1) Un punto material de masa 2 kg se mueve a lo largo del eje X bajo la acción de una fuerza variable. Su momento lineal como función del tiempo, el impulso mecánico a los 3 s, y su velocidad y aceleración a los 3 s se calculan. La máxima velocidad que puede adquirir es 2 m/s. 2) Se analiza el movimiento de dos bloques sobre una mesa horizontal sometidos a fuerzas de rozamiento. La aceleración, las fuerzas entre bloques, y las fuerzas de rozamiento se determinan.

1. D
i
n
á
m
i
c
a
PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DEL PUNTO
Equipo docente:
Antonio J. Barbero García
Mariano Hernández Puche
Alfonso Calera Belmonte
1

2. PROBLEMA 1
Sobre un punto material de masa m = 2 kg inicialmente en reposo y que se desplaza a lo
largo del eje X actúa una fuerza variable que, expresada en unidades del sistema
r
4 r
internacional, se escribe en función del tiempo como
F=
i
(1 + t )2
a)
b)
c)
Determinar su momento lineal como función del tiempo y el impulso mecánico que la
fuerza le ha comunicado al cabo de 3 s.
La velocidad y la aceleración al cabo de 3 s.
La máxima velocidad que puede adquirir.
t
4
dp
∆p = p(t ) − p(0) =
2
dt
(1 + t )
El impulso mecánico es el incremento del momento lineal ∆p
a) Aplicando la 2ª ley de Newton
t
∆p = p(t ) − p(0) =
∫
0
p(t ) =
(kg ⋅ m/s)
v(3) =
c) Velocidad máxima
Al cabo de t = 3 s
p(t ) = m v(t ) =
3
m/s
2
0
1+ t)
2
dt
4t
1+ t
∆p = p(t ) − p(0) =
4t
1+ t
∆pt =3 = p(3) − p(0) = 3 kg ⋅ m/s
a(t ) =
dv 4 1
=
dt m (1 + t )2
a(3) = 0.125 m/s2
(Basta con derivar el módulo porque el movimiento
es unidimensional a lo largo del eje X)
1 ⎛ 4t ⎞ 4
⎟ = = 2 m/s
⎜
t →∞ m ⎝ 1 + t ⎠
m
vmáx = lim
∫(
4
Inicialmente en reposo → p(0) = 0
4
⎤
⎡ 4
⎡ 4 ⎤
dt = − ⎢
= −⎢
− 4⎥ = 4 −
⎥
1+ t
(1 + t )2
⎦
⎣1 + t
⎣1 + t ⎦ 0
4
4t
1+ t
1 ⎛ 4t ⎞
⎟
⎜
m ⎝1+ t ⎠
=
t
b) Velocidad y aceleración
v(t ) =
F=
2
D
i
n
á
m
i
c
a

3. PROBLEMA 2
Sobre una mesa horizontal se colocan dos bloques de masas m1 y m2, y el conjunto se acelera
aplicando sobre el primero de ellos una fuerza horizontal F0 en la forma indicada en la figura.
Los coeficientes de fricción de los bloques con la mesa son µ1 y µ2, respectivamente. Se pide:
a) Determinar la expresión de la aceleración en función de F0, µ1, m1, µ2 y m2.
D
i
n
á
m
i
c
a
b) Si los valores numéricos de F0, µ1, m1, µ2 y m2 son
F0 = 2,50 kp
µ1 = 0.075
µ2 = 0.040
m1 = 8 kg
m2 = 6 kg
determínese la fuerza que el primer bloque ejerce sobre el segundo y la fuerza que el
segundo ejerce sobre el primero.
F0
m1
m2
3

4. PROBLEMA 2 (Continuación)
µ1 = 0.075
F0 = 2,50 kp
(m1 + m2 )a
µ2 = 0.040
m1 = 8 kg
2ª ley de Newton
Fuerzas de rozamiento
F0 − FR1 − FR 2 = (m1 + m2 )a
FR1 = µ1 N1 = µ1m1 g
N1
FR 2 = µ 2 N 2 = µ 2 m2 g
N2
F0
m1
m2
FR1
FR1
F12
Resultado numérico
F0 − µ1m1g − µ 2 m2 g
m1 + m2
a = 1.162 m/s2
2ª ley de Newton
F21
F0
a=
FR2
m1a
N1
m2 = 6 kg
m2 a
N2
FR2
F0 − F21 − FR1 = m1a
F21 = F0 − FR1 − m1a = F0 − µ1m1 g − m1a = 9.324 N
2ª ley de Newton
F12 − FR 2 = m2 a
F12 y F21 tienen que ser iguales
(acción y reacción)
F12 = FR 2 + m2 a = µ 2 m2 g + m2 a = 9.324 N
4
D
i
n
á
m
i
c
a

5. PROBLEMA 3
En el sistema de poleas de la figura se verifica que m1 > m2 y m0 > m1 + m2
Las masas de las poleas son muy pequeñas, los hilos son inextensibles y los rozamientos son
despreciables. Determinar la aceleración de cada masa y las tensiones en los hilos.
Teniendo en cuenta los valores de las masas dados en el enunciado,
los sentidos de movimiento son los que se indican.
Aplicamos la 2ª ley de Newton a cada parte del sistema.
Masa m0 : m0 g − T0 = m0 a0
T0
m2 a12
m2
m0 g
a0 , T0 , a12 , T12
Necesitamos una
ecuación más
Conjunto m1 + m2 : T0 − (m1 + m2 )g = (m1 + m2 )a0
La tensión T12 no interviene aquí porque es
una fuerza interna
T12
m2 g
m0
Masa m2 : T12 − m2 g = m2 a12
(m1 + m2 )a0
T12
T0
Masa m1 : m1 g − T12 = m1a12
T0
Incógnitas:
m1
m0 a0
DSL
m1a12
Resolución del sistema para obtener
m2
m1 g
a0 , T0 , a12 , T12
m1
m2 g
m1 g
5
D
i
n
á
m
i
c
a

6. PROBLEMA 3 (Continuación)
Masa m0 : m0 g − T0 = m0 a0
(1)
Masa m1 : m1 g − T12 = m1a12
m0 g − (m1 + m2 )g = (m0 + m1 + m2 )a0
(2)
(1)+(4)
a0 =
Masa m2 : T12 − m2 g = m2 a12 (3)
Masa m1 + m2 : T0 − (m1 + m2 )g = (m1 + m2 )a0 (4)
(2)+(3)
m1 g − m2 g = (m1 + m2 )a12
Cálculo de las tensiones
Para T0, despejamos de (1)
D
i
n
á
m
i
c
a
m1 − m2
g
m1 + m2
⎛ m − (m1 + m2 ) ⎞
⎟g
T0 = m0 ( g − a0 ) = m0 ⎜1 − 0
⎜
m0 + m1 + m2 ⎟
⎝
⎠
T0 =
Para T12, despejamos de (2)
a12 =
m0 − (m1 + m2 )
g
m0 + m1 + m2
2m0 (m1 + m2 )
g
m0 + m1 + m2
T12 = m1 (g − a12 )
T12 =
⎛ m − m2 ⎞
= m1 ⎜1 − 1
⎟
⎜ m + m ⎟g
1
2 ⎠
⎝
2m1 m2
g
m1 + m2
6

7. PROBLEMA 4
Dos bloques de masas m1 y m2 están unidos en la forma indicada en la figura por medio de un
cable ideal (inextensible y sin masa) que pasa a través de la polea situada a la derecha, de
masa despreciable y carente de rozamiento. El coeficiente de rozamiento estático de m1 sobre
el suelo es µ1 y el coeficiente de rozamiento estático de m2 sobre m1 es µ2.
¿Qué fuerza F0, aplicada en m1 y dirigida hacia la izquierda, es necesaria para iniciar el
movimiento?
m2
F0
m1
7
D
i
n
á
m
i
c
a

8. PROBLEMA 4 (Continuación)
En este problema están implicadas las
fuerzas de rozamiento señaladas abajo.
FR21
F0
FR12
FR
m2
m1
Para iniciar el movimiento
F0 = FR + FR12 + FR 21
F0 = (µ1m1 + 3µ 2 m2 )g
FR es la fuerza de rozamiento estática de m1 sobre el suelo
FR = µ1 (m1 + m2 )g
Su sentido es hacia la derecha porque la fuerza aplicada sobre m1 está dirigida hacia la
izquierda. Además, la normal en la superficie de contacto es igual a la suma de los
pesos de m1 y m2.
FR12 es la fuerza de rozamiento estática de m1 sobre m2
FR12 = µ 2 m2 g
Su sentido es hacia la derecha porque la fuerza aplicada sobre m1 está dirigida hacia la
izquierda. Además, la componente normal del peso aplicada sobre la superficie de
contacto es m2g.
FR21 es la fuerza de rozamiento estática de m2 sobre m1
FR 21 = µ 2 m2 g
Su sentido es hacia la izquierda porque la fuerza aplicada sobre m2 está dirigida hacia la
derecha, a través del cable que la une con m1. Además, la componente normal del peso
aplicada sobre la superficie de contacto es m2g.
8
D
i
n
á
m
i
c
a

9. PROBLEMA 5
Sobre una plataforma inclinada que puede girar en torno a
un eje vertical (véase el esquema) hay un pequeño dado
cuyo CM está situado a una distancia d = 20 cm del eje.
(a) Si la plataforma gira a razón de 30 rpm y su ángulo es
θ = 5º, determinar el coeficiente de rozamiento mínimo
necesario para que el dado se mantenga en su lugar sin
deslizarse. (b) Repetir el cálculo suponiendo que el dado
se encuentra situado sobre un plano horizontal.
ω
FC
θ
N
θ
d
D
i
n
á
m
i
c
a
θ
∑ FY = 0
∑ FX = FC
FR sin θ + N cos θ − mg = 0
FR cos θ − N sin θ = FC = mω 2 d
Rozamiento: el valor máximo que puede
alcanzar la fuerza de rozamiento estática es
FR
X
d
2ª ley de Newton
DSL Y
θ
ω
mg
FR máx = µ E N
Por lo tanto, el dado permanecerá sin moverse mientras
2
se cumpla la condición FR máx cos θ − N sin θ < mω d
Si la velocidad angular es lo bastante alta para que se cumpla que
FR máx cos θ − N sin θ = mω 2 d el dado estará a punto de moverse
Para que el dado no se mueva si la velocidad angular es
ω, el coeficiente de rozamiento mínimo debe verificar
Y además tiene que cumplirse
µ E N cos θ − N sin θ = mω 2 d
µ E N sin θ + N cos θ = mg
9

10. PROBLEMA 5 (Continuación)
µ E N cos θ − N sin θ = mω 2 d
µ E N sin θ + N cos θ = mg
µ E cos θ − sin θ ω 2 d
=
g
µ E sin θ + cos θ
D
i
2
2
µ E g cos θ − ω d sin θ = g sin θ + ω d cos θ n
µ E g cos θ − g sin θ = µ Eω 2 d sin θ + ω 2 d cos θ
á
2
m
g sin θ + ω d cos θ
Coeficiente de rozamiento mínimo necesario
µE =
i
g cos θ − ω 2 d sin θ
c
a
rad
rad
d = 0.20 m θ = 5º
Cálculos numéricos ω = 30 rpm = 0.5 rps = 0.5 ⋅ 2π
=π
(
s
)
s
9.8 sin 5º +π 2 ⋅ 0.20 ⋅ cos 5º
= 0.29
µE =
9.8 cos 5º −π 2 ⋅ 0.20 ⋅ sin 5º
(b) Suponiendo que el dado se encuentra situado sobre un plano horizontal →
µE =
ω 2d
g
=
π 2 ⋅ 0.20
9.8
θ =0
= 0.20
10

11. PROBLEMA 6
Un péndulo cónico consiste en
una masa puntual sujeta por un
hilo inextensible de longitud L
que describe una trayectoria
como la indicada en el
esquema. Determine el periodo
de éste péndulo en función de
la longitud y el ángulo del
cono.
El peso equilibra la componente vertical de la tensión:
no hay fuerza vertical neta, ya que el movimiento de
la masa puntual discurre en el plano horizontal.
T cos θ = mg
T=
mg
cos θ
2ª ley de Newton aplicada a las fuerzas del eje X
Puesto que la masa puntual describe una trayectoria
circular, la fuerza neta en el eje X, esto es, la
componente X de la tensión, es igual a la fuerza
centrípeta.
2θ
DSL
L
θ
T
θ
X
T sin θ
2ª ley de Newton aplicada a las fuerzas del eje Y
Y
T cos θ
FC = mω 2 L sin θ = T sin θ
g
L cos θ
Relación entre velocidad angular y periodo ω =
T = 2π
mg
ω2 =
2π
T
L cos θ
g
11
D
i
n
á
m
i
c
a