(continuación: incisos a, b, c y d)
Nota de integridad: el enunciado numérico completo de la bala (masa m y velocidad inicial v_{0}) aparece en la página anterior, que no se incluye en esta imagen. Por eso se resuelve el procedimiento con las variables correspondientes; basta sustituir los valores del enunciado anterior en cada fórmula.
Explico: ¿qué sucedió con toda esa energía que tenía la bala?
- Antes del impacto, la bala poseía energía cinética: E_{c}=\dfrac{1}{2} m v_{0}^{2}.
- Al chocar con el chaleco (o con el blanco) aparecen fuerzas de desaceleración que hacen trabajo sobre el proyectil; por el principio de conservación de la energía, esa energía no desaparece: se transforma.
- Se transforma principalmente en calor (aumento de temperatura de la bala y del chaleco), en trabajo de deformación (el proyectil se deforma y el material del chaleco se comprime), y en menor medida en energía sonora (el ruido del impacto) y en energía de rotación y fragmentación.
la energía cinética de la bala no se destruye, se transforma en calor, trabajo de deformación, sonido y energía de fragmentación.
Respondo: ¿cuál es la energía perdida por la bala?
- La energía perdida por la bala es la diferencia entre su energía inicial (cinética) y su energía final (cinética, tras el impacto):
\Delta E = E_{c,\,inicial}-E_{c,\,final}=\dfrac{1}{2} m v_{0}^{2}-\dfrac{1}{2} m v_{f}^{2}
- Si después del impacto la bala se detiene por completo (v_{f}=0), la pérdida máxima es:
\Delta E=\dfrac{1}{2} m v_{0}^{2}
- Sustitución de ejemplo (masa m en kg y velocidad v_{0} en m/s): $ \Delta E=\dfrac{1}{2}\,\text{kg}\,\text{m}^{2}/\text{s}^{2} (en julios).
\Delta E=\dfrac{1}{2} m v_{0}^{2}-\dfrac{1}{2} m v_{f}^{2}, es decir, toda la energía cinética que dejó de tener el proyectil.
Indico: temperatura que debe soportar el chaleco con un 25 % adicional de seguridad
- Si la energía de la bala se transfiere íntegramente al chaleco, el calor recibido es Q=\Delta E (en julios).
- El calor necesario para elevar la temperatura de una masa m_{c} de material con calor específico c_{c} es:
Q=m_{c}\,c_{c}\,\Delta T \quad\Longrightarrow\quad \Delta T=\dfrac{Q}{m_{c}\,c_{c}}=\dfrac{\Delta E}{m_{c}\,c_{c}}
- Recuerda la conversión 1\;\text{cal}=4{,}184\;\text{J}.
- Con el 25 % adicional de intervalo de confianza:
\Delta T_{\text{chaleco}}=1{,}25\times\dfrac{\Delta E}{m_{c}\,c_{c}}
- Sustitución con la energía del inciso b:
\Delta T_{\text{chaleco}}=1{,}25\times\dfrac{\frac{1}{2} m v_{0}^{2}}{m_{c}\,c_{c}}
\Delta T_{\text{chaleco}}=1{,}25\,\dfrac{\Delta E}{m_{c}c_{c}}: el chaleco debe soportar la temperatura calculada más un 25 % de margen.
¿Cuál es el incremento de temperatura del proyectil?
- Datos: calor específico de la bala c=\dfrac{128\;\text{cal}}{\text{kg}\;^{\circ}\text{C}}.
- Primero convierte la energía a calor. Si \Delta E está en julios:
Q(\text{cal})=\dfrac{\Delta E(\text{J})}{4{,}184}
- Aplica Q=m\,c\,\Delta T y despeja el incremento de temperatura:
\Delta T=\dfrac{Q}{m\,c}=\dfrac{\Delta E/(4{,}184)}{m\times 128}
- Simplificando:
\Delta T=\dfrac{\Delta E}{4{,}184\times 128\;m}\;^{\circ}\text{C}=\dfrac{\Delta E}{535{,}55\;m}\;^{\circ}\text{C}
(con \Delta E en julios y m en kg).
\Delta T=\dfrac{Q}{m\,c}=\dfrac{\Delta E}{535{,}55\,m}\;^{\circ}\text{C}, es decir, unos 1{,}87\times10^{-3}\,^{\circ}\text{C} por cada julio y por cada kilogramo de bala.
