Dinamica

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PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DEL PUNTO

Equipo docente:
Antonio J. Barbero García
Mariano Hernández Puche
Alfonso Calera Belmonte
1

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
4r
internacional, se escribe en funcióndel 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 deNewton
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 lolargo 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

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PROBLEMA 2
Sobre una mesa horizontal se colocandos 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.

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n
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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

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 F21tienen que ser iguales
(acción y reacción)

F12 = FR 2 + m2 a = µ 2 m2 g + m2 a = 9.324 N

4

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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 fuerzainterna

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

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PROBLEMA 3 (Continuación)

Masa m0 : m0 g − T0 = m0 a0

(1)

Masa m1 : m1 g − T12 = m1a12

m0...