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Mecánica 2 (M2, papel WME02/01, 1 hora 30 minutos, 75 puntos, primera evaluación junio 2020) es la unidad aplicada IAL que se basa en M1: P1–P4 y M1 son asumidos. Use $g = 9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ a menos que el modelo de la pregunta indique lo contrario (una pregunta de junio 2025 usa 10). Esta referencia cubierta: cinemática de aceleración variable, centros de masa, trabajo, energía y potencia, colisiones con coeficientes de restitución, y estática de cuerpos rígidos.

Conocimiento esencial para M2 (no incluido en el folleto):

Cuando la aceleración es función del tiempo, integrar: $v = \int a\,dt$ y $s = \int v\,dt$, con las constantes fijadas por las condiciones iniciales («en reposo en O» anula ambas). Para la DISTANCIA TOTAL cuando la partícula invierte su dirección, hallar el tiempo de detención ($v = 0$) y sumar ambos tramos. Los vectores de posición se derivan componente a componente: $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt}$, $\mathbf a = \tfrac{d\mathbf v}{dt}$.

Ejercicio resuelto — integración con un trapézico (WME02 junio 2025 P1). Con $a = k(3 - t^2)$ partiendo del reposo en O y $v(1.5) = 13.5$: $v = k(3t - \tfrac{t^3}3)$ (constante cero por estar en reposo), y $k(4.5 - 1.125) = 3.375k = 13.5$ proporciona $k = 4$. A continuación, $s = 6t^2 - \tfrac{t^4}3 = \tfrac{t^2}3(18 - t^2)$. Para la distancia total de regreso a O: $v = \tfrac{4t}3(9 - t^2) = 0$ en $t = 3$, $s(3) = 27$, por lo que la partícula recorre $27 + 27 = 54$ m — el trayecto de regreso es un segundo 27, no una resta.

Ejercicio resuelto — velocidad vectorial seguida de impulso (WME02 junio 2025 P2). Con $\mathbf r = 4\sqrt t\,\mathbf i - 3t\mathbf j$ (metros, $t$ segundos), masa 3 kg: $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt} = 2t^{-1/2}\mathbf i - 3\mathbf j$, por lo tanto en $t = 4$ la velocidad es $\mathbf i - 3\mathbf j$. Un impulso de $(6\mathbf i - 3\mathbf j)$ N s produce $3(\mathbf v' - (\mathbf i - 3\mathbf j)) = (6\mathbf i - 3\mathbf j)$, por lo tanto $\mathbf v' = 3\mathbf i - 4\mathbf j$ y la velocidad es $5\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ — derivar PRIMERO, aplique el impulso en el instante indicado, segundo.

Para partículas: el centro de masa es $\bar x = \dfrac{\sum mx}{\sum m}$. Para cuerpos uniformes use el método de tabla — dividir en piezas cuyo centro de masas se conoce (folleto: alambre semicircular $\tfrac{2r}\pi$, semicircular lámina $\tfrac{4r}{3\pi}$, sector, arco), ponderé cada pieza por MASA (lámina: área; alambre: longitud), y calcule momentos respecto a una línea conveniente. Las piezas en lados opuestos de la línea llevan signos opuestos. Las láminas compuestas restan los agujeros como áreas negativas.

Ejemplo resuelto — estructura alámbrica en forma de S (WME02 junio 2025 P3).** Dos arcos de alambre semicircular, arcos, AB de radio $2a$ y CD de radio $a$, ambos centrados en O en lados opuestos de la alambre recto ACDB ($AC = DB = a$). Tabla (respecto a la línea AB):

Longitud total $(3\pi + 2)a$; momentos $6a^2$; por lo tanto el centro de masa se encuentra en $\dfrac{6a}{3\pi + 2}$ de AB. Colgado de A con E en el arco donde $\angle AOE = 90°$: la línea de simetría OE pasa por G, así que $\tan\angle OAG = \dfrac{3}{3\pi+2}$, y dado que $OA = OE$ forma $\angle OAE = 45°$, el ángulo $\theta$ de AE respecto a la vertical satisface $\theta = 45° - \angle OAG$, dando $\tan\theta = \dfrac{3\pi - 1}{3\pi + 5}$.

Un cuerpo suspendido libremente queda con su centro de masas directamente debajo del punto de suspensión. El ángulo solicitado suele estar entre una cuerda dibujada del cuerpo y la vertical: encuentre el ángulo en el punto de suspensión usando trigonometría rectángula con la distancia al COM, luego ajuste según cualquier ángulo geométrico (los triángulos isósceles son la fuente estándar de 45°, 60°).

Trabajo realizado por una fuerza constante: $Fs$ a lo largo del movimiento (negativo si se opone); la gravedad realiza $\pm mgh$. El principio trabajo-energía: trabajo total = cambio en energía cinética. conservación de energía mecánica: la energía se conserva cuando solo actúa la gravedad; la resistencia entra como trabajo $-Rs$. potencia $P = Fv$: a velocidad constante la fuerza motriz equilibra la resistencia más las componentes gravitatorias, así que $v = \tfrac PF$; a una velocidad dada la fuerza excedente produce aceleración.

Ejemplo resuelto — un coche en una pendiente (WME02 junio 2025 P4). Un coche de 750 kg asciende una pendiente con $\sin\alpha = \tfrac17$, resistencia 200 N, motor a 20 kW. Velocidad constante: $\tfrac{20000}V = 750(9.8)\tfrac17 + 200 = 1250$, por lo tanto $V = 16\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. En $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$: $2000 - 1250 = 750a$, por lo tanto $a = 1\ \mathrm{m\,s^{-2}}$. Motor apagado en A a $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$: el principio trabajo-energía da $\tfrac12(750)(100) = 750g(d\sin\alpha) + 200d$, es decir, $37500 = 1250d$ y $d = 30$ m — la resistencia actúa sobre la DISTANCIA EN LA PENDIENTE $d$, la gravedad sobre la altura $d\sin\alpha$.

Ejemplo resuelto — proyectil cerrado por energía (WME02 Junio 2025 P7). Un proyectil sobre una trayectoria parabólica sale de O a $20\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ ($g = 10$) está a 11 m de altura cuando su componente vertical es $V$ y su componente horizontal es ⟨$2V$⟩. Energía: $200 = \tfrac12(V^2 + 4V^2) + 110$, por lo tanto $V = 6$ (componentes 6 y ⟨12⟩). Impacta un plano a $60°$ respecto a la horizontal PERPENDICULARMENTE, así que la velocidad está a $30°$ bajo la horizontal: magnitud $= \tfrac{12}{\cos30°} = 8\sqrt3$, y la energía desde O da $200 = \tfrac12(192) + 10H$, por lo tanto $H = 10.4 \to 10$ m (2 cifras significativas).

La ley experimental de Newton, el coeficiente de restitución: $e = \dfrac{v_B - v_A}{u_A - u_B}$ (velocidad de separación sobre velocidad de aproximación, $0 \le e \le 1$; $e = 1$ elástico, $e = 0$ se quedan pegados). Con conservación del momento lineal, dos ecuaciones resuelven cualquier colisión directa. La pérdida de energía cinética siempre factoriza con $(1 - e^2)$: pérdida $= \tfrac{m_Am_B}{2(m_A+m_B)}(1-e^2)(u_A - u_B)^2$ — y el impulso sobre cada cuerpo proviene de su propio cambio de momento lineal. Un rebote contra una pared fija multiplica la velocidad por $e$ directamente.

Ejemplo resuelto — la historia completa de la colisión (WME02 Junio 2025 P5). P (masa $2m$, velocidad $u$) golpea a Q (masa ⟨$m$⟩) en reposo, restitución ⟨$e$⟩. Momento lineal: ⟨$2u = 2v_P + v_Q$⟩; restitución: $eu = v_Q - v_P$. Resolviendo: ⟨$v_Q = \tfrac{2(1+e)u}3$⟩, ⟨$v_P = \tfrac{(2-e)u}3$⟩. La energía cinética posterior es $\tfrac{mu^2}3(2 + e^2)$, por lo tanto la pérdida es ⟨$\tfrac{mu^2}3(1 - e^2)$⟩ — el factor ⟨$k = \tfrac13$⟩. Si el impulso sobre Q es ⟨$\tfrac89mu$⟩: ⟨$m\cdot\tfrac{2(1+e)u}3 = \tfrac{8mu}9$⟩ da como resultado ⟨$e = \tfrac13$⟩. Q rebota luego de una pared con coeficiente de restitución $f$ para igualar la velocidad de P $\tfrac59u$: $f\cdot\tfrac89u = \tfrac59u$, por lo tanto $f = \tfrac58$.

Las cadenas de tres cuerpos y paredes son contables: resuelve completamente la primera colisión, lleva las velocidades sobrevivientes al siguiente impacto, e iguala únicamente las magnitudes que vincule la pregunta ("misma velocidad", "en reposo"). Los rebotes en paredes invierten la dirección y escalan la velocidad por $e$; mantén un diagrama con signo por etapa.

Un cuerpo rígido en equilibrio necesita fuerza resultante nula Y momento resultante nulo respecto a cualquier punto. Elige el pivote para eliminar incógnitas (la reacción única de un riel liso es por qué los momentos respecto al contacto con el suelo son provechosos). Resuelve horizontal y verticalmente para las componentes de contacto; sobre un suelo rugoso en equilibrio límite, la fricción $F = \mu R$ con $F$ horizontal.

Ejemplo resuelto — una barra contra un riel liso (WME02 junio 2025 Q6). Una barra uniforme AB (masa $m$, longitud $2a$) descansa con A sobre suelo rugoso contra un riel liso en C, $AC = 1.5a$, inclinación $\theta$, la reacción normal $S$ del riel, perpendicular a la barra. Momentos respecto a A: $S(1.5a) = mg\,a\cos\theta$, por lo tanto $S = \tfrac{2mg\cos\theta}3$. Verticalmente: $V = mg - S\cos\theta = \tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta)$. Equilibrio límite con $\mu = \tfrac47$: $F = S\sin\theta$, por lo tanto $\tfrac47\cdot\tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta) = \tfrac{2mg}3\cos\theta\sin\theta$. Dividiendo por $\cos^2\theta$ y usando $\sec^2\theta = 1 + \tan^2\theta$: $12\tan^2\theta - 14\tan\theta + 4 = 0$, i.e. $6\tan^2\theta - 7\tan\theta + 2 = 0$.

• Integra $a(t)$ de $v$ a $s$ con constantes derivadas de las condiciones iniciales; maneja la distancia total mediante el punto de giro; deriva $\mathbf r(t)$ para obtener la velocidad vectorial y aplica impulsos como $\mathbf I = m\Delta\mathbf v$.
• Construye tablas del centro de masa (peso por masa/área/longitud) con distancias signadas para piezas en lados opuestos y agujeros negativos; utiliza los resultados de alambre y lámina del cuaderno; halla los ángulos de suspensión mediante trigonometría en el punto de suspensión más cualquier ángulo de triángulo isósceles.
• Aplica trabajo-energía y conservación de energía mecánica, incluyendo el trabajo de resistencia sobre la distancia inclinada y $P = Fv$ en ambos sentidos.
• Resuelve colisiones directas con momento lineal + coeficiente de restitución; indica ambas velocidades; calcula la pérdida de energía cinética $(1-e^2)$ y los impulsos por cuerpo; encadena rebotes contra paredes y segundas colisiones con un diagrama signado.
• Para cuerpos rígidos: toma momentos respecto al punto de apoyo desconocido, resuelve componentes y cierra problemas de equilibrio límite en una ecuación en términos de $\tan\theta$.