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PROBLEMAS RESUELTOS
DINÁMICA I: COMPOSICIÓN DE FUERZAS
PROBLEMA RESUELTO 1
Sobre un cuerpo actúan simultáneamente tres fuerzas.
• Una de 20 N hacia el norte.
• Otra de 30 N hacia el oeste.
• Otra de 40 N hacia el este.
Calcula el módulo de la resultante y el ángulo que forma con la horizontal.
Planteamiento y resolución
i.
Se fija como sistema de referencia el de origen en el cuerpo, y direcciones y sentidos norte, W
j , y este, W
W
W
W
W
W
W
Las fuerzas del enunciado son: F1 = 20 j , F2 = −30 i y F3 = 40 i .
La resultante es la suma vectorial de las fuerzas aplicadas:
W
R = FW1 + FW2 + FW3 = 20W
j − 30W
i − 40W
i = 10W
i + 20W
j
Su módulo es:
R =
W
W
F1
(10 N)2 + ( 20 N)2 = 22, 36 N
W
R
Y el ángulo que forma con la dirección este-oeste es:
α = arc tg
W
F2
20
= 63° 26‘
10
W
F3
ACTIVIDADES
1
Un avión se mueve por el aire a velocidad
constante y en vuelo horizontal gracias
a unos motores que producen un empuje
de 120 000 N en una dirección que forma cierto
ángulo sobre la horizontal. Si el peso del avión
es de 98 000 N, ¿cuál es la fuerza de rozamiento
con el aire que tira de él hacia atrás?
4
30 N
30 N
30°
Sol.: 69 253 N.
2
3
Tres amigos tratan de quedarse con un avión
de juguete. Uno de ellos tira con una fuerza
cuya expresión vectorial es 20 W
i −15W
j . El
segundo tira con una fuerza que es −5W
i −10W
j.
Si el avión no se mueve, ¿con qué fuerza está
tirando el tercer amigo?
Sol.: −15W
i + 25W
j.
Dos cuerdas tiran de un cuerpo que avanza
en la dirección horizontal. Una de ellas aplica
una fuerza de 30 N y forma un ángulo
de 30° sobre la horizontal. La segunda forma
un ángulo de 45° bajo la horizontal.
Calcula el módulo de la segunda fuerza.
Determina la resultante de las tres fuerzas
que aparecen en el siguiente dibujo:
40 N
45°
Sol.: −2,3W
i + 16,72W
j.
5
Sobre un cuerpo están aplicadas cuatro
fuerzas. Una de ellas, horizontal, hacia
la derecha, de 50 N. Otra, horizontal,
hacia la izquierda, de 10 N. La tercera,
vertical, hacia arriba, de 40 N;
y la cuarta, vertical hacia abajo, de 10 N.
¿Qué fuerza hay que aplicar
sobre el cuerpo y en qué dirección
para que la resultante sea nula?
Sol.: 50 N y α = 3° 52’.
Sol.: 21,21 N
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PROBLEMAS RESUELTOS
DINÁMICA I: IMPULSO
PROBLEMA RESUELTO 2
Se aplica una fuerza de 30 N durante 4 s a un objeto de 2 kg inicialmente en reposo.
a) ¿Cuánto ha cambiado su momento lineal?
b) ¿Cuál es ahora su velocidad?
2 kg
F = 30 N
Planteamiento y resolución
a) La variación del momento lineal del objeto coincide con el impulso que le infiere la fuerza constante
de 30 N durante los cuatros segundos:
∆p = F ⋅ ∆t = 30 N ⋅ 4 s = 120 kg ⋅ m/s
b) Como el objeto estaba inicialmente en reposo:
W =W
WF
∆p
pF − W
p O = mv
Por tanto, la velocidad que adquiere el objeto tiene igual dirección y sentido que la fuerza, y su módulo es:
vF =
30 N ⋅ 4 s
F ⋅ ∆t
=
= 60 m/s
2 kg
m
ACTIVIDADES
1
El impulso lineal aplicado sobre un cuerpo
ha sido de 30 N ⋅ s y la masa del cuerpo
es de 2 kg. ¿Cuánto ha variado la velocidad
del cuerpo?
4
Sol.: 15 m/s.
2
3
El momento lineal de un cuerpo en
un determinado instante viene dado por
la expresión vectorial 30 W
i −40 W
j . Después de
actuar una fuerza durante 4 s sobre el cuerpo,
el momento lineal pasa a ser −30 W
i −20W
j.
¿Cuál es la expresión vectorial de la fuerza que
ha actuado?
Sol.: −15W
i + 5j.
Una tenista golpea una pelota de tenis de 50 g
que le llega horizontalmente a 3 m/s.
Si el impacto con la raqueta dura 0,2 s
y la pelota sale en sentido contrario al inicial
a una velocidad de 5 m/s, ¿cuál fue la fuerza
aplicada durante el tiempo de contacto entre
raqueta y pelota?
Un niño bota un balón de baloncesto sobre
la acera. La pelota (para simplificar suponemos
que tiene una masa de 1 kg) llega al suelo
a 1,5 m/s. Si el impulso comunicado
por el suelo a la pelota es de 40 N ⋅ s
y el contacto ha durado 5 centésimas
de segundo, ¿con qué velocidad sale rebotada
la pelota?
Sol.: 0,5 m/s.
5
Una partícula tiene en un instante
determinado un momento lineal cuya
expresión es 5 W
i + 20 W
j . Durante un tiempo
de 3 s actúa sobre él una fuerza de expresión
−10 W
i + 5W
j . ¿Cuál es la nueva expresión
vectorial del momento de la partícula?
Sol.: −25W
i + 35j.
Sol.: 2 N.
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10
PROBLEMAS RESUELTOS
DINÁMICA I: CONSERVACIÓN MOMENTO LINEAL
PROBLEMA RESUELTO 3
Dos bolas de 20 y 50 g chocan frontalmente. Antes del choque la primera se movía hacia la derecha
a 4 m/s, y la segunda, hacia la izquierda a 2 m/s. Si después del choque la primera retrocede hacia
la izquierda a 3 m/s, ¿cuál es la velocidad con la que se mueve la segunda después del choque?
Planteamiento y resolución
W
i
20 g
4 m/s
2 m/s
50 g
El momento del sistema antes del choque es:
W
v01 + m2W
v02 = 0,020 ⋅ 4iW + 0,050 ⋅ (−2iW) = −0,02iW
p 0 = m1W
El momento final después del choque es:
W
vF2 = −0,06iW + 0,050 ⋅ W
vF2
vF1 + m2W
vF2 = 0,020 ⋅ (−3iW) + 0,050 ⋅ W
p F = m1W
El principio de conservación del momento lineal asegura que:
W
p F → −0,02iW = −0,06iW + 0,050 ⋅ W
vF2
p0 = W
Por tanto:
W
vF2 = 0,8iW
La segunda bola se desplaza después del choque hacia la derecha con velocidad de 0,8 m/s.
ACTIVIDADES
1
Un cañón de 1200 kg dispara proyectiles
de 15 kg que salen del cañón a una velocidad
de 30 m/s. ¿Con qué velocidad retrocede
el cañón?
Sol.: 0,375 m/s.
2
Tres amigas de 70 kg cada una van
en una barca de 100 kg que se desplaza
a una velocidad de 1 m/s en un lago de aguas
en reposo. En un momento determinado
una de las amigas salta de la barca. Calcula
la velocidad a la que se moverá
después la barca si la que saltó lo hizo
en sentido contrario al de avance de la barca
y su velocidad respecto al agua en el salto
fue de 2 m/s.
Sol.: 1,875 m/s.
3
426
4
Un petardo de 6 g que está en el suelo estalla
en tres pedazos de 1, 2 y 3 g. El de 1 g sale
disparado hacia la derecha a 20 cm/s. El de 2 g
sale disparado perpendicularmente al anterior
a 5 cm/s. ¿A qué velocidad y en qué dirección
sale disparado el tercer fragmento?
Sol.: 7,45 cm/s y formando un ángulo de 206° 34’
con respecto al movimiento del primer
pedazo.
5
Dos chicos están parados en medio de una
pista de hielo. Uno de ellos, de 70 kg, empuja
al otro, de 60 kg, que sale a una velocidad
de 0,5 m/s. ¿A qué velocidad retrocede
el primero?
Sol.: 0,43 m/s.
Una bala de 30 g impacta a 100 m/s
en un bloque de madera de 2 kg
inicialmente en reposo. Si la bala queda
incrustada en el bloque, ¿a qué velocidad
se moverán después del impacto?
Sol.: 1,48 m/s.
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AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 1
COMPOSICIÓN DE FUERZAS
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
1. EJERCICIO RESUELTO
Isabel y Juan llegan al mismo tiempo a coger la última copia disponible en una tienda del último
videojuego de moda. Si ambos cogen la caja y tiran de ella, Isabel con una fuerza de 30 N
y Juan con una de 40 N, calcula el módulo de la resultante en los siguientes casos:
a) Tiran en sentidos contrarios.
b) Tiran en direcciones perpendiculares.
c) Tiran en direcciones que forman 135° entre sí.
SOLUCIÓN
Se fija como sistema de referencia el de origen en la caja, y direcciones, la de la fuerza que aplica Isabel, W
i,
y su sentido; y la otra dirección W
j perpendicular a esta.
a) En este supuesto las fuerzas del enunciado son FWIsabel = 30W
i y FWJuan = −40W
i . La resultante es la suma vectorial
de las fuerzas aplicadas:
W
R1 = FWIsabel + FWJuan = 30W
i − 40W
i = −10W
i
Y su módulo es:
R1 = 10 N
W
b) En este segundo supuesto las fuerzas del enunciado son FWIsabel = 30W
i y:
j = 40W
j
i + 40 ⋅ sen 90°W
FWJuan = 40 ⋅ cos 90°W
La resultante es la suma vectorial de las fuerzas aplicadas
W
i + 40W
j
R2 = FWIsabel + FWJuan = 30W
Y su módulo es:
R2 =
W
302 + 402 = 50 N
c) En este segundo supuesto las fuerzas del enunciado son FWIsabel = 30W
i y:
W
W
W
i + 28,28W
j
FJuan = 40 ⋅ cos 135° i + 40 ⋅ sen 135° j = −28,28W
La resultante es la suma vectorial de las fuerzas aplicadas:
W
i + 28,28W
j = 1,72W
i + 28,28W
j
i − 28,28W
R3 = FWIsabel + FWJuan = 30W
Y su módulo es:
R3 = 172
, 2 + 28, 282 = 28, 33 N
W
1
En los extremos de una barra de 1 m de longitud se aplican fuerzas perpendiculares a la barra
y del mismo sentido con módulos 5 N y 8 N. Dibuja el sistema de fuerzas, y halla el módulo
y el punto de aplicación de la resultante.
1−x
x
SOLUCIÓN
Como las fuerzas se aplican en el mismo sentido, el módulo
de la resultante es la suma de los módulos de las dos fuerzas aplicadas,
13 N. Si el punto de aplicación está a distancia d1 del extremo
en que se aplica la fuerza menor, FW1, se tiene:
5N
d1 ⋅ F1 = d2 ⋅ F2 → x ⋅ 5 = (1 − x) ⋅ 8 →
8
→ 13 x = 8 → x =
= 0, 62 m
13
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8N
W
R
447
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 1
COMPOSICIÓN DE FUERZAS
NOMBRE:
2
CURSO:
FECHA:
Se aplica una fuerza FW1 de módulo 40 N sobre un cuerpo formando un ángulo de 30° con la horizontal.
Descompón FW1 como suma de dos fuerzas, una horizontal y otra vertical.
SOLUCIÓN
Se elige un sistema de referencia con direcciones horizontal
y vertical según el dibujo. En este sistema de referencia
la componente de la fuerza sobre la dirección horizontal es:
FWx = 40 ⋅ cos 30°W
i = 34,64iW
W
F1
Wj
30º
Y la componente de la fuerza sobre la dirección vertical es:
j
j = 20W
FWy = 40 ⋅ sen 30°W
3
40 N
W
i
Tenemos un sistema de cuatro fuerzas aplicadas sobre un punto. FW1 es vertical hacia arriba y su módulo es 20 N;
FW2 es vertical hacia abajo y su módulo es 30 N; FW3 es horizontal hacia la derecha y su módulo es 40 N
y FW4 es horizontal hacia la izquierda y su módulo es 50 N. Calcula la expresión vectorial de la resultante
de las cuatro fuerzas y el ángulo que forma con la horizontal.
SOLUCIÓN
Se elige un sistema de referencia con direcciones y sentidos
horizontal hacia la derecha y vertical hacia arriba.
En este sistema de referencia las fuerzas aplicadas se expresan según:
• FW1 = 20W
j
j
i
i
• FW2 = −30W
• FW3 = 40W
• FW4 = −50W
W
F1
W
F3
W
F4
La suma de todas ellas es:
W
j − 30W
i + 40W
i − 50W
i = −10W
i − 10W
j
R = FW1 + FW2 + FW3 + FW4 = 20W
W
F2
Como la componente horizontal y vertical tienen igual módulo, el ángulo que forma la resultante con la dirección
horizontal y sentido positivo puede ser 45°, 135°, 225° o 315°. Para decidir cuál de ellos es el adecuado basta fijarse en
el signo de las componentes: ambos negativos señalan el tercer cuadrante y un ángulo de 225°. En efecto:
cos α =
Rx
=
R
W
−10
2
=
2
(−10 ) + (−10 )
Por tanto, el ángulo es de 225°.
4
− 2
2
; sen α =
Ry
=
R
W
−10
2
=
2
(−10 ) + (−10 )
− 2
2
Un avión despega mediante una fuerza de sus motores de 4000 N que lo impulsan hacia delante
con un ángulo de 40° respecto a la horizontal. Al mismo tiempo sopla un viento vertical
que lo empuja hacia arriba con una fuerza de 1000 N. Calcula el módulo de la fuerza resultante
y el ángulo que forma con la horizontal.
SOLUCIÓN
Se elige un sistema de referencia con direcciones horizontal y vertical, y sentidos los que marca el avance
del avión. En este sistema de referencia, y en unidades del SI, las fuerzas sobre el avión son:
i + 4000 ⋅ sen 40°W
j = 3064W
i + 2571jW
;
FWviento = 1000W
j
FWavión = 4000 ⋅ cos 40°W
La resultante es la suma vectorial de ambas:
W
R = FWavión + FWviento = (3064W
i + 2571jW) + 1000W
j = 3064W
i + 3571jW
Su módulo es:
R =
W
3064 2 + 35712 = 4705 N
Y el ángulo α con la horizontal es:
α = arc tg
448
Ry
3571 N
= arc tg
= 49° 22’
Rx
3064 N
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AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 2
MOMENTO LINEAL
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
2. EJERCICIO RESUELTO
Un jugador de billar golpea con su taco una de las bolas, que se dirige con velocidad 0,5 m/s
a golpear a una segunda bola que está en reposo en el tapete. Si la segunda bola sale a una
velocidad de 0,3 m/s y en una dirección que forma un ángulo de 30° con la dirección en que
se movía la primera, ¿con qué velocidad y en qué dirección se mueve ahora la primera bola?
SOLUCIÓN
Se considera que el golpe entre las dos bolas de billar es elástico: entonces ha de conservarse el momento lineal.
Sea m la masa de las bolas de billar e W
i un vector unitario paralelo a la velocidad inicial de la primera bola.
Antes del choque esta bola tiene un momento lineal igual a:
W
p 10 = m1W
v 10 = 0,5 miW
Mientras que el momento lineal de la segunda bola, que está en reposo, es nulo.
Después del choque, el momento lineal de la segunda bola es:
W
p 2F = m2W
v 2F = 0,3 m ⋅ (cos 30°W
i + sen 30°W
j ) = 0,26 miW + 0,15 mW
j
(Suponemos que m1 = m2 = m.)
Y el momento lineal final de la primera bola W
p 1F debe ser tal que verifique el principio
de conservación del momento lineal:
W
p 10 + W
p 20 = W
p 1F + W
p 2F → 0,5 miW = W
p 1F + (0,26 miW + 0,15 mW
j )→
→W
p 1F = 0,24 miW − 0,15 mW
j
Por tanto, la velocidad de la primera bola es:
W
p1F
= 0,24 W
i − 0,15 W
j
m
que tiene un módulo de 0,28 m/s, y ángulo α = arc tg (−0,15/0,24) = −32°; es decir, 32° hacia el semiplano
en que no se mueve la segunda bola.
W
v 1F =
5
Manuel va patinando a una velocidad de 2 m/s cuando choca con Laura, que en ese momento estaba
parada en la pista. Si las masas de Manuel y Laura son de 70 y 50 kg, respectivamente, y suponemos
que después del choque se mueven juntos, calcula cuál será su velocidad.
SOLUCIÓN
Se considera que el choque entre los patinadores es elástico y, por tanto, se conserva el momento lineal.
El momento lineal inicial de Manuel es:
W
p M0 = mMW
v M0 = 70 ⋅ 2iW = 140W
i
Y el momento lineal de Laura, que está parada, es nulo.
Después del choque los dos patinadores se deslizan juntos con masa igual a la suma de las masas y velocidad:
W
p F = (mM + mL) ⋅ W
v F = (70 + 50) ⋅ W
v F = 120 W
vF
Así que:
W
p M0 = W
p F → 140W
i = 120 W
vF → W
v F = 1,17W
i
Manuel y Laura se mueven en la misma dirección y sentido que Manuel al principio, con menor
velocidad, 1,17 m/s2.
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10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 2
MOMENTO LINEAL
NOMBRE:
6
CURSO:
FECHA:
Teresa y Pablo juegan a lanzar coches con sentidos contrarios por una pista y ver cómo chocan.
La masa del coche de Teresa es el doble que la del de Pablo, y sus velocidades son 2 m/s y 3 m/s,
respectivamente. Si después del impacto el ángulo que forma la dirección del coche de Teresa
con su dirección inicial es de 30°, mientras que la que forma el de Pablo con su dirección inicial
es de 45°, ¿cuáles son las velocidades con que se mueven los dos coches después del choque?
SOLUCIÓN
Se considera que el choque entre los coches es elástico y, por tanto, se conserva el momento lineal.
W
vT
W
j
Pablo
30°
W
v T0
W
v P0
W
i
45°
Teresa
W
vP
Los momentos lineales iniciales de los coches de Teresa y Pablo, de masas 2m y m, respectivamente, son:
W
v T0 = 2m ⋅ 2iW = 4miW
p T0 = mTW
W
v P0 = m ⋅ (−3iW) = −3miW
p P0 = mPW
La velocidad con la que el coche de Teresa se mueve después del impacto tiene módulo v T
y forma 30° con su velocidad inicial:
W
v TF = v T ⋅ cos 30°W
i + v T ⋅ sen 30°W
j
Y el momento lineal es:
W
p TF = 1,73m ⋅ v T W
i + m ⋅ v TW
j
La velocidad con la que el coche de Pablo se mueve después del impacto tiene módulo vP
y forma 45° con su velocidad inicial:
W
v PF = −v P ⋅ cos 45°W
i − v P ⋅ sen 45°W
j
Y el momento lineal es:
W
p PF = −0,71m ⋅ v P W
i − 0,71m ⋅ v P W
j
El principio de conservación del momento lineal afirma que:
W
p T0 + W
p P0 = W
p TF + W
p PF →
W
W
W
W
→ 4mi − 3mi = (1,73m ⋅ v T i + m ⋅ v T j ) + (−0,71m ⋅ v P W
i − 0,71m ⋅ v P W
j )→
W
W
W
W
W
→ i = (1,73v T i + v T j ) + (−0,71 v P i − 0,71v P j )
Esta ecuación vectorial ha de verificarse componente a componente:
1 = 173

, ⋅ v T − 0, 71⋅ vP 


0 = v T − 0, 71⋅ vP


La solución de este sistema es vT = 1,37 m/s, vP = 1,93 m/s. Por tanto, las velocidades de los coches
de Teresa y Pablo resultan:
W
v T = 2,37 W
i + 1,37 W
j yW
v P = −1,37 W
i − 1,37 W
j
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AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 2
MOMENTO LINEAL
NOMBRE:
7
CURSO:
FECHA:
Un avión vuela a 300 m de altura y con una velocidad de 250 km/h deja caer un paquete de ayuda
humanitaria de 100 kg. A los 5 s de empezar a caer se rompe la cuerda que ataba el paquete
y se divide en dos partes. Una de 40 kg que inicialmente se mueve verticalmente y otra de 60 kg
que inicialmente se mueve horizontalmente. Calcula las velocidades de cada una de las partes.
SOLUCIÓN
Durante el primer tramo el paquete completo, de 100 kg, cae siguiendo
el movimiento de un tiro parabólico. La velocidad con que se mueve
a los 5 s tiene componentes horizontal y vertical según:
vPx = 250 km/h = 69,44 m/s
vPy = g ⋅ t = 441 m/s
El momento lineal del paquete en el momento en que se separa en dos es:
W
j
i + 44100 W
p 0 = 6944 W
El momento en el instante después de la separación es la suma de los momentos
lineales de las dos partes A y B:
W
p A = 40vA W
j ; W
p B = 60vB W
i
W
i
60 kg W
vB
W
j
El principio de conservación del momento lineal afirma que:
W
pA + W
p B → 6944 W
i + 44100 W
j = 60 ⋅ vB W
i + 40 ⋅ vA W
j
p0 = W
40 kg
W
vA
Resolviendo componente a componente se obtiene que la parte de 40 kg se separa verticalmente con una velocidad
vertical de 1102,50 m/s, y la parte de 60 kg se separa horizontalmente con una velocidad de 115,73 m/s.
8
Dos balones, A y B, chocan frontalmente y ambos salen despedidos en sentidos contrarios a los que tenían
antes del choque. Si las velocidades de A y B antes del choque son 1 y 2 m/s, respectivamente,
y sus velocidades después del choque son 1 m/s y 0,25, calcula la relación entre las masas de A y B.
SOLUCIÓN
W
i
W
v A0
W
v B0
Se considera que el choque entre los balones es elástico y, por tanto, se conserva el momento lineal.
El momento inicial del sistema es:
W
p0 = W
p A0 + W
p B0 = mA ⋅ W
v A0 + mB ⋅ W
v B0 = mA W
i − 2mB W
i
Y el momento final, en el que los balones cambian el módulo y el sentido de sus velocidades, es:
W
p AF + W
p BF = mA ⋅ W
v AF + mB ⋅ W
v BF = −mA W
i + 0,25 ⋅ mB W
i
pF = W
El principio de conservación del momento lineal asegura que:
W
p B0 = W
p AF + W
p BF → mA W
i − 2 ⋅ mB W
i = −mA W
i + 0,25 ⋅ mB W
i
p A0 + W
O bien:
mA − 2mB = −mA + 0,25mB → 2mA = 2,25mB
Multiplicando la ecuación por cuatro:
8mA = 9mB
Se observa que la relación entre la masa de la primera pelota y la de la segunda debe ser de 9 a 8:
mA
9
=
mB
8
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451
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 2
MOMENTO LINEAL
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
3. EJERCICIO RESUELTO
Un futbolista aplica durante 0,2 s una fuerza de 50 N a un balón de 1,4 kg de peso,
¿qué velocidad le proporciona?
SOLUCIÓN
W.
El impulso lineal que aplica el futbolista cambia el momento lineal del balón según FW⋅ ∆t = ∆p
Como el balón estaba inicialmente en reposo:
W=W
WF
∆p
pF − W
p 0 = mv
Y, por tanto, la velocidad que adquiere el balón tiene igual dirección y sentido que la fuerza y módulo:
vF =
9
50 N ⋅ 0, 2 s
F ⋅ ∆t
=
= 7,14 m/s
1, 4 kg
m
Un cuerpo entra en un plano horizontal con una velocidad de 3 m/s. Si el coeficiente de rozamiento
es µ = 0,2, calcula cuánto tiempo estuvo en movimiento el cuerpo hasta quedar parado.
SOLUCIÓN
Durante el tiempo de frenada el cuerpo pierde cantidad de movimiento igual a la diferencia de momento lineal,
W=W
W0
∆p
pF − W
p 0 = mv
W
v0
W
FR
Esta pérdida la origina la fuerza de rozamiento, contraria al movimiento. El impulso generado por esta fuerza
es FWR ⋅ ∆t, y tiene que coincidir con la variación del momento lineal del sistema. Por tanto:
µm ⋅ g ⋅ ∆t = mv0 → 0,2 ⋅ 9,8 ⋅ ∆t = 3 → ∆t = 1,53 s
10
Al aplicar una fuerza de 40 N durante 5 s sobre un cuerpo, este aumenta su velocidad de 2 a 4 m/s.
¿Cuál es la masa del cuerpo?
SOLUCIÓN
Si la fuerza tiene la dirección del movimiento, el impulso que aplica sobre el cuerpo tiene que ser igual
a la variación del momento lineal del cuerpo; por tanto:
F ⋅ ∆t = ∆p → F ⋅ ∆t = m ⋅ (vF − v0) → 40 N ⋅ 5 s = m ⋅ (4 − 2) m/s → m = 100 kg
W
vF
W
v0
W
F
452
W
F
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10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 3
IMPULSO
NOMBRE:
11
CURSO:
FECHA:
Una pelota de tenis de 200 g de masa impacta en una pared a la velocidad de 5 m/s
y sale rebotada a 2 m/s. Si el tiempo de contacto entre la pared y la pelota fue de 0,1 s,
calcula el valor de la fuerza que la pared aplicó sobre la pelota.
SOLUCIÓN
1
2
5 m/s
2 m/s
Durante el tiempo de contacto con la pared, la pelota cambia su cantidad de movimiento:
W
W0 = 0,2 ⋅ 5 W
WF = −0,2 ⋅ 2 W
i = 1W
i ; W
p F = mv
i = −0,4 W
i
p 0 = mv
Para conseguir este cambio en el momento lineal, la pared aplica una fuerza sobre la pelota, contraria
a su movimiento inicial, durante 0,1 s. Entonces:
FW⋅ ∆t = W
pF − W
p 0 → −FW⋅ 0,1 = 1 W
i − (−0,4 W
i ) → FW= −14 W
i
La pared aplica sobre la pelota una fuerza de 14 N en sentido contrario a su movimiento.
12
Juan tiene examen de educación física y la primera prueba consiste en saltar verticalmente
con los dos pies y marcar con una tiza la mayor altura posible. Al flexionar las piernas, Juan empuja
el suelo con una fuerza de 600 N y sus 80 kg alcanzan una altura de 1 m sobre su posición inicial.
Calcula el tiempo que Juan estuvo en contacto con el suelo aplicando la fuerza.
SOLUCIÓN
Para alcanzar una altura de 1 m sobre el suelo, la velocidad inicial del movimiento rectilíneo uniformemente
acelerado (con la aceleración de la gravedad actuando en contra del movimiento) se calcula resolviendo
el siguiente sistema para v0 y t:



v = v 0 − gt 
0 = v 0 − 9, 8 t


→

1
1 2
2

s = v 0t − gt 
1 = v 0t − 9, 8 t 


2
2 


Y resulta v0 = 4,43 m/s.
La variación del movimiento lineal de Juan es:
∆ p = pF − p0 = 80 kg ⋅ 4,43 m/s = 354,4 kg ⋅ m/s
Y se debe a la fuerza de reacción que ejerce el suelo sobre Juan, hacia arriba, cuando esta aplica
la misma fuerza sobre el suelo, hacia abajo:
F ⋅ ∆t = ∆p → 600 ⋅ ∆t = 354,4 → t = 0,59 s
1m
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453
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 4
SEGUNDA LEY DE NEWTON Y APLICACIÓN A CINEMÁTICA
NOMBRE:
13
CURSO:
FECHA:
Un coche teledirigido de masa 14 kg está situado en la parte más baja de un plano inclinado 20° respecto
al suelo. En lo alto del plano inclinado hay un único árbol situado a 30 m de altura sobre la horizontal.
Sabemos que el coeficiente de rozamiento es µ = 0,7.
a) ¿Con qué fuerza FWdebería tirar el motor hacia arriba para que el coche subiera con una a = 1,5 m/s2?
b) ¿Con qué velocidad llegó al árbol si partió del reposo?
c) ¿Con qué fuerza debería tirar el motor hacia arriba para que el coche subiera con velocidad constante?
(Pista: utiliza la 2.a ley de Newton expresada anteriormente e introduce el nuevo dato.)
SOLUCIÓN
a) 1. Dibuja todas las fuerzas existentes descomponiendo el peso W
P como la suma de una componente
en el eje X → W
Px y otra en el eje Y → W
Py.
W
F
h = 30 m
W
Px
W
FR
α
W
Py
x
P = mg
2. Identifica por semejanza de triángulos dónde está el ángulo α en los triángulos que te aparecen
y halla el valor de W
Py con tus conocimientos sobre seno y coseno de un ángulo:
Px y W
W
P
 x
P  ⋅ sen α = m ⋅ g ⋅ sen α = 14 kg ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ sen 20° = 46,9 N
→ W
Px = W
sen α =
P
W
cos α =
Py
W
P
W
P  ⋅ cos α = m ⋅ g ⋅ cos α = 14 kg ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ cos 20° = 128,9 N
→ W
Py = W
3. Comprueba que W
Py2 :
P  = W
Px2 + W
P  = m ⋅ g coincide con W
P  = m ⋅ g = 14 kg ⋅ 9,8 m/s2 = 137,2 N →
W
P =
→ W
Py2 = 46, 92 + 128, 92 = 137, 2 N
Px2 + W
W
4. Calcula el valor de la normal aplicando la segunda ley de Newton al eje Y:
FTotal eje Y = m ⋅ ay → N − Py = 0 → N = Py = 128,9 N
↓
ay = 0, pues no hay movimiento en el eje Y
5. Conocido el valor de la normal, halla el valor de la fuerza de rozamiento.
FR = µ ⋅ N = 0, 7 ⋅ 128, 9 N = 90, 23 N
6. Aplica la segunda ley de Newton al eje X y despeja el valor del módulo de la fuerza
con la que debe tirar el motor del coche.
FTotal eje X = m ⋅ ax → F − Px − FR = m ⋅ ax →
→ F = Px + FR + m ⋅ a = 466, 9 N + 90, 23 N + 14 kg ⋅ 15
, m/s2 = 158,13 N
454
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continúa 35
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 4
SEGUNDA LEY DE NEWTON Y APLICACIÓN A CINEMÁTICA
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
b) 1. Primero halla el espacio que recorre con tus conocimientos de trigonometría.
sen α =
h
30 m
h
→s=
=
= 87, 7 m
s
sen α
sen 20°
s
h = 30 m
α = 20°
2. Ahora calcula la velocidad con la que llega al árbol con tus conocimientos de cinemática.
v 2 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ s → v =
2⋅a⋅s =
2 ⋅ 15
, m/s2 ⋅ 87, 7 m = 16, 22 m
(v0 = 0, pues parte del reposo.)
c) Resuelve:
FTotal eje X = m ⋅ ax →
→ F − Px − FR = m ⋅ ax = 0 → F = Px + FR = 46,99 N + 90, 23 N = 137, 3 N
↓
ax = 0, pues la velocidad es constante
14
Un trineo con motor que, junto con su ocupante, tiene una masa de 150 kg, está situado en la parte
más alta de un montículo (a 20 m sobre el suelo) cuya ladera forma 35° respecto a la horizontal.
Sabemos que el coeficiente de rozamiento es µ = 0,9, muy alto, pues hay poca nieve
y está mezclada con vegetación.
a) ¿Qué fuerza FWdebería emplear el motor del trineo para que bajara por la ladera con una a = 3 m/s2?
b) ¿Con qué velocidad llegó al final del plano inclinado si partió del reposo?
c) ¿Con qué aceleración se movería si simplemente se dejara caer, con el motor apagado?
Saca conclusiones del resultado que obtengas.
SOLUCIÓN
a) Sigue los siguientes pasos:
1. Dibuja todas las fuerzas existentes descomponiendo
el peso W
P como la suma de una componente
en el eje X → W
Px y otra en el eje Y → W
Py.
y
W
FR
W
N
m = 150 kg
W
F W
Px
W
Py
∝ = 0,9
W
P
35°
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x
455
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 4
SEGUNDA LEY DE NEWTON Y APLICACIÓN A CINEMÁTICA
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
2. Identifica por semejanza de triángulos dónde está el ángulo α en los triángulos que te aparecen
y halla el valor de W
Py con tus conocimientos sobre seno y coseno de un ángulo:
Px y W
sen α =
cos α =
Px
W
Px = W
P  ⋅ sen α = m ⋅ g ⋅ sen α = 150 kg ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ sen 35° = 843,2 N
→ W
P
W
Py
W
P
W
Py = W
P  ⋅ cos α = m ⋅ g ⋅ cos α = 150 kg ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ cos 35° = 1204,2 N
→ W
P  = m ⋅ g coincide con W
P  = W
Px2 + W
Py2 :
Comprueba que W
P  = m ⋅ g = 150 kg ⋅ 9,8 m/s2 = 1470 N →
W
P =
→ W
Px2 + W
Py2 = 843, 22 + 1204 , 22 = 1470 N
W
3. Calcula el valor de la normal aplicando la segunda ley de Newton al eje Y:
FTotal eje Y = m ⋅ ay → N − Py = 0 → N = Py = 1204,2 N
ay = 0, pues no hay movimiento en el eje Y.
4. Conocido el valor de la normal, halla el valor de la fuerza de rozamiento.
FR = µ ⋅ N = 0, 9 ⋅ 1204 , 2 N = 1083, 8 N
5. Aplica la segunda ley de Newton al eje X y despeja el valor del módulo de la fuerza
con la que debe tirar el motor del coche.
FTotal eje X = m ⋅ ax →
→ F + Px − FR = m ⋅ ax → F = FR − Px + m ⋅ a = 10083, 8 N − 843, 2 N + 150 kg ⋅ 3 m/s2 = 690, 6 N
b) Primero halla el espacio que recorre con tus conocimientos de trigonometría.
sen α =
s
h
20 m
h
→s=
=
= 34 , 9 m
s
sen α
sen 35°
h
α
Ahora calcula la velocidad con la que llega al árbol con tus conocimientos de cinemática.
v 2 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ s → v =
2⋅a⋅s =
2 ⋅ 3 m/s2 ⋅ 34 , 9 m = 14 , 47 m
v0 = 0, pues parte del reposo.
c) Resuelve: FTotal eje X = m ⋅ ax .
Ahora FW= 0:
Px − FR = m ⋅ ax → ax =
843, 2 N − 1083, 8 N
Px − FR
=
< 0!
150 kg
m
El hecho de que nos dé una aceleración negativa significa en este caso que no deslizaría; no se movería,
puesto que de las dos fuerzas que hay ahora en la dirección del movimiento (eje X), cada una en un sentido,
es mayor la fuerza que lo frena (FR = 1083,8 N) que la que lo impulsa hacia delante (Px = 843,2 N),
y eso no puede ocurrir. Es decir, la fuerza de rozamiento iguala a Px, por lo que no se mueve.
La fuerza de rozamiento no puede ser mayor que Px.
456
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10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 4
SEGUNDA LEY DE NEWTON Y APLICACIÓN A CINEMÁTICA
NOMBRE:
15
CURSO:
FECHA:
Un niño situado en lo alto de un tobogán a 2,5 m sobre el suelo se da cuenta de que se ha dejado abajo
su muñeco favorito (de masa m) y quiere tirarse con él. Por ello le pide a su hermana
que se lo lance deslizando por la superficie del tobogán desde abajo. La rampa está inclinada 30°
y el coeficiente de rozamiento es 0,15.
¿Con qué velocidad como mínimo deberá lanzar la hermana el muñeco para que llegue
hasta arriba?
SOLUCIÓN
Sigue los siguientes pasos.
1. Dibuja todas las fuerzas existentes descomponiendo el peso W
P como la suma de una componente
en el eje X → W
Px y otra en el eje Y → W
Py. Dibuja también el vector velocidad inicial del muñeco.
Niño
y
h = 2,5 m
W
N
W
v0
Muñeco
W
Px
∝ = 30°
W
FR
W
Px
x
2. Identifica por semejanza de triángulos dónde está el ángulo α en los triángulos que te aparecen
Py con tus conocimientos sobre seno y coseno de un ángulo
y halla el valor de W
Px y W
(deja sin sustituir la masa m del muñeco, pues no te la dan, pero verás que al final
no te hace falta):
sen α =
Px
W
P
W
P  ⋅ sen α = m ⋅ g ⋅ sen α = m ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ sen 30° →
→ W
Px = W
→ Px = 4,9 ⋅ m N
cos α =
Py
W
P
W
Py = W
P  ⋅ cos α = m ⋅ g ⋅ cos α = m ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ cos 30° →
→ W
→ Py = 8,5 ⋅ m N
3. Calcula el valor de la normal aplicando la segunda ley de Newton al eje Y:
FTotal eje Y = m ⋅ ay → N − Py = 0 →
→ N = Py = 8, 5 ⋅ m N
(ay = 0, pues no hay movimiento en el eje Y.)
continúa 35
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457
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 4
SEGUNDA LEY DE NEWTON Y APLICACIÓN A CINEMÁTICA
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
4. Conocido el valor de la normal, halla el valor de la fuerza de rozamiento.
FR = µ ⋅ N = 0,15 ⋅ 8, 5 ⋅ m N = 128
, ⋅m N
5. Aplica la segunda ley de Newton al eje X y despeja la aceleración con la que se mueve el muñeco
por la rampa. Analiza el resultado. (Pista: ¡Ojo: W
v0 no es una fuerza; es una velocidad, y no debe aparecer
en la segunda ley de Newton!)
FTotal eje X = m ⋅ ax → 0 − Px − FR = m ⋅ ax
(No hay fuerza en el sentido del movimiento.)
Por tanto:
ax =
−Px − FR
−4 , 9 ⋅ m − 128
, ⋅m
=
= −4 , 9 − 128
, = −6 ,18 m/s2
m
m
(¡Se va la masa, no influye!)
El muñeco sube, pues tiene una velocidad inicial hacia arriba, pero con aceleración negativa; es decir,
se va frenando nada más comenzar su movimiento con la aceleración calculada. Es lógico, pues solo hay fuerzas
en sentido contrario al movimiento.
6. Calcula ahora el espacio que tiene que recorrer el muñeco hasta llegar arriba con tus conocimientos
de trigonometría.
e
h = 2,5 m
α = 30°
A partir del dibujo:
sen α =
h
2, 5 m
h
→s=
=
=5m
s
sen α
sen 30°
7. Y, finalmente, conocida la aceleración y el espacio que ha de recorrer, calcula la velocidad mínima
con la que debería ser lanzado usando tus conocimientos de cinemática.
v 2 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ s → 0 − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ s →
→ v 0 = −2 ⋅ a ⋅ s = −2 ⋅ (−6,118 ) m/s2 ⋅ 5 m = 7,86 m/s
La velocidad final del muñeco al llegar arriba es cero, pues basta con eso para que llegue y nos piden
la velocidad mínima con la que debería ser lanzado.
458
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10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 5
VELOCIDAD TERMINAL
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
¿Cuándo crees que tienes más posibilidades de salvarte: si te caes desde la ventana de un rascacielos a 50 m sobre
el suelo o si te caes de un helicóptero a 1000 m de altura? Conocerás la respuesta al final de la ficha.
16
Según has estudiado, el movimiento en caída libre no es más que un MRUA con a = g = 9,8 m/s2.
Por tanto, parece que podrías adquirir cualquier velocidad simplemente tirándote desde muy alto.
Por ejemplo: ¿desde qué altura deberías dejarte caer para llegar al suelo con la velocidad
del sonido (vsonido = 340 m/s)?
SOLUCIÓN
Usa la ecuación que liga v, a y s.
v 2 − v 02 = 2 ⋅ g ⋅ s → s =
3402 − 0
v 2 − v 02
= 5898 m
=
2⋅ g
2 ⋅ 9, 8
v0 = 0, pues se parte del reposo.
v0 = 0
Lo anterior no ocurre realmente, pues el hecho
de que los cuerpos al caer atraviesen la atmósfera
hace que se produzca el siguiente fenómeno: según
va cayendo un cuerpo actúan en la vertical
dos fuerzas sobre él en sentido contrario:
• El peso W
P, hacia abajo: es una fuerza que podemos
considerar constante a estas distancias.
• La fuerza de rozamiento FWR , hacia arriba
y no es constante:
FR = k ⋅ v 2
W
W
P
W
FR
W
v
W
FT
W
P
W
FR
W
FT= 0
W
vT
W
P
donde:
• v es la velocidad del cuerpo.
• k es una constante que depende del cuerpo
(de su forma, de su relación entre masa y superficie
expuesta al aire, etc.).
El rozamiento con el aire depende de la forma
del cuerpo que cae y de su superficie (k), pero depende
aún más de la velocidad que lleve el cuerpo
(pues la velocidad está al cuadrado).
A mayor velocidad, mayor rozamiento.
W
vT
W
v T = velocidad terminal
W
vT
La fuerza total que se ejerce sobre el cuerpo en cualquier momento de la caída vale:
 • Dirección: vertical


 • Sentido: hacia abajo
FWTotal + W
P +W
FR → FWTotal 


P  − W
FR

 • Módulo:  FWTotal = W
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continúa 35
459
10
AMPLIACIÓN con soluciones
FICHA 5
VELOCIDAD TERMINAL
NOMBRE:
CURSO:
FECHA:
Lo que le ocurre al cuerpo según va cayendo, como puedes ver en el dibujo es:
Su velocidad va aumentando → W
FR va aumentando →
W
→ FTotal va disminuyendo → aceleración del cuerpo va disminuyendo.
El proceso va ocurriendo hasta que  FWR = W
P .
En ese momento:
P  = W
FR = 0 → la aceleración del cuerpo es 0 → velocidad constante.
FWTotal = W
La velocidad constante que mantendrá desde ese momento durante el resto de la caída es la que llevaba cuando
se produjo que  FWR = W
P  y se le llama velocidad terminal (vt ).
17
P  = m ⋅ g y que W
F R = k ⋅ v 2, halla la expresión de la velocidad terminal.
Sabido que W
SOLUCIÓN
Basta con sustituir y despejar v:
P  → k ⋅ v 2 = m ⋅ g → v terminal =
 FWR = W
18
m⋅ g
k
Con la anterior expresión calcula la velocidad terminal de:
a) Una persona en caída libre. (Datos: m = 80 kg, k ≈ 0,25.)
b) La misma persona anterior después de abrir su paracaídas. (Dato: k ≈ 31.)
SOLUCIÓN
a) Tenemos:
v terminal =
m⋅ g
=
k
80 ⋅ 9, 8
= 56 m/s = 202 km/h
0, 25
b) Ahora:
v terminal =
m⋅ g
=
k
80 ⋅ 9, 8
= 5 m/s = 18 km/h
31
Respuesta a la pregunta inicial y otras curiosidades
Tienes las mismas posibilidades de salvarte si caes desde 50 m de altura que desde 1000 m, pues en ambos casos
llegarás al suelo con la misma velocidad terminal.
• La velocidad terminal de una gota de agua es del orden de 9 m/s.
• Los insectos pequeños tienen una superficie muy grande comparada con su masa, por lo que,
cuando caen, sus propios cuerpos hacen de paracaídas y su velocidad terminal es muy pequeña,
de pocos cm/s.
¡Si se cayera una hormiga desde lo alto de un edificio llegaría ilesa al suelo!
• Existen algunos deportes de riesgo en caída libre en los que no se suele alcanzar la velocidad terminal,
como son el puenting (saltar al vacío desde un puente atado con una cuerda) y el benjuí
(similar al puenting, pero atado por los pies y con una goma elástica).
460
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