Cohete que pierde masa. Sin gravedad y sin rozamiento con el aire.

[Kiwi]

Estoy intentando entender un ejercicio ya resuelto pero hay un par de pasos que no acabo de entender. El ejercicio es el típico ejercicio del cohete que pierde masa pero sin considerar la fuerza de la gravedad ni el rozamiento con el aire.
He consultado otros hilos del foro, pero sigo sin entenderlo. Uno de ellos es este: https://forum.lawebdefisica.com/foru...o-irresolvible
Primero os expongo cómo está resuelto el ejercicio y luego mis dudas y cómo lo resolvería yo.

Supongamos un cohete con velocidad inicial $v$ y masa inicial $m$ que emite materia a velocidad cte $u$ relativa al cohete. Hallar la velocidad del cohete en función de su masa.

Solución 1:

Supongamos que el cohete tiene una masa $m$ en un instante $t$ determinado y una velocidad $v$ respecto a la Tierra (nuestro sistema de referencia inercial).
Pasado un tiempo $\Delta t$, el cohete emite una masa $\Delta \mu$ con una velocidad $-u$ relativa al cohete. Por tanto, la velocidad de la masa restante del cohete, $m-\Delta \mu$ se incrementará en $\Delta v$.

Aplicando el principio de conservación del momento lineal, tenemos:

$$p(t)=mv$$

$$p(t+\Delta t)=(m-\Delta \mu)(v+\Delta v)+\Delta \mu(-u+v)$$

$$p(t)=mv=(m-\Delta \mu)(v+\Delta v)+\Delta \mu(-u+v)=p(t+\Delta t)$$

Simplificando:

$$0=m\Delta v-u\Delta \mu-\Delta v\Delta \mu$$

Despreciamos el término $\Delta v\Delta \mu$ por ser muy pequeño respecto a los demás términos.

$$0=m\Delta v-u\Delta \mu$$

Hacemos el límite para intervalos de tiempo muy pequeños:

$$\Delta t \rightarrow 0$$

Y la expresión anterior queda:

$$0=m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t }-u\frac{\mathrm{d} \mu}{\mathrm{d}t }$$

Como la masa del sistema formada por la masa del cohete y por la materia emitida ha de ser cte, tenemos que $-dm=d\mu$. Sustituyendo en la ecuación anterior:

$$0=m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t }+u\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t }$$

Reordenamos e integramos:

$$dv=-u \frac{dm}{m}$$

$$\int_{v_0}^v\mathrm{d}v= -u\int_{m_0}^m\frac{dm}{m}$$

$$v=v_0-u \ln\frac{m}{m_0}$$

Mis dudas son las siguientes:

1- No acabo de ver la necesidad de hacer el cambio $-dm=d\mu$.
2- Al principio se dice que la masa inicial del cohete (y por tanto del sistema) es $m$. Después se dice que cuando el cohete emite $\Delta \mu$ la masa del cohete pasa a ser $m-\Delta \mu$. De donde se deduce que $m$ es la masa del sistema y por tanto $m=cte$. Sin embargo, al integrar en (10) resulta que la trata como una variable.
3- La forma de despreciar el término $\Delta v\Delta \mu$ me parece muy arbitraria. Aunque acepto que se haga, no lo acabo de entender.


Yo resolvería el problema de forma similar pero identificando cláramente a la masa inicial del cohete, que además es la masa del sistema y por tanto cte, y a la masa variable del cohete.
Solución 2:

Supongamos que el cohete tiene una masa $m_c$ inicial igual a la masa del propio cohete $m_{cohete}$ más la de todo el combustible $m_{combustible}$, es decir que en $t_0$ la masa del cohete es $m_c(t_0)=m_{cohete}+m_{combustible}=M_s$ siendo $M_s$ la masa total del sistema. En ese mismo instante la velocidad del cohete respecto a la Tierra es $v_c(t_0)=v_0$
Pasado un tiempo $\Delta t$, el cohete emite una masa $\Delta \mu$ con una velocidad $-u$ relativa al cohete. Por tanto, la masa del cohete pasará a ser $m_c(t_0+\Delta t)=M_s-\Delta \mu$ y su velocidad $v(t_0+\Delta t)=v_0+\Delta v$.

Aplicando el principio de conservación del momento lineal, tenemos:

$$p(t_0)=m_c(t_0) v_c(t_0)=M_s v_0$$

$$p(t_0+\Delta t)=m_c(t_0+\Delta t)v_c(t_0+\Delta t)+\Delta \mu(-u+v_0)=(M_s-\Delta \mu)(v_0+\Delta v)+\Delta \mu(-u+v_0)$$

$$p(t_0)=M_s v_0=(M_s-\Delta \mu)(v_0+\Delta v)+\Delta \mu(-u+v_0)=p(t_0+\Delta t)$$

Simplificando:

$$0=M_s\Delta v-u\Delta \mu-\Delta v\Delta \mu$$

Despreciamos el término $\Delta v\Delta \mu$ por ser muy pequeño respecto a los demás términos.

$$0=M_s\Delta v-u\Delta \mu$$

Teniendo en cuenta que este resultado representa la variación del momento lineal del sistema y haciendo el límite para intervalos de tiempo muy pequeños:

$$\Delta t \rightarrow 0$$

Tenemos que:

$$\frac{dP}{dt}=M_s\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t }-u\frac{\mathrm{d} \mu}{\mathrm{d}t }=0$$

Como la masa del sistema $M_s$ está formada por la masa del cohete $m_c$ y por la materia emitida $\mu$ tenemos que $M_s=m_c+\mu$ con $M_s=cte$.Si ahora calculamos la variación obtenemos que $0=dm_c+d\mu$ y podemos sustituir $-d\mu=dm_c$ en la ecuación anterior:

$$M_s\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t }+u\frac{\mathrm{d} m_c}{\mathrm{d}t }=0$$

Reordenamos:

$$dv=-u \frac{dm_c}{M_s}$$

$$\int_{v_0}^{v_f}\mathrm{d}v= -u\int_{M_s}^{m_{cohete}}\frac{dm_c}{M_s}$$

$$v=v_0- \frac{u}{M_s}(m_{cohete}-M_s)$$

Asumo que mi planteamiento es incorrecto en algún punto (aunque por lo menos el resultado indica que la velocidad del cohete aumenta ). Todas las fuentes que he consultado (varios libros) lo hacen como en la Solución 1 que he mostrado.



Espero vuestras respuestas y ¡gracias!

[oscarmuinhos]

Ola
En lo que yo soy capaz de ver ...es que aplicas mal la conservación del momento lineal ...al considerar que esa $M_s$ (a la que tu llamas Masa del sistema = masa cohete (vacío?) + masa de combustible) permanece constante......?
Puedes poner (si quieres): $M_s = m_{cohete} + m_{combustible} = m_{co} + m_c$

Revisa ese concepto?!
(...y te darás cuenta que lo único que hiciste fué cambiar el nombre de la variable $m$ por $m_c$.....)

[Kiwi]

Ola
En lo que yo soy capaz de ver ...es que aplicas mal la conservación del momento lineal ...al considerar que esa $M_s$ a la que tu llamas [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] permanece constante......?
Revisa ese concepto?!

El texto en Latex tiene un error y no se puede leer bien.

Masa del sistema = masa cohete (vacío?) + masa de combustible

Ahí la masa del cohete hace referencia a la masa del cohete sin combustible.

La masa del sistema es constante. No sé donde está el error de concepto en eso. El sistema es cerrado, inicialmente toda la masa del sistema se encuentra dentro del cohete y después tienes parte de la masa fuera del cohete y parte dentro. Pero la masa del sistema es la misma.

[Al2000]

...
Mis dudas son las siguientes:
...
2- Al principio se dice que la masa inicial del cohete (y por tanto del sistema) es $m$. Después se dice que cuando el cohete emite $\Delta \mu$ la masa del cohete pasa a ser $m-\Delta \mu$. De donde se deduce que $m$ es la masa del sistema y por tanto $m=cte$. Sin embargo, al integrar en (10) resulta que la trata como una variable.
...

$m$ es la masa del cohete y no es constante. Es cierto que si inicialmente no se ha emitido ninguna masa, la masa del sistema coincide con la masa del cohete, y que pasado cualquier tiempo después la nueva masa del cohete + la masa emitida será igual a la masa inicial del cohete = masa del sistema. Pero nada de lo anterior implica que la masa del cohete ($m$) sea constante.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[oscarmuinhos]

A Al2000
Efectivamente tienes razón: la masa del sistema permanece constante pero en la ecuación la masa que se mueve con velocidad $v$ no es la masa del sistema (o sí?). A este concepto me quería referir yo
Un saludo y gracias por corregir el equívoco que mi mala redacción pudiera haber creado

...pero siendo tú quien me hace esta puntualización volveré a repasar las ecuaciones

ACTUALIZO:
A Al2000
Acabo de ver tu contestación a Kiwi y, efectivamente, eso era lo que quise decir yo: que la masa del sistema que, a efectos de conservación del momento lineal, se tiene que considerar NO permanece constante....pues al sistema inicial del instante $t_0$ no puede aplicársele la conservación del momento lineal referida a un instante $t$ cualquiera..

Gracias por tu aporte de precisión

[Kiwi]

Ola
En lo que yo soy capaz de ver ...es que aplicas mal la conservación del momento lineal ...al considerar que esa $M_s$ (a la que tu llamas Masa del sistema = masa cohete (vacío?) + masa de combustible) permanece constante......?
Puedes poner (si quieres): $M_s = m_{cohete} + m_{combustible} = m_{co} + m_c$

Revisa ese concepto?!
(...y te darás cuenta que lo único que hiciste fué cambiar el nombre de la variable $m$ por $m_c$.....)

Lo siento pero no entiendo a dónde quieres llegar.

[Kiwi]

$m$ es la masa del cohete y no es constante. Es cierto que si inicialmente no se ha emitido ninguna masa, la masa del sistema coincide con la masa del cohete, y que pasado cualquier tiempo después la nueva masa del cohete + la masa emitida será igual a la masa inicial del cohete = masa del sistema. Pero nada de lo anterior implica que la masa del cohete ($m$) sea constante.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

Pero cuando dice que una vez emitida la masa $\Delta \mu$, la masa del cohete pasa a ser $m-\Delta \mu$, lo que yo entiendo es que esta $m$ (a la que le resta el $\Delta \mu$) es la masa inicial, que a su vez es la masa del sistema. Y si es la masa del sistema, entonces es constante.

[Kiwi]

A Al2000
Efectivamente tienes razón: la masa del sistema permanece constante pero en la ecuación la masa que se mueve con velocidad $v$ no es la masa del sistema (o sí?). A este concepto me quería referir yo

La masa que inicialmente tiene velocidad $v$ sí es la masa del sistema porque inicialmente toda la masa del sistema está dentro del cohete.

la masa del sistema que, a efectos de conservación del momento lineal, se tiene que considerar NO permanece constante....pues al sistema inicial del instante $t_0$ no puede aplicársele la conservación del momento lineal referida a un instante $t$ cualquiera..

Me pierdo. ¿Por qué no puede aplicarse la conservación del momento lineal a un instante de tiempo cualquiera? Precisamente esa la "magia" del momento lineal, que para un sistema aislado el momento lineal se conserva independientemente de lo que suceda en el interior del sistema.

[oscarmuinhos]

Me pierdo. ¿Por qué no puede aplicarse la conservación del momento lineal a un instante de tiempo cualquiera? Precisamente esa la "magia" del momento lineal, que para un sistema aislado el momento lineal se conserva independientemente de lo que suceda en el interior del sistema.

Sin menoscabo de cualquier otro u otra pueda hacértelo entender mejor, voy a tratar de explicártelo:
En mi primer mensaje te decía que revisaras tu concepto de masa del sistema:

En lo que yo soy capaz de ver ...es que aplicas mal la conservación del momento lineal ...al considerar que esa (a la que tu llamas Masa del sistema = masa cohete (vacío?) + masa de combustible) permanece constante......?
Puedes poner (si quieres): $M_s = m_{cohete} + m_{combustible} = m_{co} + m_c$

Revisa ese concepto?!
(...y te darás cuenta que lo único que hiciste fué cambiar el nombre de la variable por $m$ por $m_c$...)

El problema de tu razonamiento es que aplicas la conservación del momento lineal a la masa inicial del sistema a la que tu llamas $M_s$

En el instante $t$ tienes una masa $m$ moviéndose con una velocidad $v$

En el instante $t + \Delta t$ tienes una masa $m- \Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v + \Delta v$ y una masa $\Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v - u$

A estas masas, y no a la masa inicial $M_s$ (que es constante), es a las que aplicas la conservación del momento lineal. Es decir, que no estás aplicando la conservación del momento lineal a una masa constante $M_s$, sino a una masa variable $m$

Espero haberte aclarado lo que he querido decir

Un saludo

AMPLIANDO LO ANTERIOR:

Pero cuando dice que una vez emitida la masa $\Delta \mu$, la masa del cohete pasa a ser $m-\Delta \mu$, lo que yo entiendo es que esta $m$ (a la que le resta el $\Delta \mu$) es la masa inicial, que a su vez es la masa del sistema. Y si es la masa del sistema, entonces es constante.

Esa masa $m$ es la masa en el instante $t$ (y no en el instante $t_0 = 0$), masa que se mueve con velocidad $v$

Saludos de nuevo

[Kiwi]

Llevaba media hora escribiendo mis argumentos y por un mensaje de error de la web se me ha borrado todo.

De verdad que intento entenderlo pero no lo logro jajajaja!!

El problema de tu razonamiento es que aplicas la conservación del momento lineal a la masa inicial del sistema a la que tu llamas $M_s$

En el instante $t$ tienes una masa $m$ moviéndose con una velocidad $v$

En el instante $t + \Delta t$ tienes una masa $m- \Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v + \Delta v$ y una masa $\Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v - u$

Bajo mi punto de vista, en el momento en el que consideras $m$ como la masa inicial, la estas considerando igual a la masa de tú sistema y por tanto la tratas como una cte.

Por otro lado, supongamos que hacemos el estudio del comportamiento del cohete a lo largo del tiempo hasta que se le acaba el combustible. En todo momento, desde que empiezas el estudio hasta que lo acabas, el valor de $m$ va a ser el mismo. Y si $m\neq m(t)$ entonces es que $m=cte$.

A estas masas, y no a la masa inicial $M_s$ (que es constante), es a las que aplicas la conservación del momento lineal. Es decir, que no estás aplicando la conservación del momento lineal a una masa constante $M_s$, sino a una masa variable $m$

Esto de que no puedo aplicar la conservación del momento lineal a la masa inicial sí que no lo entiendo. Es precisamente la masa incial lo que tengo que usar para poder aplicar la conservación del momento lineal.

Después, comentas que la masa inicial $m$ (masa inicial) es una variable, pero como te he comentado antes, si es la masa incial, no varía a lo largo del tiempo. La masa incial es la que fuera en el instante que tú has definido como inicial.
Por poner un ejemplo simple. Si tu en un instante, que defines como inicial, tienes 1000 €, dará igual si al día siguiente te gastas 200 €, al siguiente 150 €, etc. Tu cantidad de dinero inicial seguirá siendo de 1000 €. Lo mismo sucede si antes de tener 1000 € tenías 3000 €. Si tu has tomado como instante inicial aquel en el que tenías 1000 €, tu cantidad inicial seguirá siendo 1000 €.

Volviendo al cohete (cuando digo masa del cohete quiero decir la masa del cohete más el combstible que transporta en su interior) tenemos que:

1. En el instante inicial (llamémosle 1), la masa del cohete es $m_1=M_s$.
2. En el instante siguiente, 2, la masa del cohete es $m_2=m_1 - \Delta \mu =M_s- \Delta \mu$
3. En el instante 3, la masa del cohete es $m_3=m_2 - \Delta \mu =m_1 - \Delta \mu - \Delta \mu = m_1 - 2\Delta \mu = M_s- 2\Delta \mu$
4. En el instante 4, la masa del cohete es $m_4=m_3 -\Delta \mu=...=M_s-3 \Delta \mu$
5. En el instante n, la masa del cohete es $m_n=m_{n-1} -\Delta \mu=...=M_s-(n-1) \Delta \mu$

Es decir, que nuestra masa inicial es $M_s$ y es cte.

Esa masa $m$ es la masa en el instante $t$ (y no en el instante $t_0 = 0$), masa que se mueve con velocidad $v$

Me remito a lo que he dicho antes.
Además, partiendo de tu argumento, si $m=m(t)$ yo puedo evaluar esa función en el instante temporal que desee y si elijo la escala de tiempo de modo que $t=t_0=0$ coincida con el instante en el cual la velocidad del cohete es $v$ entonces puedo decir que el cohete lleva velocidad $v$ en el instante $t=t_0=0$.


Empiezo a intuir que el motivo de mi duda es un tema de notación o de concepto al definir cómo abordar el problema. ¿Puede ser que estemos definiendo dos instantes $t$ y $t + \Delta t$ consecutivos cualesquiera entre el inicio y final de la emisión de todo el combustible de modo que, para cada emisión de $\Delta \mu$ definimos un nuevo sistema cuya masa inicial es un $\Delta \mu$ menor que en el instante anterior?
En este caso tendría sentido que la masa inicial fuera dependiente del tiempo ya que estamos tomando como masa inicial de nuestro problema la masa final del cohete después de la emisión $\Delta \mu$ en el instante anterior. Es decir, que estamos llamando continuamente masa inicial a la masa que tiene el cohete justo antes de emitir el $\Delta \mu$.
Pero entonces estaríamos tratando el problema como un conjunto de eventos separados aunque no independientes. Es decir, que tendríamos que resolver un problema por cada $\Delta \mu$ emitido, siendo necesario conocer la velocidad y masa finales del paso anterior.

Creo que empiezo a ver la luz. Suponiendo que este planteamiento por el cual se resuelve cada emisión por separado sea correcto, me surge la duda de porqué se resuelve así, separando el problema en múltiples problemas en los que sólo se considera la emisión de un solo $\Delta \mu$ y no de un conjunto de ellos.



Se supone que esto yo lo entendí en la carrera .

[oscarmuinhos]

De verdad que intento entenderlo pero no lo logro jajajaja!!

Creo que empiezo a ver la luz. Suponiendo que este planteamiento por el cual se resuelve cada emisión por separado sea correcto, me surge la duda de porqué se resuelve así, separando el problema en múltiples problemas en los que sólo se considera la emisión de un solo $\Delta \mu$ y no de un conjunto de ellos.

Hola Kiwi
El método que acabas de proponer creo que es muy oportuno para acabar de entender la aplicación de la conservación del momento lineal (no hay fuerzas externas). Solo tienes que dar el siguiente paso, que es el de calcular la variación del momento lineal en uno de esos instantes. Voy seguir tu razonamiento, solo que, para el instante inicial, voy a utilizar $t_0 = 0$ y $M_0$ (Así nos deshacemos del equívoco término masa del sistema, que puede hacer referencia a otros sistemas distintos del inicial)

Variación del momento lineal entre los instantes $t_0 = 0$ y$t_1 = 1 s$:

En el instante 0, la masa del cohete es $M_0=$ que vamos a suponer en reposo:

En el instante $t_1 = 1 s$, (momento en el que lanzamos la masa $m$ con una velocidad respecto al resto del cohete $-u$), tenemos dos masas en movimiento: masa $(M_0 -m)$ moviéndose con velocidad $v_1$ y masa $m$ moviéndose con velocidad $0-u$

La variación del momento lineal entre $t_0 = 0$ y$t_1 = 1 s$ será, pues: $\Delta P = -m.u + (M_0 -m).v_1 - M_0.0= 0$

la velocidad $v_1$ que de aquí te sale será:

$v_1= \dfrac{mu}{M_0 - m}$

Variación del momento lineal entre los intantes $t_1 = 1 s$ y $t_2= 2 s$:

En el instante $t_1 = 1 s,$ tienes una masa $M_1 = (M_0 - m)$ con una velocidad $v_1.$
En el instante $t_2 = 2 s$, tienes dos masas: una masa $m$ con velocidad $v_1 - u$ y otra masa $M_2 = (M_0 - 2m)$ moviéndose con velocidad $v_2$.

La variación del momento lineal será: $\Delta P = m.(v_1-u) + (M_0 - 2m).v_2 - (M_0 -m).v_1 = 0$
La velocidad $v_2$ que de aquí, después de operar y de substituir el $v_1$ anterior, te sale será:

$v_2= \dfrac{mu}{M_0 - m} + \dfrac{mu}{M_0 - 2m}$

Variación del momento lineal entre $t_2 = 2$ y $t_3 = 3 s$:

En el instante $t_2 = 2 s$ tienes una masa $M_0-2m$ moviéndose con una velocidad $v_2$
En el instante $t_3 = 3 s$ tienes dos masas: una masa $m$, moviéndose con una velocida $v_2 - u$ y otra masa $(M_0 - 3m)$ moviéndose con velocidad $v_3$.

La variación del momento lineal será: $\Delta P = m.(v_2-u) + (M_0 - 3m).v_3 - (M_0 -m).v_2 = 0$
La velocidad $t_3 = 3 s$ que de aquí te sale (después de operar y de sustituir el $v_2$ anterior:

$v_3= \dfrac{mu}{M_0 - m} + \dfrac{mu}{M_0 - 2m} + \dfrac{mu}{M_0 - 3m}$

Y así sucesivamente.....

Si te fijas, la conservación del momento lineal, se aplica, no entre el instante inicial y el instante $t_n$, sino entre el instante $t_{n-1}$ y el instante $t_n$.

Esto es lo que hay que hacer cuando la masa se emite continuamente: aplicar la conservación del momento lineal (o segunda ley de la Dinámica si hubiera fuerzas exteriores) a las masas que tienes en el instante $t$ y las que tienes en el instante $t + \Delta t$

Espero que haya servido para aclararte un poco más cual es el sistema al que puedes aplicar la conservación del momento lineal.

[oscarmuinhos]

Creo que empiezo a ver la luz. Suponiendo que este planteamiento por el cual se resuelve cada emisión por separado sea correcto, me surge la duda de porqué se resuelve así, separando el problema en múltiples problemas en los que sólo se considera la emisión de un solo $\Delta \mu$ y no de un conjunto de ellos.

Ahora, voy a intentar adaptarme a tu razonamiento:

Llamamos $M_0$ a la masa total inicial: cohete + combustible
Llamamos $m_c$ a la masa de combustible que llevamos consumida en el instante $t$
Llamamos $\Delta{m_c}$ a la masa de combustible que se consume entre los instantes $t$ y $t + \Delta t$

En el instante $t$ tenemos una masa total $(M_0 - m_c)$ moviéndose con velocidad $v$:

$P(t) = (M_0 -m_c).v$

En el instante $t + \Delta t$ tenemos dos masas: $\Delta {m_c}$ con velocidad $v - u$ y $(M_0-m_c - \Delta {m_c})$ con velocidad $(v + \Delta v)$

$P(t + \Delta t) = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v)$

La variación del momento lineal entre los instantes $t$ y $t + \Delta t$, no habiendo fuerzas externas, será, entonces:

$0=\Delta P = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v) - (M_0 -m_c).v$

Operando y tomando límites para $\Delta t \rightarrow 0$ queda:

$(M_0 -m_c).dv - u.dm_c = 0$

Y separando variables: $dv =\dfrac{dm_c}{M_0-m_c}$

CORRIJO ERRATA (por indicación de Kiwi)

Y separando variables: $dv =u \dfrac{dm_c}{M_0-m_c}$

E integrando entre $t = 0$ (masa $M_0$) y t (masa $M_0 - m_c$):

$v - v_0 = u.ln \dfrac{M_0}{M_0- m_c}$

Espero, con esto, haber ayudado a aclarar tu procedimiento

Un saludo

[oscarmuinhos]

Empiezo a intuir que el motivo de mi duda es un tema de notación o de concepto al definir cómo abordar el problema. ¿Puede ser que estemos definiendo dos instantes $t$ y $t + \Delta t$ consecutivos cualesquiera entre el inicio y final de la emisión de todo el combustible de modo que, para cada emisión de $\Delta \mu$ definimos un nuevo sistema cuya masa inicial es un $\Delta \mu$ menor que en el instante anterior?

Creo que algo así es lo que te ocurre en tu razonamiento.
Voy a presentártelo de otra manera, tomando un ejemplo de la derivación (al fin y al cabo lo que estamos haciendo aquí es calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en un instante $t_0$), por si ayuda a "desconstruir" tu equívoco.

Imagina que se tiene una función f(x) cualquiera.

Si quiero calcular, su derivada para un valor concreto de x (pongamos por ejemplo $x_0 = 1$) tengo que calcular el siguiente límite:

$\lim \limits_{x\to 1} \dfrac{f(x) - f(1)}{x-1}= \lim \limits_{\Delta x\to 0} \dfrac{f(1+ \Delta x) - f(1)}{\Delta x}$

Ahora bien, si se quiere calcular la derivada en un valor arbitrario de x (es decir, si se quiere calcular la función función derivada, como es en el caso este), se tiene que calcular el siguiente límite:

$\lim \limits_{x\to x_0} \dfrac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0}= \lim \limits_{\Delta x\to 0} dfrac{f(x_0+ \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$

Esto es justamente lo que ocurre aquí:

Si se trata de calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en el instante inicial $t = 0$, habría que calcular

$\lim \limits_{t\to 0} \dfrac{P(t) - P(0)}{t-0}= \lim \limits_{\Delta t\to 0} \dfrac{P(0+ \Delta t) - P(0)}{\Delta t}$

Si se trata de calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en el instante $t=5$:

$\lim \limits_{t\to 5} \dfrac{P(t) - P(5)}{t-5}= \lim \limits_{\Delta t\to 0} \dfrac{P(5+ \Delta t) - P(5)}{\Delta t}$

y si se trata de calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en un instante arbitario $t_0$, el límite a calcular será entonces:

$\lim \limits_{t\to t_0} \dfrac{P(t) - P(t_0)}{t-t_0}= \lim \limits_{\Delta t\to 0} \dfrac{P(t_0+ \Delta t) - P(t_0)}{\Delta t}$

Un saludo, espero que hayas logrado desconstruir tu equívoco.

Saludos

[Kiwi]

Variación del momento lineal entre $t_2 = 2$ y $t_3 = 3 s$:

En el instante $t_2 = 2 s$ tienes una masa $M_0-2m$ moviéndose con una velocidad $v_2$
En el instante $t_3 = 3 s$ tienes dos masas: una masa $m$, moviéndose con una velocida $v_2 - u$ y otra masa $(M_0 - 3m)$ moviéndose con velocidad $v_3$.

La variación del momento lineal será: $\Delta P = m.(v_2-u) + (M_0 - 3m).v_3 - (M_0 -m).v_2 = 0$
La velocidad $t_3 = 3 s$ que de aquí te sale (después de operar y de sustituir el $v_2$ anterior:

$v_3= \frac{mu}{M_0 - m} + \frac{mu}{M_0 - 2m} + \frac{mu}{M_0 - 3m}$

Y así sucesivamente.....

Si te fijas, la conservación del momento lineal, se aplica, no entre el instante inicial y el instante $t_n$, sino entre el instante $t_{n-1}$ y el instante $t_n$.

Esto es lo que hay que hacer cuando la masa se emite continuamente: aplicar la conservación del momento lineal (o segunda ley de la Dinámica si hubiera fuerzas exteriores) a las masas que tienes en el instante $t$ y las que tienes en el instante $t + \Delta t$

Espero que haya servido para aclararte un poco más cual es el sistema al que puedes aplicar la conservación del momento lineal.

¡Fantástico! Creo que finalmente he entendido el procedimiento.

En el instante $t + \Delta t$ tenemos dos masas: $\Delta {m_c}$ con velocidad $v - u$ y $(M_0-m_c - \Delta {m_c})$ con velocidad $(v + \Delta v)$

$P(t + \Delta t) = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v)$

La variación del momento lineal entre los instantes $t$ y $t + \Delta t$, no habiendo fuerzas externas, será, entonces:

$0=\Delta P = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v) - (M_0 -m_c).v$

Operando y tomando límites para $\Delta t \rightarrow 0$ queda:

$(M_0 -m_c).dv - u.dm_c = 0$

Y separando variables: $dv =\frac{dm_c}{M_0-m_c}$

E integrando entre $t = 0$ (masa $M_0$) y t (masa $M_0 - m_c$):

$v - v_0 = u.ln \frac{M_0}{M_0- m_c}$

A esta parte le tengo que dar un repaso con calma. El cambio de incrementales a diferenciales, el posterior desprecio del término en el que se multiplican dos diferenciales y la separación de variables me resultan un tanto tramposos.

Imagina que se tiene una función f(x) cualquiera.

Si quiero calcular, su derivada para un valor concreto de x (pongamos por ejemplo $x_0 = 1$) tengo que calcular el siguiente límite:

$\lim \limits_{x\to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x-1}= \lim \limits_{\Delta x\to 0} \frac{f(1+ \Delta x) - f(1)}{\Delta x}$

...

Esto lo he entendido perfectamente.



¡Y muchísimas gracias por la ayuda!

[Kiwi]

Y separando variables: $dv =\frac{dm_c}{M_0-m_c}$

Tienes una pequeña errata. En el término de la derecha falta una $u$ multiplicando.


La otra duda que sigo sin tener clara es porqué se desprecia el término $\Delta v \Delta m_c$
Entiendo que es porque es muy pequeño, pero ¿cómo lo sabes?. Sé que es algo que siempre se hace pero siempre pero no tendo claro el motivo.