xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxx y

1. UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA
CENTRO NACIONAL DE ESTUDIDOS GENERALES
MANAGUA, NICARAGUA
TRABAJO Y ENERGIA
PROBLEMAS RESUELTOS
¿Cuál es el trabajo que se realiza al elevar, con rapidez constante, un cuerpo de masa m = 10,0 kg una
altura h = 3,0 m? El cuerpo es elevado verticalmente (empleando una cuerda).
Mientras transcurre el M.R.U. el trabajo neto es cero y se
cumple la 1ERA
Ley de Newton:
∑ =−→= 00 mgTFY
mgT =
El trabajo lo realiza la tensión y es:
0
0cosmghWT =
Jm
s
m
kgWT 2940,38,90,10 2
== xx
Véase que es igual a la energía potencial acumulada ya
que T hace trabajo en contra de la fuerza gravitacional.
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Resuelva el problema Nr 1.
Calcule el trabajo realizado para elevar el cuerpo, los
mismos, 3,00 m, pero arrastrándolo con rapidez constante,
sobre un plano inclinado sin rozamiento de longitud 5,00 m.
Un resorte de constante elástica k = 18 N/m se comprime 2,0 cm ¿Qué energía potencial elástica
acumula el resorte durante la compresión?
La fuerza externa que comprime al resorte 2,00 cm es
también variable como la fuerza elástica e igual a ésta en
magnitud cada momento si se comprime el resorte
lentamente, es decir en condiciones cuasiestáticas.
El trabajo de la fuerza externa kx=EXTF es el área
bajo la línea en el diagrama Fuerza Desplazamiento.
mJW
mNmW
F
F
6,3
36002,0
2
1
=
= xx
De otro modo podemos aprovechar el carácter conservativo
de la fuerza elástica: El trabajo realizado contra la fuerza
conservativa se almacena en forma de energía potencial,
en este caso elástica. Así el trabajo de EXTF

es:
mJm
m
N
kxW
EPW
F
eF
6,302,018
2
1
2
1 222
===
=
xx
A un elevador de 2000 kg se le sujeta un contrapeso de 1800 kg ¿Cuánta potencia debe aportar el motor
para hacer subir el elevador a razón de 4,00 m/s?
X
Y
h
T
mg
Δy
T
A
B
X, m
FEXT
, mN
0 x= 0,02
360
k
0 0,02 m X
FEXT

2. El motor proporciona una fuerza que complementa al
contrapeso para subir el elevador con rapidez constante.
Esta fuerza ejercida a través de la polea es igual a la
diferencia F= T2-T1=(m2-m1)g = 1960 N
De la primera Ley de Newton aplicada al contrapeso y el
elevador,
gmTFY
22
0 =→∑ =
gmTFY
11
0 =→∑ =
La potencia con que el motor realiza trabajo es:
υFP =
s
m
NP 00,41960 x=
WP 7840=
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Calcule la potencia con que
realiza trabajo el motor en el caso que descienda a razón
constante de
s
m
00,4
En el cuerpo humano un ejercicio vigoroso requiere un ritmo metabólico (liberación de la energía química
almacenada) de 600 kcal/h ¿Cuánto se tarda en perder 0,1 kg de grasa si 1,0 g de grasa libera 9,0
kcal?
1,5 h
La unidad denotada por cal es la unidad de medida de la
energía llamada caloría. De modo que
h
kcal
representa
una unidad de medida de la potencia.
La caloría en las etiquetas de los valores nutricionales de
los productos alimenticios, la kg cal fue definida en 1824
por el Profesor francés Nicolas Clément.
Denotemos por Q a la energía liberada por el ejercicio, así
la potencia se define:
t
Q
PM =
El tiempo requerido para perder 0,100 Kg de grasa es:
MP
Q
t =
h
h
kcal
kgx
kcal
kg
t 5,1
600
100,1
0,9
100,0 3
==
−
x
Un hombre empuja un bloque de 270 N recorriendo 9,10 m a lo largo de un piso horizontal con rapidez
constante y con una fuerza inclinada a 45,00
. si el coeficiente de fricción cinética es 0,200. ¿Cuál es el
trabajo efectuado por el hombre sobre el bloque si aplica la fuerza (a) por encima de la horizontal, (b) por
debajo de la horizontal?
T2
m2
g
m1
g
T1
T2
T1
Fuerza del motor
F = T2
- T1
Y
θ
N F

3. Del teorema del trabajo neto y la variación de la EC, si la
rapidez es constante, el trabajo neto es cero y de la
primera Ley de Newton la fuerza resultante es nula.
θθ FsenmgNmgFsenNFY −=→=−+∑ = 00,
(1)
00 =−∑ = NoscFF
KX µθ,
(2)
Sustituyendo θFsenmgN −= en la ecuación (2)
θθ µ
µ
senK
K mg
F
+
=
cos
Tenemos el calculo intermedio
N
sen
N
F 6396,63
045200,0045cos
270200,0
=
+
=
De la definición de trabajo de una fuerza constante,
tenemos
xd ∆=
θcosFdW = = 409,5 J
θcosF Es la componente de F a lo largo del
desplazamiento Δx.
El D.C.L. en el primer caso es:
Ahora veamos la solución para el caso en que la fuerza se
aplica 0
45 debajo de la horizontal.
De la primera Ley de Newton la fuerza resultante es nula.
θ
θ
FsenmgN
mgFsenNFY
+=
=−−∑ = 00,
(1)
00 =−∑ = NoscFF
KX µθ, (2)
Sustituyendo N en la ecuación (2)
θθ µ
µ
senK
K mg
F
−
=
cos
De la definición de trabajo de una fuerza constante,
tenemos
θcosxFW ∆= = 614,25 J ≈ 614,3 J
En el segundo caso el D.C.L. es
Un disco de hockey sobre hielo resbala sobre el hielo recorriendo una distancia de 15,0 m antes de
detenerse. Si su rapidez inicial era de 6,1 m/s (a) ¿Cuál es el coeficiente de fricción entre el disco y el
hielo?
X
Y N
Fmg
μK
N
Δx
θ
Δx
θ
F
Δx
θ
F
X
mg
Δx

4. El trabajo neto es: fW++= mgNNETO WWW
Los dos primeros son nulos ya que las fuerzas son
perpendiculares al desplazamiento Δx.
xmgxcos180mgW K
0
Kf ∆−=∆= µµ
Aplicando el teorema del trabajo neto y la variación de la
EC,
C0CNETO E-EW =
C0Cf E-EW =
)180cos( 0
xfW Kf ∆= donde xd ∆=
2
0K mmgd- v
2
1
0 −=µ →
gd
v
2
2
0
K =µ
≈ 0,13
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Resuelva los problemas Nr.
12 y Nr. 21 del Folleto Base.
En la figura se muestra una gráfica de la fuerza aplicada a un móvil de kg00,2 de masa en función del
desplazamiento. Si la velocidad del móvil en mx 0= es sm /00,5 calcule la velocidad en
.00,2300,21;00,17;00,11;00,4 mymmmmx =
En el diagrama FUERZA – DISTANCIA el trabajo realizado
por la fuerza es el área bajo la línea que representa la
fuerza, limitada por las verticales de la posición inicial y la
posición final. En este diagrama hay dos fuerzas variables,
de 0 a 4,0 s y de 11,0 a 17,0 s y dos fuerzas constantes
una entre 4,0 y 11,0 s y la otra entre 17,0 y 21,0 s. Para el
cálculo de la velocidad del móvil aprovecharemos el
Teorema del Trabajo Neto y la Variación de la Energía
Cinética.
stt 0,410 =→
JNmW BA 0,220,110,4
2
1
_ == x
)(
2
1 22
___ ABBABABA mWECW υυ −=→∆=
s
m
m
W BA
AB 86,6
2 _2
=+= υυ
stt 0,110,4 21 =→=
JNmW CB 0,770,110,7_ == x
)(
2
1 22
___ BCCBCBCB mWECW υυ −=→∆=
s
m
m
W CB
BC 14,11
2 _2
=+= υυ
stt 0,170,11 32 =→=
JNmW DC 0,330,110,6
2
1
_ == x
X
Y
N a
mg
μK
N
Δx
v0 v=0 m/s
Δx
μK
N 1800
0,3−
)(NF
)(mx0,4 0,11
0,17 0,21
0,11
0,0
)(NF
0,4
0,11
0,0
)(mx
)(NF
11,0
0,11
0,0
)(mx17,0
)(NF
11,0
0,11
0,0
)(mx4,0

5. )(
2
1 22
___ CDDCDCDC mWECW υυ −=→∆=
s
m
m
W DC
CD 53,12
2 _2
=+= υυ
stt 0,210,17 43 =→=
JNmW ED 0,12)0,3(0,4_ −=−= x
El área es negativa ya que está debajo de eje
desplazamiento; la energía cinética en este tramo
disminuye.
)(
2
1 22
___ EEEDEDED mWECW υυ −=→∆=
s
m
m
W ED
DE 04,12
2 _2
=+= υυ
Un bloque de masa m = 28,0 g desliza sobre una pista lisa y al pasar por el punto A su rapidez es 0,25
m/s. Halle la rapidez con que alcanza el punto B y la compresión máxima del resorte. Tome h = 0,50 m y k
= 120 N/m.
El principio de conservación de la energía entre A y B.
ΔEPG + ΔEC= WNC A→B yB = 0 m, yA = h
0)mv-mv()mgy-(mgy 2
A
2
12
B
2
1
AB =+
ghvv AB 22
+= = 3,14046 m/s ≈ 3,14 m/s
El principio de conservación de la energía mecánica, de B
a C.
ΔEPE + ΔEC= WNC B→C
00)-k()mv-mv(
2
1
2
1
2
1 2
B
2
C =+ 2
x
Siendo que la velocidad en C es
s
m
C 0=υ
k
m
vx B= = 0,048 m = 4,8 cm
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Encuentre la expresión
analítica para la máxima compresión del resorte evaluando
el principio de conservación de la energía entre los puntos
A y C
Un bloque de 2,00 kg se empuja contra un resorte de masa insignificante y k = 400 N/m, comprimiéndolo
0,220 m. Al soltarse el bloque, se mueve por una superficie sin fricción que primero es horizontal y luego
sube a 37,00
. (a)¿Con que rapidez se desliza el bloque por la superficie horizontal? (b) ¿Qué distancia
recorre sobre la parte inclinada antes de empezar a regresar?
)(NF
0,0
)(mx
17,021,0
0,3−
k
h
A
B
X
Y
O
k
h
A
yB
= 0 m
x
B
Y
X
C
XO
O
Bυ
Y

6. Fijamos el origen de coordenadas en el extremo del muelle sin
deformación y el eje X sobre la superficie plana.
Evaluamos el principio de conservación de la energía mecánica
desde el punto A hasta el punto B. De acuerdo a las
condiciones del problema en A el muelle está comprimido 0,220
m y el punto B es cualquier punto en la parte horizontal en el
que el bloque ya se ha separado del muelle.
NCWEM =∆ BA →
0=∆+∆ eEPEC
0)(
2
1
)(
2
1 2222
=−+− ABAB xxkm υυ
La velocidad en A es
s
m
A 0=υ y la deformación del muelle
cuando el bloque está en B es mxB 0= .
s
m
m
m
k
xAB 11,3
kg2,00
s
kg400
220,0
2
=== xυ
Para calcular la altura que asciende sobre la parte inclinada
podemos evaluar el principio de conservación de la energía
mecánica desde B hasta C.
NCWEM =∆ CB →
0=∆+∆ gEPEC
0)()(
2
1 22
=−+− BCBC yymgm υυ
La velocidad del bloque en C es
s
m
C 0=υ y la altura del
bloque en B es myB 0=
g
yh B
C
2
2
υ
==
De la definición de la función seno para el triangulo rectángulo:
m
sensm
sm
d
gsen
d
dsenh
B
82,0
376,19
11,3
2
02
222
2
==
=
=
x
θ
υ
θ
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Halle la solución analítica de la
distancia d que asciende el bloque sobre la parte inclinada
valorando el principio de conservación de la energía desde el
punto A hasta el punto B. Resuelva el problema Nr. 15.
Una esfera de 0,40 kg resbala sobre un alambre curvo a partir del reposo desde el punto A donde H = 5,0
m. desde A hasta B no hay fricción y el segmento desde B hasta C donde h = 2,0 m, es áspero.
(a) Halle la rapidez de la esferita en B. (b) ¿Si la esferita llega al reposo en C, calcule el trabajo total
realizado por la fricción al ir desde B hasta C?
0,220 m
37,00
X
Y
A
k
37,00
X
Y
m
0
h
X
Y
B
C
0
θ
h
d

7. H
h
B CA
O
Bυ
X
yA
Y
B
A
O
Bυ
X
yB
Y
B
C
Evaluamos el principio de conservación de la energía mecánica
desde A hasta B.
NCWEM =∆ BA →
0=∆+∆ gEPEC
0)()(
2
1 22
=−+− ABAB yymgm υυ
La velocidad en A es
s
m
A 0=υ y la altura de la esfera en B es
myB 0= y en A es HyA = .
mgHB 900,92 ==υ
Aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica
total entre los puntos B y C para calcular la altura que asciende
la esfera sobre la parte inclinada.
NCWEM =∆ CB →
fg WEPEC =∆+∆
fBCBC Wyymgm =−+− )()(
2
1 22
υυ
La velocidad en C es
s
m
C 0=υ y la altura de la esfera en B es
myB 0= y en A es hyC = .
JghmW B
f 76,11
2
2
−=





−=
υ
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Halle el trabajo de las fuerzas
no conservativas sobre la esferita, al moverse esta desde A
hasta C. Resuelva el Problema Nr. 13.
Un paquete de 0,200 kg se suelta en el punto A, de una vía en forma en de cuarto de círculo de radio
1,60 m. El paquete es tan pequeño relativo a dicho radio que puede tratarse como una partícula; se
desliza por la vía y llega al punto B con una rapidez de 4,20 m/s. A partir de ahí el paquete se desliza
3,00 m sobre una superficie horizontal hasta C donde se detiene; a) ¿Qué coeficiente de fricción cinética
tiene la superficie horizontal? ¿Cuánto trabajo realiza la fricción sobre el paquete entre A y B?

8. Aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica
entre A y B para obtener el trabajo realizado por la fricción entre
esos puntos.
NCWEM =∆ BA →
fg WEPEC =∆+∆
fABAB Wyymgm =−+− )()(
2
1 22
υυ
La velocidad en C es
s
m
A 0=υ y la altura del paquete en A
RyA = y en B es myB 0= .
JghmW B
f 37,1
2
2
−=





−=
υ
Si aplicamos la primera Ley de Newton en la análisis del
movimiento del paquete por el tramo horizontal obtenemos que
la fuerza de reacción normal que ejerce la superficie sobre el
paquete es:
mgN =
Sustituyendo en la definición de fuerza de rozamiento cinético,
mgf KK µ=
Aplicando el principio de la conservación de la energía
mecánica entre los puntos B y C, tenemos:
NCWEM =∆ CB →
fWEC =∆
022
180cos)(
2
1
dfm KBC =−υυ
mgdm KB µυ −=− 2
2
1
Despejando el coeficiente de rozamiento cinético,
300,0
00,36,19
20,4
2
2
2
2
2
2
===
m
s
m
s
m
gd
B
K
x
υ
µ
ACTIVIDAD INDEPENDIENTE: Responda:
o ¿Qué evidencia cuantitativa existe para considerar que
entre A y B existe rozamiento cinético entre la vía y el
paquete?
o La primera ley de Newton aplicada al movimiento del
paquete por el arco de circunferencia nos puede servir
para valorar la reacción normal sobre el paquete. ¿Qué
dificultades surgen si pretendemos calcular el
coeficiente de fricción cinética en esa parte de la vía?
3.00 m
A
B C
A
B
0
Y
X
R
R
mAy 60,1=
Bυ
mg
B
0
Y
X
µK
N
N
Bυ
d=ΔX
µK
N ΔX1800