3,0·4,0 + 1,0·(-2,0) = 3,0·v₁' + 1,0·v₂' → 10 = 3·v₁' + v₂'.
Xoc elàstic frontal: v₁ - v₂ = v₂' - v₁' → 4,0 - (-2,0) = 6,0 = v₂' - v₁' → v₂' = v₁' + 6,0.
Substituint: 10 = 3·v₁' + v₁' + 6,0 → v₁' = 1,0 m/s i v₂' = 7,0 m/s.
Comprovació: K abans = (1/2)·3·4² + (1/2)·1·2² = 24 + 2 = 26 J; K després = (1/2)·3·1² + (1/2)·1·7² = 1,5 + 24,5 = 26 J.
El carretó gran segueix endavant (però més lent) i el petit rebota i surt en sentit contrari al que duia.

Hi ha dues fases. 1) Xoc inelàstic (bala incrustada): es conserva p. 2) Pujada del conjunt: es conserva l'energia mecànica.
Fase 2: (1/2)·(m + M)·V² = (m + M)·g·h → V = √(2·g·h) = √(2·9,8·0,40) = √7,84 = 2,8 m/s.
Fase 1: m·v = (m + M)·V → 0,010·v = 2,00·2,8 → v = 5,6/0,010 = 560 m/s.
Energia cinètica inicial de la bala: (1/2)·0,010·560² = 1568 J. Energia just després del xoc: (1/2)·2,00·2,8² = 7,84 J.
Fracció perduda: (1568 - 7,84)/1568 = 0,995 → un 99,5 %.
Error típic: aplicar la conservació de l'energia mecànica al xoc (no es conserva) o la de la quantitat de moviment a la pujada (el pes i la tensió són forces externes i p no es conserva).

a) p total = 1000·15 + 1000·(-15) = 0 → V = 0: queden aturats. K abans = 2·($\tfrac{1}{2}$)·1000·$15^{2}$ = 225000 J; K després = 0. Es perden 225000 J (el 100 %).
b) p = 1000·15 = 2000·V → V = 7,5 m/s. K abans = ($\tfrac{1}{2}$)·1000·$15^{2}$ = 112500 J; K després = ($\tfrac{1}{2}$)·2000·7,$5^{2}$ = 56250 J. Es perden 56250 J (el 50 %).
Hi ha més deformació en el cas a): la pèrdua d'energia és 4 vegades més gran. En tots dos casos la quantitat de moviment es conserva; el que determina l'energia perduda és la velocitat relativa dels cotxes (30 m/s en el cas a i 15 m/s en el cas b).

Sistema noi + barca: no hi ha forces externes horitzontals i es conserva p (inicialment zero).
Sigui V la velocitat de la barca respecte de la riba (negativa si va cap enrere). El noi té velocitat u = 3,0 m/s respecte de la barca; per tant, respecte de la riba, v = u + V.
0 = 60·(3,0 + V) + 120·V → 0 = 180 + 180·V → V = -1,0 m/s.
La barca retrocedeix a 1,0 m/s; el noi té v = 3,0 - 1,0 = 2,0 m/s respecte de la riba.
Comprovació: 60·2,0 + 120·(-1,0) = 120 - 120 = 0.
Error típic: prendre els 3,0 m/s com a velocitat respecte de la riba; això donaria una barca a 1,5 m/s i oblidaria que la barca també es mou.

Sistema inicialment en repòs: p = 0, i es conserva.
0 = 1,0·6,0 + 3,0·v → v = -6,0/3,0 = -2,0 m/s: el carretó de 3,0 kg es mou a 2,0 m/s en sentit contrari.
L'energia cinètica final prové de l'energia elàstica de la molla: E = (1/2)·1,0·6,0² + (1/2)·3,0·2,0² = 18 + 6 = 24 J.
Fixa't que el carretó més lleuger s'emporta 3/4 de l'energia (18 de 24 J): K = p²/(2m) i p és igual en mòdul en tots dos.

La sorra cau amb velocitat horitzontal zero i, en arribar a la cinta, ha d'adquirir 2,0 m/s: la cinta li ha de transmetre quantitat de moviment horitzontal.
En un interval Δt arriba una massa Δm = 5,0·Δt que ha d'agafar 2,0 m/s: Δp = Δm·v = 5,0·Δt·2,0.
Força: F = Δp/Δt = 5,0 · 2,0 = 10 N (és la força que la cinta fa sobre la sorra i que, per reacció, el motor ha de compensar).
Potència: P = F·v = 10 · 2,0 = 20 W.
Dels 20 W, només 10 W ($\tfrac{1}{2}$·5,0·2,$0^{2}$) s'inverteixen en energia cinètica de la sorra; l'altra meitat es dissipa en forma de calor pel lliscament de la sorra sobre la cinta fins que agafa la seva velocitat.

Xoc (inelàstic, es conserva p): 1000·20 = 2000·V → V = 10 m/s.
Frenada: la força de fregament és F = μ·N = μ·(2m)·g i frena el conjunt amb a = μ·g = 0,50·9,8 = 4,9 m/s² (no depèn de la massa).
Distància: 0 = V² - 2·a·d → d = V²/(2·a) = 100/9,8 = 10,2 m.
Alternativa amb energia: (1/2)·2000·10² = μ·2000·9,8·d → d = 10,2 m.
Error típic: aplicar la conservació de la quantitat de moviment durant la frenada: el fregament és una força externa i p no es conserva.

a) Δp = m·v = 0,50 · 10 = 5,0 kg·m/s, cap avall.
b) No. La pilota sola no és un sistema aïllat: el seu pes (una força externa, deguda a la Terra) l'accelera. Si considerem el sistema pilota + Terra, la força gravitatòria és interna i la quantitat de moviment total es conserva: mentre la pilota guanya 5,0 kg·m/s cap avall, la Terra guanya 5,0 kg·m/s cap amunt.
c) v_Terra = p/M = 5,0/(6,0·10²⁴) = 8,3·10^-25 m/s: un valor totalment imperceptible a causa de l'enorme massa de la Terra.
Per això, a la pràctica, podem tractar la Terra com si estigués en repòs.

a) Cap a l'est (eix x): p_x = 1000·20 = 20000 kg·m/s. Cap al nord (eix y): p_y = 1500·10 = 15000 kg·m/s.
b) La quantitat de moviment es conserva en cada component. Massa total = 2500 kg: v_x = 20000/2500 = 8,0 m/s; v_y = 15000/2500 = 6,0 m/s. Mòdul v = √(8,0² + 6,0²) = 10,0 m/s. Direcció: tan θ = 6,0/8,0, de manera que θ = 36,9° al nord de l'est.
c) E_c,inicial = ½·1000·20² + ½·1500·10² = 200000 + 75000 = 275000 J. E_c,final = ½·2500·10,0² = 125000 J. Pèrdua = 150000 J, un 54,5 %: s'ha invertit en deformar els cotxes i en calor.

a) Conservació de p (masses iguals): v = v₁ + v₂. Conservació de l'energia: $v^{2}$ = $v_{1}$² + $v_{2}$². Elevant la primera al quadrat: $v^{2}$ = $v_{1}$² + $v_{2}$² + 2 v₁·v₂, i per tant v₁·v₂ = 0: les velocitats són perpendiculars. La segona bola surt a 90° - 30° = 60° de la direcció inicial, per l'altre costat.
b) El triangle de velocitats és rectangle, amb hipotenusa v = 3,0 m/s: $v_{1}$ = 3,0·cos 30° = 2,6 m/s; $v_{2}$ = 3,0·sin 30° = 1,5 m/s.
c) $E_{c}$ inicial = ½·0,17·3,$0^{2}$ = 0,765 J. Final: ½·0,17·(2,$60^{2}$ + 1,$50^{2}$) = ½·0,17·9,0 = 0,765 J. Coincideixen: el xoc és elàstic.

a) I = àrea sota F(t) = (2/π)·F₀·T = (2/π)·1500·0,012 = 11,5 N·s.
b) I = Δp = m·v (parteix del repòs): v = 11,46/0,45 = 25,5 m/s (≈ 92 km/h).
c) F_mitjana = I/T = 11,46/0,012 = 955 N, que és 2/π = 0,64 vegades F₀. Per tant la força màxima (1500 N) és un 57 % superior a la mitjana.
Fixa't que per calcular la velocitat cal l'impuls (l'àrea), no la força màxima.

a) L'empenta és la força de reacció sobre el coet: F = (dm/dt)·u = 5,0·2000 = 1,0·10⁴ N. (Per la 2a llei, la força sobre els gasos és igual i contrària: F = Δp/Δt = 5,0 kg/s·2000 m/s.)
b) a = (F - m·g)/m = (10000 - 800·9,8)/800 = 12,5 - 9,8 = 2,7 m/s² cap amunt.
c) m = 800 - 5,0·60 = 500 kg. a = 10000/500 - 9,8 = 20,0 - 9,8 = 10,2 m/s².
L'empenta és constant, però la massa disminueix en cremar combustible; per tant a = F/m - g augmenta. El coet necessita F > m·g per enlairar-se: aquí 10000 N > 7840 N.

a) Àrea A = π·(0,010$)^{2}$ = 3,14·$10^{-4}$ $m^{2}$. Cabal màssic = ρ·A·v = 1000·3,14·$10^{-4}$·15 = 4,71 kg/s.
b) Cada segon l'aigua perd tota la seva quantitat de moviment: F = (dm/dt)·Δv = 4,71·15 = 70,7 N.
c) Si rebota, Δv = 15 - (-15) = 30 m/s: F = 4,71·30 = 141 N, el doble.
Això és el que s'aprofita en les turbines Pelton: les cullerades fan que l'aigua giri la velocitat, de manera que l'impuls es duplica.

a) Conservació de p en el xoc (breu): 0,010·400 = 0,010·100 + 2,0·V, i per tant V = 0,010·300/2,0 = 1,5 m/s.
b) Després el pèndol conserva l'energia mecànica: ½·V² = g·h, i h = 1,5²/(2·9,8) = 0,115 m (11,5 cm).
c) Energia inicial: ½·0,010·400² = 800 J. Final: ½·0,010·100² + ½·2,0·1,5² = 50 + 2,25 = 52,3 J. Dissipada = 800 - 52,3 = 748 J (93,5 %), en forma de calor i trencament de la fusta.

a) En el moment de màxima compressió els dos carros tenen la mateixa velocitat: 2,0·3,0 = (2,0 + 1,0)·V, i V = 2,0 m/s.
b) E_c inicial = ½·2,0·3,0² = 9,0 J. A la compressió màxima: ½·3,0·2,0² = 6,0 J. L'energia a la molla és 9,0 - 6,0 = 3,0 J. ½·k·x² = 3,0 → x = √(2·3,0/600) = 0,10 m (10 cm).
c) Xoc elàstic: v₁ = (m₁ - m₂)/(m₁ + m₂)·3,0 = (1/3)·3,0 = 1,0 m/s; v₂ = 2·m₁/(m₁ + m₂)·3,0 = (4/3)·3,0 = 4,0 m/s.
Comprovació: p = 2,0·1,0 + 1,0·4,0 = 6,0 kg·m/s (igual que abans); E_c = 1,0 + 8,0 = 9,0 J.

a) Treball del fregament: v² = v₀² - 2·μ·g·d = 25 - 2·0,20·9,8·2,0 = 25 - 7,84 = 17,16, així v = 4,14 m/s.
b) Conservació de p en el xoc: 2,0·4,14 = 5,0·V → V = 1,66 m/s.
c) El conjunt té a = μ·g = 1,96 m/s² de frenada: d = V²/(2·μ·g) = 1,657²/(2·1,96) = 0,70 m.
Observa que la massa no apareix en la distància de frenada (l'acceleració del fregament és μ·g per a qualsevol massa).

a) Components inicials: v_x = 30·cos 60° = 15 m/s; v_y = 30·sin 60° = 26,0 m/s. Abast: R = v²·sin(2θ)/g = 900·0,866/9,8 = 79,5 m. El punt més alt és a la meitat: x = 39,8 m, h = v_y²/(2g) = 34,4 m.
b) Al punt més alt la velocitat és horitzontal: 15 m/s. Conservació de p (horitzontal): 4,0·15 = 1,5·0 + 2,5·V → V = 24 m/s cap endavant.
c) Temps de caiguda des de 34,4 m: t = √(2·34,4/9,8) = 2,65 s. El fragment de 1,5 kg cau en x = 39,8 m. El de 2,5 kg: x = 39,8 + 24·2,65 = 103,4 m.
d) x_CM = (1,5·39,8 + 2,5·103,4)/4,0 = 79,5 m. Coincideix amb l'abast sense explosió: les forces internes no canvien el moviment del centre de masses; només actua la gravetat.

a) Sobre el sistema no hi ha forces externes horitzontals (la resistència de l'aigua és negligible), així que la quantitat de moviment horitzontal total es manté nul·la i el centre de masses no es mou.
b) Siguin $x_{b}$ el desplaçament de la barca i $x_{p}$ el de la persona respecte de la riba, amb $x_{p}$ - $x_{b}$ = 4,0 m (desplaçament relatiu). Centre de masses fix: 70·$x_{p}$ + 130·$x_{b}$ = 0. Substituint $x_{p}$ = $x_{b}$ + 4,0: 70·($x_{b}$ + 4,0) + 130·$x_{b}$ = 0 → $x_{b}$ = -$\tfrac{280}{200}$ = -1,4 m (la barca va en sentit contrari).
c) $x_{p}$ = -1,4 + 4,0 = +2,6 m.
Si corre, el desplaçament final és el mateix (depèn només de les masses i de la longitud); canvien les velocitats, que són inversament proporcionals a les masses, però no els desplaçaments.

a) Conservació de p horitzontal: 20·3,0 = 25·V → V = 2,4 m/s. $E_{c}$ abans = ½·20·9,0 = 90 J; després = ½·25·2,$4^{2}$ = 72 J. Pèrdua = 18 J (20 %), convertida en calor per la fricció entre sorra i carro.
b) Cada segon s'han d'accelerar 2,0 kg de sorra de 0 a 3,0 m/s: F = (dm/dt)·v = 2,0·3,0 = 6,0 N.
c) P = F·v = 6,0·3,0 = 18 W. Taxa d'augment d'$E_{c}$ de la sorra = ½·(dm/dt)·$v^{2}$ = ½·2,0·9,0 = 9,0 W. La resta, 9,0 W, es dissipa en calor (fricció sorra-carro mentre s'iguala la velocitat): sempre s'hi dissipa la meitat, independentment del fregament entre sorra i carro.
Aquest és un cas de massa variable: F = d(m·v)/dt = v·dm/dt si v és constant.

a) v₁ = √(2·9,8·1,5) = 5,42 m/s (cap avall). v₂ = √(2·9,8·0,96) = 4,34 m/s (cap amunt). e = v₂/v₁ = 0,80.
b) Δp = m·(v₂ - (-v₁)) = 0,057·(4,34 + 5,42) = 0,557 kg·m/s cap amunt, que és l'impuls. F_mitjana = 0,557/0,0050 = 111 N. El pes és 0,057·9,8 = 0,559 N, així que la força és unes 200 vegades el pes (el pes es pot ignorar durant el contacte).
c) Primera caiguda: t₀ = v₁/g. Després de l'n-èsim rebot, la velocitat de sortida és eⁿ·v₁ i el vol dura 2·eⁿ·v₁/g. Total = t₀ + 2t₀·Σeⁿ (n ≥ 1) = t₀·(1 + 2e/(1 - e)) = t₀·(1 + e)/(1 - e). Numèricament t₀ = 5,42/9,8 = 0,553 s; t_total = 0,553·1,80/0,20 = 4,98 s ≈ 5,0 s (la pilota fa infinits rebots en un temps finit).

a) v_CM = (2,0·6,0 + 1,0·(-3,0))/3,0 = 9,0/3,0 = 3,0 m/s.
b) En el sistema del CM: u₁ = 6,0 - 3,0 = +3,0 m/s; u₂ = -3,0 - 3,0 = -6,0 m/s (les quantitats de moviment són iguals i oposades: 2,0·3,0 = 6,0 i 1,0·6,0 = 6,0).
c) Xoc elàstic: u₁' = -3,0; u₂' = +6,0; en el laboratori v₁' = -3,0 + 3,0 = 0; v₂' = 6,0 + 3,0 = 9,0 m/s. Per a e = 0,50: u₁' = -0,50·3,0 = -1,5; u₂' = +0,50·6,0 = +3,0; v₁' = 1,5 m/s i v₂' = 6,0 m/s.
Comprovació de p: abans = 12,0 - 3,0 = 9,0 kg·m/s. Elàstic: 0 + 9,0 = 9,0. e = 0,5: 2,0·1,5 + 1,0·6,0 = 9,0. Energia elàstica: abans 36 + 4,5 = 40,5 J; després 0 + ½·1,0·81 = 40,5 J.

a) $m_{0}$ = $m_{f}$·e^Δv/u = 2000·e^0,5 = 2000·1,6487 = 3297 kg. Combustible = 3297 - 2000 = 1297 kg.
b) L'estimació lineal dona Δm = 2000·$\tfrac{1500}{3000} = 1000$ kg, un 23 % menys. És una mala aproximació perquè Δv/u = 0,5 no és petit: el coet ha de portar també el combustible que gastarà en accelerar el combustible restant (l'efecte multiplicatiu de l'exponencial).
c) $\tfrac{m_{0}}{m_{f}} = e$^{$\tfrac{9500}{3000}$} = e^3,17 = 23,7. Més del 95 % de la massa inicial hauria de ser combustible (1 - $\tfrac{1}{23{,}7} = 95{,}8$ %), cosa que no és viable amb un sol cos. Per això es fan servir coets d'etapes: es descarten els dipòsits buits i es redueix $m_{f}$. La dependència exponencial també explica la importància d'augmentar u (motors més eficients).

a) p = $\tfrac{h}{\lambda} = 6{,}63$·$\tfrac{10^{-34}}{5{,}50}$·$10^{-7}$ = 1,2·$10^{-27}$ kg·m/s.
b) F = $\tfrac{P}{c} = 5{,}0$·$\tfrac{10^{-3}}{3{,}0}$·$10^{8}$ = 1,7·$10^{-11}$ N (imperceptible: és la força que cal per accelerar 1 g amb $10^{-8}$ $\text{m/s}^{2}$).
c) Potència incident P = I·A = 1361·100 = 1,361·$10^{5}$ W. F = 2P/c = 2·1,361·$\tfrac{10^{5}}{3{,}0}$·$10^{8}$ = 9,1·$10^{-4}$ N. a = $\tfrac{F}{m} = 9{,}1$·$10^{-5}$ $\text{m/s}^{2}$. En un dia (86400 s): Δv = a·t = 7,8 m/s.
Encara que la força és minúscula, no cal combustible i actua sense parar: després de mesos acumula velocitats de km/s. Per això s'estudia per a viatges interplanetaris.

a) m_C = 9,0 - 2,0 - 3,0 = 4,0 kg.
b) La quantitat de moviment total és zero: p_A = (12, 0) kg·m/s; p_B = (0, 12) kg·m/s; p_C = -(12, 12) = (-12, -12). v_C = p_C/4,0 = (-3,0; -3,0) m/s. Mòdul = √(3,0² + 3,0²) = 4,24 m/s. Direcció: a 225° respecte de l'eix +x (és a dir, 45° per sota de l'eix -x, en el tercer quadrant).
c) E = ½·2,0·6,0² + ½·3,0·4,0² + ½·4,0·4,24² = 36 + 24 + 36 = 96 J, procedents de l'energia química de l'explosiu.

a) Sol: sonda +10 km/s; planeta -13 km/s. En el sistema del planeta, la sonda va a 10 - (-13) = 23 km/s. En un xoc elàstic amb una massa enorme, s'inverteix: -23 km/s després.
b) Tornem al sistema del Sol: v_f = -23 + (-13) = -36 km/s. La sonda va ara a 36 km/s en sentit contrari al de partida.
c) Per kg: ΔE_c = ½·(36·$10^{3}$$)^{2}$ - ½·(10·$10^{3}$$)^{2}$ = 6,48·$10^{8}$ - 5,0·$10^{7}$ = 5,98·$10^{8}$ J/kg. L'energia prové del planeta. Variació de velocitat del planeta: la sonda canvia la velocitat en 46 km/s (de +10 a -36), i el planeta guanya la quantitat de moviment contrària: |ΔV| = 800·46·$\tfrac{10^{3}}{1{,}9}$·$10^{27}$ = 1,9·$10^{-20}$ m/s, completament negligible.

a) v = √(2·g·h) = √(2·9,8·1,0) = 4,43 m/s.
b) Per a una frenada uniforme, v² = 2·a·d: a = 4,43²/(2·0,010) = 980 m/s² (100 g). Temps: t = v/a = 4,43/980 = 4,5 ms. La força del terra N compleix N - m·g = m·a: N = 60·(9,8 + 980) = 5,9·10⁴ N (≈ 59 kN). Pes = 588 N, així que N ≈ 101 vegades el pes.
c) a = 4,43²/(2·0,40) = 24,5 m/s² (2,5 g). t = 4,43/24,5 = 0,18 s. N = 60·(9,8 + 24,5) = 2058 N ≈ 3,5 vegades el pes.
Allargar la distància (i el temps) d'aturada 40 vegades redueix la força 29 vegades. Per això flexionar els genolls evita lesions: mateix canvi de quantitat de moviment, però durant més temps (F = Δp/Δt).

a) Conservació de p i d'E per a m₁ = 1 i m₂ = A: la velocitat final del neutró és v' = (1 - A)/(1 + A)·v. L'energia és proporcional a v², així que E'/E = ((A - 1)/(A + 1))². A = 1: 0 (el neutró cedeix tota l'energia); A = 2: (1/3)² = 0,111; A = 12: (11/13)² = 0,716; A = 207: (206/208)² = 0,981.
b) Cal reduir l'energia en un factor 2,0·10⁶/0,025 = 8,0·10⁷. Amb carboni, cada xoc la multiplica per 0,716: n = ln(8,0·10⁷)/ln(1/0,716) = 18,2/0,334 = 54,5, o sigui, almenys 55 xocs (en realitat són més, perquè els xocs no són tots frontals).
c) Deuteri: 18,2/ln 9 = 8,3 → almenys 9 xocs. Plom: 18,2/0,0193 = 942 xocs. El plom és un mal moderador perquè el neutró rebota amb poca pèrdua d'energia, ja que el nucli és molt més pesat; els moderadors millors són els nuclis lleugers (aigua, grafit, aigua pesant).

a) Cabal màssic = 1,0/0,10 = 10 kg/s. Empenta = (dm/dt)·u = 10·12 = 120 N. Acceleració inicial: a = F/m₀ - g = 120/1,5 - 9,8 = 80 - 9,8 = 70,2 m/s² (7 g).
b) Δv = u·ln(m₀/m_f) - g·t = 12·ln(1,5/0,5) - 9,8·0,10 = 12·1,0986 - 0,98 = 13,18 - 0,98 = 12,2 m/s (cap amunt).
c) Durant l'impuls puja 0,49 m (integració numèrica del moviment). Després, per energia: h = v²/(2g) = 12,2²/19,6 = 7,6 m. Altura màxima ≈ 0,49 + 7,6 = 8,1 m.
L'acceleració creix durant l'impuls (de 70 a 230 m/s²), perquè la massa baixa de 1,5 a 0,5 kg amb empenta constant. Un coet real perd energia per fregament amb l'aire, i aconsegueix menys.