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Física 1 Bachillerato dinámica trabajo potencia y energía ejercicios resueltos

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Biblioteca Marlu Educativa® · Física · 1.º Bachillerato

Dinámica y energía: cuaderno de problemas resueltos

Aquí puedes comprobar si sabes elegir el modelo sin tener delante un ejemplo idéntico. Las soluciones explican la estrategia, las cuentas y el control físico que permite detectar un error.

Práctica de dinámica, trabajo, potencia y energía de 1.º de Bachillerato. Hay ejercicios de entrada, aplicaciones, seis problemas integradores y dos simulacros de elaboración propia. Las soluciones se pueden abrir por separado.

  • Práctica y preparación de controles
  • 47 actividades resueltas
  • Modelos y comprobaciones físicas

Práctica y preparación de controles · 47 actividades con solución y comprobación.

Ficha de clase · 12 actividades seleccionadas · Nombre __________________ Grupo ______ Fecha ______

Cómo resolverIr a los ejerciciosÍndicePráctica final

Índice de estudio

Cómo utilizar el cuaderno

Intenta cada ejercicio con la solución cerrada. Escribe sistema, ejes y ley antes de sustituir. Al corregir, localiza el primer paso que cambiarías y repite el cálculo sin mirar. Los ejercicios conservan su numeración dentro de la colección.

  1. Entrada. Empieza por 36, 40, 45, 50 y 52. Si no sabes justificar alguna elección, repasa ese modelo en la guía enlazada en la ruta final.
  2. Aplicación. Resuelve 54–64 y compara el planteamiento dinámico con el energético cuando ambos sean posibles.
  3. Transferencia. Pasa a los seis integradores y después a los dos simulacros propios. El encabezado de cada problema ayuda a localizarlo, pero la ley debe salir de los datos.

Recordatorio para trabajar con autonomía

Leyes, unidades y condiciones de uso
HerramientaRelaciónControl antes de calcular
Dinámica\(\sum\vec F=m\vec a\)Fuerzas del cuerpo elegido. Proyecciones coherentes con los ejes.
Rozamiento\(f_k=\mu_kN\), \(f_s\leq\mu_sN\)Deslizamiento o reposo. La normal se obtiene de la ecuación perpendicular.
Trabajo y energía cinética\(W_{\text{neto}}=\Delta E_c\), \(E_c=mv^2/2\)Trabajo con signo. Todas las fuerzas que hacen trabajo entran en la suma.
Balance mecánico\(\Delta(E_c+mgh+kx^2/2)=W_{\text{no conservativas}}\)Estado inicial y final, referencia de altura y sistema. No contar dos veces peso o muelle.
Potencia y rendimiento\(P_{\text{media}}=W/\Delta t\), \(P=\vec F\cdot\vec v\), \(\eta=P_u/P_a\)Media o instantánea, útil o absorbida. El porcentaje se expresa como fracción.

Trabajamos en SI con \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\), salvo indicación distinta. Conserva cifras internas y redondea al final. Para hallar una rapidez desde su cuadrado se toma la raíz positiva, sin confundirla con la componente de velocidad y su signo.

Cuatro alarmas al corregir. Una normal negativa invalida el contacto supuesto. Una tensión negativa invalida una cuerda tensa en ese modelo. Un \(v^2<0\) indica un estado inaccesible. Un rendimiento superior a uno señala datos incompatibles o un cociente invertido.

Control de entrada: fuerzas, normal y planos

Ejercicios breves para comprobar signos, proyecciones y condiciones de la normal.

Ejercicio 36 · Fuerza neta con tres fuerzas

Un cuerpo de \(6\,\mathrm{kg}\) recibe tres fuerzas horizontales y colineales, de \(40\,\mathrm N\) hacia la derecha, \(15\,\mathrm N\) hacia la izquierda y \(7\,\mathrm N\) hacia la derecha. Las fuerzas verticales se compensan. Calcula su aceleración.

Ver solución y comprobación
Modelo y signos. Tomamos el cuerpo como sistema y el eje positivo hacia la derecha. Aplicamos \(\sum F_x=ma_x\). Hay que sumar las fuerzas con su signo antes de dividir por la masa.
Cálculo. \(F_{\mathrm{neta},x}=40-15+7=32\,\mathrm N\). De aquí, \(a_x=32/6=5,333\ldots\,\mathrm{m/s^2}\).
Resultado. La aceleración es de \(5,33\,\mathrm{m/s^2}\) hacia la derecha.
Revisión. \(6\cdot(32/6)=32\,\mathrm N\), que recupera la resultante. Además, \(\mathrm{N/kg}=\mathrm{m/s^2}\). El signo positivo fija la dirección de la aceleración, aunque no permite saber por sí solo hacia dónde se mueve el cuerpo.

Ejercicio 37 · Peso y normal

Un cuerpo de \(18\,\mathrm{kg}\) reposa sobre una mesa horizontal. No recibe otras fuerzas verticales. Calcula su peso y la fuerza normal de la mesa. Usa \(g=9,8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Fuerzas y equilibrio. El peso apunta hacia abajo y la normal, perpendicular a la mesa, hacia arriba. Como el cuerpo no acelera verticalmente, \(N-mg=0\).
Cálculo. \(P=mg=18\cdot9,8=176,4\,\mathrm N\). Por equilibrio vertical, \(N=P=176,4\,\mathrm N\).
Resultado. Peso y normal tienen módulo \(176,4\,\mathrm N\), con sentidos opuestos.
Revisión. La suma vertical es \(176,4-176,4=0\,\mathrm N\). No son una pareja de acción y reacción, pues actúan sobre el mismo cuerpo. Sus reacciones actúan sobre la Tierra y sobre la mesa, respectivamente.

Ejercicio 38 · Rozamiento cinético horizontal

Un bloque de \(12\,\mathrm{kg}\) desliza sobre una superficie horizontal con \(\mu_k=0,35\). No actúan otras fuerzas con componente vertical. Calcula la fuerza de rozamiento cinético.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Normal antes que rozamiento. La aceleración vertical es nula, por lo que \(N=mg=12\cdot9,8=117,6\,\mathrm N\). El coeficiente es cinético porque el bloque ya desliza.
Cálculo. \(f_k=\mu_kN=0,35\cdot117,6=41,16\,\mathrm N\). El rozamiento actúa paralelo a la superficie y en sentido contrario al deslizamiento.
Resultado. El módulo del rozamiento cinético es \(41,16\,\mathrm N\).
Revisión. El coeficiente \(\mu_k\) no tiene unidades, así que \(\mu_kN\) es una fuerza. No hace falta conocer la rapidez para calcularla en este modelo. Tampoco se usa el rozamiento estático máximo, ya que hay deslizamiento.

Ejercicio 39 · Fuerza aplicada y rozamiento

Una fuerza horizontal de \(80\,\mathrm N\) tira hacia la derecha de una caja de \(20\,\mathrm{kg}\) que desliza en ese sentido. El rozamiento vale \(30\,\mathrm N\). Calcula la aceleración.

Ver solución y comprobación
Planteamiento. Con el eje positivo hacia la derecha, la fuerza aplicada es positiva y el rozamiento es negativo. Las fuerzas verticales se compensan y \(80-30=20a_x\).
Cálculo. \(F_{\mathrm{neta},x}=50\,\mathrm N\) y \(a_x=50/20=2,5\,\mathrm{m/s^2}\).
Resultado. La caja acelera \(2,5\,\mathrm{m/s^2}\) hacia la derecha.
Revisión. Sin rozamiento se obtendrían \(80/20=4\,\mathrm{m/s^2}\). El valor calculado es menor y conserva el sentido de la resultante. Comprobar con \(ma_x=20\cdot2,5=50\,\mathrm N\) recupera la fuerza neta, no la fuerza aplicada.

Ejercicio 40 · Plano inclinado sin rozamiento

Un bloque desciende por un plano inclinado \(45^\circ\), sin rozamiento y sin otras fuerzas aplicadas. Calcula su aceleración.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Ejes y modelo. Elegimos un eje paralelo al plano, positivo cuesta abajo. La normal no tiene componente en ese eje. La componente del peso que produce la aceleración es \(mg\sin45^\circ\).
Cálculo. \(mg\sin45^\circ=ma\). La masa se simplifica y \(a=g\sin45^\circ=9,8\sin45^\circ=6,9296\ldots\,\mathrm{m/s^2}\).
Resultado. La aceleración es de \(6,93\,\mathrm{m/s^2}\) cuesta abajo.
Revisión. Queda entre cero y \(g\), como corresponde a \(0<\sin45^\circ<1\). La masa no era un dato necesario. La componente perpendicular del peso queda compensada por la normal y no debe incluirse en la ecuación paralela.

Ejercicio 41 · Normal en un plano inclinado

Un bloque de \(8\,\mathrm{kg}\) está sobre un plano inclinado \(45^\circ\). Permanece en contacto con el plano y no recibe otras fuerzas con componente perpendicular. Calcula la normal.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Dirección perpendicular. La aceleración perpendicular al plano es nula. En esa dirección, la normal equilibra \(mg\cos45^\circ\), aunque el bloque pueda acelerar a lo largo del plano.
Cálculo. \(N-mg\cos45^\circ=0\). Por tanto, \(N=8\cdot9,8\cos45^\circ=55,437\ldots\,\mathrm N\).
Resultado. La fuerza normal tiene módulo \(55,44\,\mathrm N\).
Revisión. El peso completo vale \(78,4\,\mathrm N\), mayor que la normal. Es coherente, pues aquí la superficie solo compensa la componente perpendicular. No se puede escribir \(N=mg\) en un plano inclinado por la mera ausencia de aceleración perpendicular.

Ejercicio 42 · Rozamiento al bajar por un plano

Un bloque de \(8\,\mathrm{kg}\) desliza hacia abajo por un plano inclinado \(45^\circ\), con \(\mu_k=0,20\). No recibe otras fuerzas aplicadas. Calcula el módulo y el sentido del rozamiento.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Modelo. Como el bloque desliza, corresponde \(f_k=\mu_kN\). El rozamiento cinético se opone al deslizamiento relativo y, en este caso, apunta cuesta arriba.
Cálculo. \(N=mg\cos45^\circ=8\cdot9,8\cos45^\circ=55,437\ldots\,\mathrm N\). Así, \(f_k=0,20\cdot55,437\ldots=11,087\ldots\,\mathrm N\).
Resultado. El rozamiento vale \(11,09\,\mathrm N\) y está dirigido cuesta arriba.
Revisión. El coeficiente adimensional deja el resultado en newtons. Se ha usado la normal, no el peso completo. El sentido se deduce de que el bloque baja, y no del sentido que hayamos elegido como positivo para resolver la ecuación.

Ejercicio 43 · Aceleración en un plano con rozamiento

Un bloque de \(8\,\mathrm{kg}\) desliza cuesta abajo por un plano inclinado \(45^\circ\), con \(\mu_k=0,20\). No hay otras fuerzas aplicadas. Calcula su aceleración.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Elección del eje. Tomamos positivo cuesta abajo. La componente paralela del peso favorece ese movimiento y el rozamiento se opone a él. La normal es \(N=mg\cos45^\circ\).
Ecuación y cálculo. \(mg\sin45^\circ-\mu_kmg\cos45^\circ=ma\). Simplificando la masa, \(a=9,8(\sin45^\circ-0,20\cos45^\circ)=5,5437\ldots\,\mathrm{m/s^2}\).
Resultado. El bloque acelera \(5,54\,\mathrm{m/s^2}\) cuesta abajo.
Revisión. El valor es positivo y menor que los \(6,93\,\mathrm{m/s^2}\) que habría sin rozamiento. La resultante también puede comprobarse con \(55,437\ldots-11,087\ldots=44,349\ldots\,\mathrm N=ma\).

Aplicación: trabajo, energía y potencia

Ejercicio 44 · Trabajo positivo

Una fuerza constante de \(75\,\mathrm N\) actúa sobre un cuerpo mientras este se desplaza \(4\,\mathrm m\), en la misma dirección y sentido de la fuerza. Calcula el trabajo de esa fuerza.

Ver solución y comprobación
Ángulo entre los vectores. La definición es \(W=Fd\cos\theta\). Fuerza y desplazamiento tienen el mismo sentido, por lo que \(\theta=0^\circ\) y \(\cos\theta=1\).
Cálculo. \(W=75\cdot4\cdot1=300\,\mathrm J\). El trabajo es positivo porque la fuerza transfiere energía mecánica al cuerpo.
Resultado. La fuerza realiza un trabajo de \(+300\,\mathrm J\).
Revisión. \(\mathrm{N\cdot m}=\mathrm J\). Este es el trabajo de la fuerza indicada. Para igualarlo al cambio de energía cinética habría que comprobar que las demás fuerzas realizan trabajo total nulo, o sumar sus trabajos.

Ejercicio 45 · Trabajo de una fuerza perpendicular

Una fuerza constante de \(50\,\mathrm N\) es perpendicular al desplazamiento de un cuerpo, que mide \(10\,\mathrm m\). Calcula el trabajo de esa fuerza.

Ver solución y comprobación
Modelo. El trabajo depende de la componente de la fuerza en la dirección del desplazamiento. Como ambos vectores forman \(90^\circ\), esa componente es nula.
Cálculo. \(W=Fd\cos90^\circ=50\cdot10\cdot0=0\,\mathrm J\). No basta con multiplicar el módulo de la fuerza por la distancia sin considerar el ángulo.
Resultado. El trabajo de esa fuerza es nulo.
Revisión. Una fuerza puede actuar y realizar trabajo nulo. El resultado no demuestra que el trabajo neto sea cero, pues podrían existir otras fuerzas. Por ejemplo, una fuerza perpendicular puede cambiar la dirección del movimiento sin aportar trabajo en ese tramo.

Ejercicio 46 · Energía cinética de un coche

Calcula la energía cinética de un coche de \(1000\,\mathrm{kg}\) que circula a \(20\,\mathrm{m/s}\), respecto de la carretera.

Ver solución y comprobación
Datos y modelo. La masa y la rapidez ya están en unidades del SI. En el modelo de traslación, \(E_c=mv^2/2\). Primero se eleva la rapidez al cuadrado y después se multiplica por la masa.
Cálculo. \(E_c=\frac12\cdot1000\cdot20^2=500\cdot400=200\,000\,\mathrm J\).
Resultado. La energía cinética de traslación es \(200\,000\,\mathrm J=200\,\mathrm{kJ}\).
Revisión. \(\mathrm{kg\cdot m^2/s^2}=\mathrm J\) y la energía es no negativa. Al duplicar la rapidez, esta energía se cuadruplicaría. Aquí no se añade la energía de rotación de las ruedas, que no se pide ni puede calcularse con los datos disponibles.

Ejercicio 47 · Rapidez a partir de la energía cinética

Un cuerpo de \(4\,\mathrm{kg}\) tiene \(200\,\mathrm J\) de energía cinética de traslación. Calcula su rapidez.

Ver solución y comprobación
Despeje. De \(E_c=mv^2/2\), multiplicamos por dos y dividimos por la masa. Resulta \(v^2=2E_c/m\). La rapidez es el módulo de la velocidad y se toma la raíz no negativa.
Cálculo. \(v=\sqrt{2\cdot200/4}=\sqrt{100}=10\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. La rapidez del cuerpo es \(10\,\mathrm{m/s}\).
Revisión. Al sustituir, \(\frac12\cdot4\cdot10^2=200\,\mathrm J\), que reproduce el dato. Dimensionalmente, \(\sqrt{\mathrm{J/kg}}=\mathrm{m/s}\). La energía cinética no permite determinar la dirección de la velocidad, solo su módulo.

Ejercicio 48 · Energía potencial gravitatoria

Una masa de \(15\,\mathrm{kg}\) está a \(8\,\mathrm m\) sobre el nivel elegido como referencia de energía potencial gravitatoria nula. Calcula su energía potencial con \(g=9,8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Referencia y modelo. Cerca de la superficie terrestre, con gravedad uniforme y el cero fijado en \(h=0\), usamos \(E_p=mgh\). La altura debe medirse verticalmente desde ese nivel.
Cálculo. \(E_p=15\cdot9,8\cdot8=1176\,\mathrm J\).
Resultado. La energía potencial gravitatoria es \(1176\,\mathrm J\) respecto del nivel indicado.
Revisión. El peso es \(147\,\mathrm N\); elevar esa masa \(8\,\mathrm m\) a velocidad constante exigiría un trabajo útil de \(147\cdot8=1176\,\mathrm J\). Cambiar el nivel de referencia modifica el valor de \(E_p\), pero no sus variaciones.

Ejercicio 49 · Altura a partir de la energía potencial

Una masa de \(10\,\mathrm{kg}\) tiene \(1960\,\mathrm J\) de energía potencial gravitatoria. Se toma \(E_p=0\) en \(h=0\) y \(g=9,8\,\mathrm{m/s^2}\). Calcula su altura sobre ese nivel.

Ver solución y comprobación
Despeje. Con gravedad uniforme, \(E_p=mgh\). Dividimos entre \(mg\) y obtenemos \(h=E_p/(mg)\). Es imprescindible mantener la misma referencia de energía que la del enunciado.
Cálculo. \(h=1960/(10\cdot9,8)=1960/98=20\,\mathrm m\).
Resultado. La masa se encuentra \(20\,\mathrm m\) por encima de la referencia.
Revisión. \(10\cdot9,8\cdot20=1960\,\mathrm J\). Las unidades también encajan, pues \(\mathrm{J/N}=\mathrm m\). El resultado es una altura vertical, no la longitud de una posible rampa empleada para alcanzar esa posición.

Ejercicio 50 · Rapidez en una caída sin rozamiento

Un cuerpo se deja caer desde el reposo, sin resistencia del aire, desde una altura de \(15\,\mathrm m\). Calcula su rapidez justo antes de llegar al suelo.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Balance de energía. Tomamos el suelo como referencia de energía potencial nula. Solo trabaja el peso, por lo que \(mgh=mv^2/2\). Al simplificar la masa queda \(v=\sqrt{2gh}\).
Cálculo. \(v=\sqrt{2\cdot9,8\cdot15}=\sqrt{294}=17,146\ldots\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. La rapidez de llegada es \(17,15\,\mathrm{m/s}\), con movimiento hacia abajo.
Revisión. La cinemática da igualmente \(v^2-v_0^2=2g\cdot15=294\,\mathrm{m^2/s^2}\). Las unidades de \(\sqrt{gh}\) son \(\mathrm{m/s}\). La rapidez resulta independiente de la masa dentro del modelo de caída sin resistencia.

Ejercicio 51 · Trabajo neto y cambio de energía

Un cuerpo de \(3\,\mathrm{kg}\) aumenta su rapidez de \(2\,\mathrm{m/s}\) a \(6\,\mathrm{m/s}\). Calcula el trabajo neto de todas las fuerzas que actúan sobre él.

Ver solución y comprobación
Teorema trabajo-energía. El trabajo de la fuerza resultante es igual al cambio de energía cinética. No se necesita conocer el tiempo ni la distancia, porque se conocen las dos rapideces.
Cálculo. \(W_{\mathrm{neto}}=\frac12m(v_f^2-v_i^2)=\frac12\cdot3(6^2-2^2)=1,5(36-4)=48\,\mathrm J\).
Resultado. El trabajo neto es \(+48\,\mathrm J\).
Revisión. La energía inicial es \(6\,\mathrm J\) y la final, \(54\,\mathrm J\). Su diferencia es \(48\,\mathrm J\), positiva porque aumenta la rapidez. Hay que restar los cuadrados, no elevar al cuadrado la diferencia de las rapideces.

Ejercicio 52 · Potencia media

Una máquina realiza \(5000\,\mathrm J\) de trabajo mecánico en \(25\,\mathrm s\). Calcula su potencia mecánica media durante ese intervalo.

Ver solución y comprobación
Magnitud que se pide. La potencia media expresa el trabajo realizado por unidad de tiempo. Aunque la potencia instantánea pudiera variar, el dato total y la duración bastan para calcular su media.
Cálculo. \(P_{\mathrm{media}}=W/\Delta t=5000/25=200\,\mathrm W\).
Resultado. La potencia mecánica media es \(200\,\mathrm W\).
Revisión. \(200\,\mathrm W\cdot25\,\mathrm s=5000\,\mathrm J\), que recupera el trabajo. Se cumple \(\mathrm{J/s}=\mathrm W\). Esta potencia corresponde al trabajo mecánico indicado y no permite calcular el consumo eléctrico sin conocer también el rendimiento de la máquina.

Ejercicio 53 · Trabajo a partir de la potencia

Un motor entrega una potencia mecánica constante de \(1200\,\mathrm W\) durante \(15\,\mathrm s\). Calcula el trabajo mecánico que realiza.

Ver solución y comprobación
Relación aplicable. Para una potencia constante, \(P=W/\Delta t\). Despejamos \(W=P\Delta t\). También sería válida esta relación si el valor dado fuese la potencia media del intervalo.
Cálculo. \(W=1200\cdot15=18\,000\,\mathrm J=18\,\mathrm{kJ}\).
Resultado. El trabajo realizado es \(18\,000\,\mathrm J\).
Revisión. \(\mathrm{W\cdot s}=\mathrm J\) y \(18\,000/15=1200\,\mathrm W\). La potencia se ha definido como mecánica entregada. Si el dato fuese la potencia eléctrica consumida, haría falta el rendimiento para obtener el trabajo útil.

Ejercicio 54 · Energía final con rozamiento

Un cuerpo se mueve sobre una superficie horizontal con \(300\,\mathrm J\) de energía cinética inicial. Peso y normal realizan trabajo nulo, y el rozamiento es la única fuerza con trabajo no nulo, \(W_r=-120\,\mathrm J\). Calcula la energía cinética final.

Ver solución y comprobación
Balance. El teorema trabajo-energía sigue siendo válido aunque haya rozamiento. Como el único trabajo no nulo es \(W_r\), escribimos \(E_{c,f}-E_{c,i}=W_r\).
Cálculo. \(E_{c,f}=E_{c,i}+W_r=300+(-120)=180\,\mathrm J\). El signo del trabajo ya expresa la pérdida de energía cinética, por lo que no debe cambiarse de nuevo.
Resultado. La energía cinética final es \(180\,\mathrm J\).
Revisión. \(180-300=-120\,\mathrm J\). El resultado sigue siendo no negativo y menor que la energía inicial. Se transfieren \(120\,\mathrm J\) de energía mecánica a energía interna del bloque y la superficie.

Ejercicio 55 · Rapidez tras el trabajo de rozamiento

Un bloque de \(4\,\mathrm{kg}\) se mueve sobre una superficie horizontal con \(300\,\mathrm J\) de energía cinética inicial. El único trabajo no nulo es el del rozamiento, \(W_r=-120\,\mathrm J\). Calcula su energía cinética final y su rapidez final.

Ver solución y comprobación
Energía disponible. Primero aplicamos \(E_{c,f}=E_{c,i}+W_r=300-120=180\,\mathrm J\). Después usamos esa energía final para obtener la rapidez.
Despeje y cálculo. De \(E_{c,f}=mv_f^2/2\), resulta \(v_f=\sqrt{2E_{c,f}/m}=\sqrt{2\cdot180/4}=\sqrt{90}=9,4868\ldots\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. Quedan \(180\,\mathrm J\) de energía cinética y la rapidez final es \(9,49\,\mathrm{m/s}\).
Revisión. La rapidez inicial era \(\sqrt{2\cdot300/4}=12,25\,\mathrm{m/s}\), mayor que la final. Al sustituir sin redondear, \(\frac12\cdot4\cdot90=180\,\mathrm J\). No se conserva la energía mecánica, pero sí se cumple el balance total con la energía interna.

Conectar etapas y contrastar métodos

Las aplicaciones tienen distinta dificultad. El 65 cierra el bloque con una relación directa entre fuerza y trabajo.

Ejercicio 56 · Arrastre con rozamiento y velocidad final

Una fuerza horizontal de \(60\,\mathrm N\), que consigue iniciar el deslizamiento, arrastra un bloque de \(10\,\mathrm{kg}\) durante \(5\,\mathrm s\). El coeficiente cinético es \(\mu_k=0,20\) y el bloque parte del reposo al iniciar ese intervalo. Calcula la aceleración y la velocidad final.

Ver solución y comprobación
Fuerzas. Tomamos positivo el sentido del arrastre. Al no haber aceleración vertical, \(N=mg=98\,\mathrm N\). El rozamiento cinético vale \(f_k=0,20\cdot98=19,6\,\mathrm N\) y se opone al movimiento.
Dinámica y cinemática. \(a=(60-19,6)/10=4,04\,\mathrm{m/s^2}\). Como las fuerzas son constantes, el movimiento tiene aceleración constante y \(v_f=v_0+at=0+4,04\cdot5=20,2\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. El bloque acelera \(4,04\,\mathrm{m/s^2}\) y alcanza \(20,2\,\mathrm{m/s}\) en el sentido del arrastre.
Revisión. La distancia es \(d=at^2/2=50,5\,\mathrm m\). El trabajo neto, \(40,4\cdot50,5=2040,2\,\mathrm J\), coincide con \(\frac12\cdot10\cdot20,2^2\).

Ejercicio 57 · Bajada con rozamiento y velocidad final

Un bloque de \(6\,\mathrm{kg}\) inicia el intervalo justo cuando empieza a deslizar cuesta abajo por un plano de \(30^\circ\). Usa \(\mu_k=0,15\) y \(v_0=0\). Calcula la aceleración y la velocidad al cabo de \(4\,\mathrm s\).

Ver solución y comprobación
Fuerzas y convenio. Con el eje positivo cuesta abajo, \(mg\sin30^\circ-f_k=ma\). La normal vale \(mg\cos30^\circ\) y \(f_k=\mu_kmg\cos30^\circ\). El enunciado sitúa el comienzo del deslizamiento, por lo que no se calcula un umbral estático.
Cálculo. \(a=g(\sin30^\circ-0,15\cos30^\circ)=3,62694\ldots\,\mathrm{m/s^2}\). Manteniendo cifras internas, \(v_f=at=3,62694\ldots\cdot4=14,5078\ldots\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. La aceleración es \(3,63\,\mathrm{m/s^2}\) y la velocidad a los cuatro segundos, \(14,51\,\mathrm{m/s}\), ambas cuesta abajo.
Revisión. Sin rozamiento, \(a=4,9\,\mathrm{m/s^2}\). El valor obtenido es menor y positivo, pues \(\sin30^\circ>0,15\cos30^\circ\). Las unidades de \(at\) son \(\mathrm{m/s}\).

Ejercicio 58 · Subida por un plano mediante dinámica

Un bloque de \(8\,\mathrm{kg}\) sube por un plano inclinado \(30^\circ\) con velocidad inicial de \(12\,\mathrm{m/s}\). No hay rozamiento ni otras fuerzas aplicadas. Calcula su aceleración mientras sube y el tiempo hasta detenerse por primera vez.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Signos y fuerzas. Tomamos positivo cuesta arriba. La normal no tiene componente paralela y el peso actúa cuesta abajo, por lo que \(-mg\sin30^\circ=ma\). Así, \(a=-9,8\sin30^\circ=-4,9\,\mathrm{m/s^2}\).
Instante de parada. La aceleración es constante y \(v=v_0+at\). En la parada, \(0=12-4,9t\), de donde \(t=12/4,9=2,44898\ldots\,\mathrm s\).
Resultado. La aceleración es \(-4,9\,\mathrm{m/s^2}\) con el eje elegido y la primera parada ocurre a los \(2,45\,\mathrm s\).
Revisión. La aceleración y la velocidad tienen sentidos opuestos durante la subida. En el punto más alto la rapidez es cero, pero la aceleración sigue siendo cuesta abajo, por lo que el bloque inicia después el descenso.

Ejercicio 59 · Subida por un plano mediante energía

Un bloque de \(8\,\mathrm{kg}\) sube por un plano de \(30^\circ\) con rapidez inicial de \(12\,\mathrm{m/s}\), sin rozamiento ni otras fuerzas aplicadas. Calcula mediante energía la altura vertical máxima ganada respecto del punto de partida.

Ver solución y comprobación
Elección del método. Se conoce la rapidez inicial y se pide una altura, por lo que conviene comparar energías entre la salida y la primera parada. Tomamos \(E_p=0\) en la salida. La normal no trabaja y se conserva \(E_c+E_p\).
Cálculo. \(\frac12mv_0^2=mgh\). La masa se simplifica y \(h=v_0^2/(2g)=144/19,6=7,34694\ldots\,\mathrm m\).
Resultado. El bloque gana una altura vertical de \(7,35\,\mathrm m\).
Revisión. La longitud recorrida por la rampa es \(s=h/\sin30^\circ=14,69\,\mathrm m\). Con dinámica se obtiene \(0=12^2+2(-4,9)s\), que da la misma distancia y altura. El ángulo determina el recorrido por el plano, pero no la altura máxima en este modelo.

Ejercicio 60 · Trabajo del rozamiento en una frenada

Un bloque de \(5\,\mathrm{kg}\) se mueve a \(10\,\mathrm{m/s}\) sobre una superficie horizontal y se detiene. Peso y normal realizan trabajo nulo, y el rozamiento es la única fuerza con trabajo no nulo. Calcula su trabajo.

Ver solución y comprobación
Teorema trabajo-energía. El trabajo del rozamiento coincide aquí con el trabajo neto. Al detenerse el bloque, \(E_{c,f}=0\), por lo que \(W_r=E_{c,f}-E_{c,i}\).
Cálculo. \(E_{c,i}=\frac12\cdot5\cdot10^2=250\,\mathrm J\). Así, \(W_r=0-250=-250\,\mathrm J\).
Resultado. El trabajo del rozamiento es \(-250\,\mathrm J\).
Revisión. El signo negativo indica que disminuye la energía cinética del bloque. El balance \(250+(-250)=0\,\mathrm J\) verifica la parada. Los \(250\,\mathrm J\) se transfieren a energía interna del bloque y la superficie, sin desaparecer del balance total.

Ejercicio 61 · Distancia de frenado mediante energía

Un bloque de \(5\,\mathrm{kg}\) se mueve a \(10\,\mathrm{m/s}\) sobre una superficie horizontal. Una fuerza de rozamiento constante de \(25\,\mathrm N\) lo frena. Peso y normal realizan trabajo nulo. Calcula la distancia hasta detenerse.

Ver solución y comprobación
Balance autónomo. La energía cinética inicial es \(E_{c,i}=\frac12\cdot5\cdot10^2=250\,\mathrm J\). El trabajo del rozamiento es \(-f_kd\), pues la fuerza tiene sentido contrario al desplazamiento.
Cálculo. \(-25d=E_{c,f}-E_{c,i}=0-250\). Despejando, \(d=250/25=10\,\mathrm m\).
Resultado. El bloque recorre \(10\,\mathrm m\) antes de detenerse.
Revisión. Por dinámica, \(a=-25/5=-5\,\mathrm{m/s^2}\). La ecuación \(v_f^2=v_i^2+2ad\) da \(0=100-10d\), y vuelve a resultar \(d=10\,\mathrm m\). Además, \(\mathrm{J/N}=\mathrm m\).

Ejercicio 62 · Sistema con polea y energía

Una masa de \(3\,\mathrm{kg}\) cuelga de una cuerda ligera e inextensible y desciende \(2\,\mathrm m\), arrastrando otra masa sobre una mesa sin rozamiento. La masa total es \(8\,\mathrm{kg}\). La polea es ideal y se desprecia su energía de rotación. Calcula la rapidez final de ambas masas desde el reposo.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Sistema y restricciones. Tomamos las dos masas como sistema. La cuerda impone igual rapidez y la masa de la mesa es \(8-3=5\,\mathrm{kg}\). La energía potencial perdida por la masa colgante se convierte en energía cinética de las dos masas.
Balance y cálculo. \(3gh=\frac12(3+5)v^2\). Por tanto, \(v=\sqrt{2\cdot3\cdot9,8\cdot2/8}=\sqrt{14,7}=3,83406\ldots\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. Ambas masas alcanzan una rapidez de \(3,83\,\mathrm{m/s}\).
Revisión. La pérdida de energía potencial es \(58,8\,\mathrm J\), igual a \(\frac12\cdot8\cdot14,7\). Por Newton, la aceleración del sistema es \(3g/8=3,675\,\mathrm{m/s^2}\), y \(v^2=2a\cdot2=14,7\,\mathrm{m^2/s^2}\).

Ejercicio 63 · Potencia mecánica útil al subir escaleras

Una persona de \(70\,\mathrm{kg}\) sube una escalera y gana \(4\,\mathrm m\) de altura vertical en \(8\,\mathrm s\), sin variar su energía cinética entre el inicio y el final. Calcula la potencia mecánica útil media asociada a la elevación.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Trabajo útil. El trabajo útil de elevación equivale al aumento de energía potencial. Los cuatro metros son el desnivel vertical, no la longitud recorrida sobre los peldaños. Así, \(W_{\mathrm{útil}}=mgh\).
Cálculo. \(W_{\mathrm{útil}}=70\cdot9,8\cdot4=2744\,\mathrm J\). La potencia útil media es \(P_{\mathrm{útil,media}}=2744/8=343\,\mathrm W\).
Resultado. La potencia mecánica útil media de elevación es \(343\,\mathrm W\).
Revisión. La velocidad vertical media es \(4/8=0,5\,\mathrm{m/s}\). Multiplicada por el peso, \(686\cdot0,5=343\,\mathrm W\), confirma el resultado. No es la potencia metabólica, que exige considerar el rendimiento del cuerpo y otros consumos.

Ejercicio 64 · Rapidez en un punto intermedio de la caída

Un cuerpo de \(2\,\mathrm{kg}\) se deja caer desde el reposo, sin resistencia del aire, desde \(10\,\mathrm m\) de altura. Calcula su rapidez cuando se encuentra a \(4\,\mathrm m\) del suelo.

Utiliza \(g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Estados inicial y final. El cuerpo ha perdido \(\Delta h=10-4=6\,\mathrm m\) de altura. Esa pérdida de energía potencial se transforma en energía cinética, de modo que \(mg\Delta h=mv^2/2\).
Cálculo. La masa se simplifica y \(v=\sqrt{2g\Delta h}=\sqrt{2\cdot9,8\cdot6}=\sqrt{117,6}=10,8444\ldots\,\mathrm{m/s}\).
Resultado. La rapidez a cuatro metros del suelo es \(10,84\,\mathrm{m/s}\), con movimiento hacia abajo.
Revisión. La energía inicial vale \(196\,\mathrm J\). En ese punto, \(E_p=78,4\,\mathrm J\) y \(E_c=117,6\,\mathrm J\), cuya suma sigue siendo \(196\,\mathrm J\). Usar cuatro metros en la raíz confundiría la altura restante con la altura perdida.

Ejercicio 65 · Fuerza a partir del trabajo

Una fuerza constante realiza \(600\,\mathrm J\) de trabajo al desplazar un cuerpo \(15\,\mathrm m\), en su misma dirección y sentido. Calcula el módulo de la fuerza.

Ver solución y comprobación
Relación y despeje. Como el ángulo entre fuerza y desplazamiento es cero, \(W=Fd\cos0^\circ=Fd\). Para obtener la fuerza dividimos el trabajo entre la distancia.
Cálculo. \(F=W/d=600/15=40\,\mathrm N\). No hace falta conocer la masa ni el tiempo, porque el trabajo de esta fuerza y el desplazamiento ya están dados.
Resultado. El módulo de la fuerza es \(40\,\mathrm N\).
Revisión. \(40\,\mathrm N\cdot15\,\mathrm m=600\,\mathrm J\), que reproduce el trabajo. Dimensionalmente, \(\mathrm{J/m}=\mathrm N\). El dato se refiere a una fuerza concreta, por lo que no permite hallar la aceleración sin conocer la masa y las demás fuerzas.

Problemas para transferir lo aprendido

Problemas originales con varios apartados. Identifica qué cambia entre etapas y conserva la información física de una a otra.

Integrador 1 · Tirar hacia arriba modifica el rozamiento

Una cuerda tira de una caja de \(10\ \mathrm{kg}\) con una fuerza constante de \(60\ \mathrm{N}\), formando \(30^\circ\) sobre la horizontal. La caja comienza el intervalo justo cuando empieza a deslizar hacia la derecha, con \(v_0=0\), y recorre \(5{,}0\ \mathrm{m}\). Si \(\mu_k=0{,}20\), calcula la normal, la aceleración y la rapidez final. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Diagrama y normal.

La componente vertical de la fuerza aplicada alivia el contacto. Como \(a_y=0\), \(N+F\sin30^\circ-mg=0\). Por tanto, \(N=98-60\cdot0{,}5=68\ \mathrm{N}>0\), y \(f_k=0{,}20\cdot68=13{,}6\ \mathrm{N}\).

Dinámica horizontal.

\(ma=F\cos30^\circ-f_k\), luego \(a=(60\cdot0{,}866025-13{,}6)/10=3{,}836\ \mathrm{m/s^2}\). El contacto se mantiene y la aceleración es constante.

Rapidez mediante energía.

Solo la componente horizontal de la fuerza aplicada realiza trabajo. \(\Delta E_c=(F\cos30^\circ-f_k)d=191{,}81\ \mathrm{J}\). Así, \(v=\sqrt{2\cdot191{,}81/10}=6{,}19\ \mathrm{m/s}\).

Resultado.

La normal vale \(68\ \mathrm{N}\), la aceleración es \(3{,}84\ \mathrm{m/s^2}\) hacia la derecha y la rapidez final es \(6{,}19\ \mathrm{m/s}\).

Revisión.

Por cinemática, \(v=\sqrt{2ad}=\sqrt{2\cdot3{,}836\cdot5}=6{,}19\ \mathrm{m/s}\). Usar \(N=mg\) exageraría el rozamiento.

Integrador 2 · Trabajo en una gráfica fuerza-posición

Un bloque de \(2{,}0\ \mathrm{kg}\) se mueve hacia la derecha por una mesa con rapidez inicial \(2{,}0\ \mathrm{m/s}\). La fuerza aplicada, siempre horizontal, varía linealmente entre los puntos \((x,F)=(0,0),(2,8),(5,8),(7,0)\), con \(x\) en metros y \(F\) en newtons. El rozamiento opuesto al movimiento vale \(2{,}0\ \mathrm{N}\). Calcula el trabajo de cada fuerza y la rapidez en \(x=7\ \mathrm{m}\). Peso y normal se equilibran.

Fuerza aplicada en función de la posiciónLa fuerza crece linealmente de cero a ocho newtons entre cero y dos metros. Vale ocho newtons entre dos y cinco metros. Desciende linealmente a cero entre cinco y siete metros.02578F (N)x (m)
El área con signo bajo la gráfica proporciona el trabajo de la fuerza aplicada.
Ver solución y comprobación
Área bajo la gráfica.

El trabajo aplicado se obtiene sumando las áreas de un triángulo, un rectángulo y otro triángulo. \(W_F=2\cdot8/2+3\cdot8+2\cdot8/2=40\ \mathrm{J}\). Las áreas son positivas porque la fuerza apunta en el sentido del desplazamiento.

Trabajo neto.

\(W_r=-2\cdot7=-14\ \mathrm{J}\). Peso y normal son perpendiculares al desplazamiento, luego \(W_p=W_N=0\). El trabajo neto es \(40-14=26\ \mathrm{J}\).

Balance cinético.

\(E_{c,i}=2\cdot2^2/2=4\ \mathrm{J}\). Por tanto, \(E_{c,f}=4+26=30\ \mathrm{J}\) y \(v_f=\sqrt{2\cdot30/2}=\sqrt{30}=5{,}48\ \mathrm{m/s}\).

Resultado.

La fuerza aplicada realiza \(40\ \mathrm{J}\), el rozamiento \(-14\ \mathrm{J}\) y el trabajo neto es \(26\ \mathrm{J}\). La rapidez final es \(5{,}48\ \mathrm{m/s}\).

Revisión.

Al principio la fuerza neta frena el bloque hasta \(x=0{,}50\ \mathrm{m}\), pero su energía mínima es \(4+0{,}50-1=3{,}50\ \mathrm{J}>0\). No se detiene y el recorrido supuesto es posible.

Integrador 3 · Rampa y frenada horizontal

Un bloque de \(2{,}0\ \mathrm{kg}\) comienza a deslizar desde el reposo por una rampa de \(4{,}0\ \mathrm{m}\) y \(30^\circ\), con \(\mu_k=0{,}10\). Después entra en un tramo horizontal con \(\mu_k=0{,}20\). La unión es suave y no añade pérdidas. Calcula la rapidez al pie de la rampa y la distancia horizontal hasta detenerse. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Primera etapa.

La caída vertical es \(h=4\sin30^\circ=2{,}0\ \mathrm{m}\). En la rampa, \(N=mg\cos30^\circ\), de modo que \(W_{r,1}=-0{,}10\cdot2\cdot9{,}8\cos30^\circ\cdot4=-6{,}79\ \mathrm{J}\).

Llegada al tramo horizontal.

\(E_{c,1}=mgh+W_{r,1}=39{,}2-6{,}79=32{,}41\ \mathrm{J}\). La rapidez es \(v_1=\sqrt{2\cdot32{,}41/2}=5{,}69\ \mathrm{m/s}\).

Segunda etapa.

Ahora \(f_{k,2}=0{,}20mg=3{,}92\ \mathrm{N}\). El rozamiento consume la energía cinética restante. \(0-32{,}41=-3{,}92d\), por lo que \(d=8{,}27\ \mathrm{m}\).

Resultado.

Llega al tramo horizontal a \(5{,}69\ \mathrm{m/s}\) y recorre otros \(8{,}27\ \mathrm{m}\) antes de detenerse.

Revisión.

Las pérdidas totales son \(6{,}79+3{,}92\cdot8{,}268=39{,}2\ \mathrm{J}\), iguales a la energía potencial inicial. La normal y el coeficiente deben recalcularse al cambiar de tramo.

Integrador 4 · Muelle y rozamiento durante el lanzamiento

Un bloque de \(0{,}50\ \mathrm{kg}\) está en reposo contra un muelle ideal de \(k=200\ \mathrm{N/m}\), comprimido \(0{,}30\ \mathrm{m}\), sobre una mesa horizontal. El bloque no está unido al muelle y comienza a deslizar al soltarlo. En toda la mesa, \(\mu_k=0{,}20\). Calcula la rapidez al recuperar el muelle su longitud natural y la distancia que recorre después hasta detenerse. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Energía disponible.

\(E_{e,i}=kx^2/2=200\cdot0{,}30^2/2=9{,}0\ \mathrm{J}\). El rozamiento es constante, \(f_k=\mu_kmg=0{,}98\ \mathrm{N}\), y ya actúa mientras el muelle se descomprime.

Salida del muelle.

Durante los primeros \(0{,}30\ \mathrm{m}\), \(W_{r,1}=-0{,}98\cdot0{,}30=-0{,}294\ \mathrm{J}\). Al perder el contacto con el muelle, \(E_{c,1}=9-0{,}294=8{,}706\ \mathrm{J}\) y \(v_1=\sqrt{2\cdot8{,}706/0{,}50}=5{,}90\ \mathrm{m/s}\).

Frenada posterior.

Fuera del muelle solo el rozamiento realiza trabajo. \(0-8{,}706=-0{,}98d\), luego \(d=8{,}88\ \mathrm{m}\), medidos desde la posición de longitud natural.

Resultado.

El bloque abandona el muelle a \(5{,}90\ \mathrm{m/s}\) y recorre después \(8{,}88\ \mathrm{m}\). Desde la posición inicial recorre \(9{,}18\ \mathrm{m}\).

Revisión.

\(0{,}98\cdot(0{,}30+8{,}8837)=9{,}0\ \mathrm{J}\). Toda la energía elástica inicial acaba transferida por rozamiento, sin contar dos veces el primer tramo.

Integrador 5 · Potencia instantánea y potencia media

Un vehículo de \(1000\ \mathrm{kg}\) circula a \(5{,}0\ \mathrm{m/s}\) por una carretera horizontal. Durante \(10\ \mathrm{s}\), el motor ejerce una fuerza constante de \(800\ \mathrm{N}\) hacia delante y la resistencia total es constante, \(200\ \mathrm{N}\), en sentido contrario. Calcula la potencia útil instantánea del motor al inicio y al final, y su potencia útil media en ese intervalo.

Ver solución y comprobación
Movimiento.

\(a=(800-200)/1000=0{,}60\ \mathrm{m/s^2}\). Así, \(v_f=5+0{,}60\cdot10=11\ \mathrm{m/s}\), y el desplazamiento es \(d=5\cdot10+0{,}60\cdot10^2/2=80\ \mathrm{m}\).

Potencias instantáneas.

La potencia del motor es \(\mathcal P_u=F_{\mathrm{motor}}v\), no la fuerza neta por la velocidad. Al inicio, \(\mathcal P_{u,i}=800\cdot5=4000\ \mathrm{W}\); al final, \(\mathcal P_{u,f}=800\cdot11=8800\ \mathrm{W}\).

Potencia media.

El motor realiza \(W_u=800\cdot80=64000\ \mathrm{J}\). Por tanto, \(\overline{\mathcal P}_u=64000/10=6400\ \mathrm{W}\).

Resultado.

La potencia útil pasa de \(4{,}0\ \mathrm{kW}\) a \(8{,}8\ \mathrm{kW}\), y su media es \(6{,}4\ \mathrm{kW}\). Una fuerza constante no implica potencia constante.

Revisión.

\(\Delta E_c=1000(11^2-5^2)/2=48000\ \mathrm{J}\), igual a \((800-200)\cdot80\). Los \(16000\ \mathrm{J}\) restantes del trabajo motor se disipan por resistencia.

Integrador 6 · Polea con decisión de movimiento y energía

Un bloque de \(4{,}0\ \mathrm{kg}\) sobre una mesa horizontal está unido a una masa colgante de \(2{,}0\ \mathrm{kg}\) mediante una cuerda ligera e inextensible y una polea ideal. El conjunto parte del reposo. En la mesa, \(\mu_s=0{,}30\) y \(\mu_k=0{,}25\). Decide si se mueve y, si lo hace, calcula la aceleración, la tensión y la rapidez tras descender la masa colgante \(1{,}5\ \mathrm{m}\), sin llegar al suelo. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
¿Puede mantenerse en reposo?.

La masa colgante exige una tensión de \(2\cdot9{,}8=19{,}6\ \mathrm{N}\) en equilibrio. La mesa solo puede aportar \(f_{s,\max}=0{,}30\cdot4\cdot9{,}8=11{,}76\ \mathrm{N}\). Es insuficiente y el sistema empieza a moverse.

Dinámica del conjunto.

Al deslizar, \(f_k=0{,}25\cdot4\cdot9{,}8=9{,}8\ \mathrm{N}\). Sumando las ecuaciones de ambos cuerpos, \((4+2)a=19{,}6-9{,}8\), luego \(a=1{,}63\ \mathrm{m/s^2}\). En la masa colgante, \(19{,}6-T=2a\); así, \(T=16{,}33\ \mathrm{N}\).

Energía de ambos cuerpos.

La pérdida de energía potencial más el trabajo del rozamiento es la energía cinética total. \(2\cdot9{,}8\cdot1{,}5-9{,}8\cdot1{,}5=(4+2)v^2/2\). Resulta \(v=\sqrt{4{,}9}=2{,}21\ \mathrm{m/s}\).

Resultado.

La masa colgante baja. La aceleración común es \(1{,}63\ \mathrm{m/s^2}\), la tensión \(16{,}33\ \mathrm{N}\) y la rapidez final \(2{,}21\ \mathrm{m/s}\).

Revisión.

\(v^2=2ad=2\cdot(9{,}8/6)\cdot1{,}5=4{,}9\ \mathrm{m^2/s^2}\). La tensión recuperada en la mesa, \(T=4a+9{,}8\), coincide con \(16{,}33\ \mathrm{N}\).

Dos simulacros de elaboración propia

Utiliza g = 9,8 m/s². Tiempos orientativos. En cada caso: planteamiento y modelo 30 %, desarrollo y resultado 50 %, revisión física y unidades 20 %. No son exámenes oficiales.

Simulacro 1 · 35 minutos · 10 puntos

Casos A, B, E y F: 1,5 puntos cada uno. C y D: 2 puntos cada uno.

Caso A · Equilibrio y primera ley de Newton

Sobre una caja actúan tres fuerzas horizontales, \(40\ \mathrm{N}\) hacia la derecha y \(15\ \mathrm{N}\) y \(25\ \mathrm{N}\) hacia la izquierda. Peso y normal se equilibran. Si la caja parte del reposo, decide su estado de movimiento y justifícalo.

Ver solución y comprobación
Sistema y ejes.

Estudiamos la caja desde un sistema de referencia inercial y elegimos positivo hacia la derecha. Las tres fuerzas se suman con signo, no por sus módulos.

Fuerza neta.

\(\sum F_x=40-15-25=0\ \mathrm{N}\). Por la segunda ley, \(ma_x=0\), de donde \(a_x=0\ \mathrm{m/s^2}\) para una masa positiva.

Interpretación.

Una aceleración nula mantiene la velocidad que tenía el cuerpo. Como \(v_0=0\), la caja permanece en reposo mientras se mantengan estas fuerzas. Si inicialmente se moviese, continuaría con velocidad constante.

Resultado.

La caja permanece en reposo. El equilibrio de fuerzas no implica ausencia de fuerzas, sino resultante nula.

Revisión.

Derecha e izquierda aportan el mismo módulo total, \(40\ \mathrm{N}\). Así se comprueba el equilibrio horizontal; el vertical ya está indicado en el enunciado.

Caso B · Rozamiento estático real

Un bloque de \(10\ \mathrm{kg}\) está en reposo sobre una mesa horizontal. Se aplica una fuerza horizontal de \(25\ \mathrm{N}\). Si \(\mu_s=0{,}40\), decide si desliza y calcula el rozamiento estático real. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Normal y límite estático.

Sin aceleración vertical ni otras fuerzas verticales, \(N=mg=10\cdot9{,}8=98\ \mathrm{N}\). El máximo rozamiento estático disponible es \(f_{s,\max}=\mu_sN=0{,}40\cdot98=39{,}2\ \mathrm{N}\).

Decisión de movimiento.

Para seguir en reposo hacen falta \(25\ \mathrm{N}\) de rozamiento en sentido opuesto a la fuerza aplicada. Como \(25<39{,}2\), el contacto puede proporcionar esa fuerza y el bloque no desliza.

Resultado.

El rozamiento estático real es \(25\ \mathrm{N}\), opuesto al tirón, y la aceleración es nula.

Revisión.

\(\sum F_x=25-25=0\ \mathrm{N}\). Usar directamente \(f_s=39{,}2\ \mathrm{N}\) daría una resultante ficticia; ese valor es un límite, no la fuerza que actúa siempre.

Caso C · Momento de una fuerza

Una barra horizontal de peso despreciable se apoya en un punto fijo. Una carga de \(200\ \mathrm{N}\) tira hacia abajo a \(1{,}5\ \mathrm{m}\) a la derecha del apoyo. Calcula el módulo y el sentido de la fuerza vertical que debe aplicarse a \(3{,}0\ \mathrm{m}\) a la izquierda para mantener el equilibrio.

Ver solución y comprobación
Elección del apoyo.

Tomamos momentos respecto al apoyo. Su reacción no aporta momento porque su brazo es cero. La carga de la derecha produce giro horario; en el lado izquierdo necesitamos una fuerza hacia abajo para producir giro antihorario.

Equilibrio de momentos.

Con el giro antihorario positivo, \(F\cdot3{,}0-200\cdot1{,}5=0\). De aquí, \(F=(200\cdot1{,}5)/3{,}0=100\ \mathrm{N}\).

Resultado.

Hay que aplicar \(100\ \mathrm{N}\) hacia abajo en el extremo izquierdo. La reacción del apoyo es \(300\ \mathrm{N}\) hacia arriba.

Revisión.

Los momentos opuestos valen \(300\ \mathrm{N\,m}\), y verticalmente \(300-200-100=0\ \mathrm{N}\). Se cumplen tanto el equilibrio de rotación como el de traslación.

Caso D · Energía elástica y rapidez

Un muelle ideal de constante \(k=250\ \mathrm{N/m}\), comprimido \(0{,}20\ \mathrm{m}\), lanza desde el reposo un bloque de \(0{,}50\ \mathrm{kg}\) por una superficie horizontal sin rozamiento. Calcula la energía elástica inicial y la rapidez del bloque cuando el muelle recupera su longitud natural.

Ver solución y comprobación
Energía almacenada.

La deformación se mide desde la longitud natural. La energía inicial es \(E_{e,i}=kx^2/2=250\cdot0{,}20^2/2=5{,}0\ \mathrm{J}\). No debe confundirse con la fuerza elástica \(kx\).

Transformación de energía.

La altura no cambia y no hay rozamiento. Al recuperar la longitud natural, \(E_{e,f}=0\) y los \(5{,}0\ \mathrm{J}\) están en forma cinética. Así, \(mv^2/2=5{,}0\), y \(v=\sqrt{2\cdot5{,}0/0{,}50}=4{,}47\ \mathrm{m/s}\).

Resultado.

El bloque sale con una rapidez de \(4{,}47\ \mathrm{m/s}\); la energía elástica inicial es \(5{,}0\ \mathrm{J}\).

Revisión.

Con la rapidez sin redondear, \(mv^2/2=5{,}0\ \mathrm{J}\). Además, \((\mathrm{N/m})\cdot\mathrm{m^2}=\mathrm{J}\) en la expresión de energía elástica.

Caso E · Potencia útil y rendimiento

Un motor ejerce una fuerza de \(1200\ \mathrm{N}\) en el sentido del movimiento mientras un vehículo avanza a \(8{,}0\ \mathrm{m/s}\). Calcula la potencia mecánica útil en ese estado y la potencia absorbida si el rendimiento es del \(80\,\%\).

Ver solución y comprobación
Potencia mecánica.

La potencia instantánea de una fuerza es \(\mathcal P=\vec F\cdot\vec v\). Al tener el mismo sentido, \(\mathcal P_u=Fv=1200\cdot8{,}0=9600\ \mathrm{W}=9{,}60\ \mathrm{kW}\).

Rendimiento.

El \(80\,\%\) se expresa como \(\eta=0{,}80\). Como \(\eta=\mathcal P_u/\mathcal P_a\), resulta \(\mathcal P_a=9{,}60/0{,}80=12{,}0\ \mathrm{kW}\).

Resultado.

El motor aporta \(9{,}60\ \mathrm{kW}\) útiles y absorbe \(12{,}0\ \mathrm{kW}\). La diferencia, \(2{,}40\ \mathrm{kW}\), corresponde a pérdidas.

Revisión.

\(9{,}60/12{,}0=0{,}80\), y la potencia absorbida es mayor que la útil. Dimensionalmente, \(\mathrm{N}\cdot\mathrm{m/s}=\mathrm{W}\).

Caso F · Un problema por Newton y por energía

Un bloque de \(2{,}0\ \mathrm{kg}\) parte del reposo sobre una mesa horizontal sin rozamiento. Una fuerza horizontal constante de \(10\ \mathrm{N}\) actúa durante \(4{,}0\ \mathrm{m}\). Calcula la rapidez final por dinámica y cinemática, y compruébala mediante trabajo y energía.

Ver solución y comprobación
Newton y cinemática.

Con el eje positivo en el sentido de la fuerza, \(F=ma\), luego \(a=10/2{,}0=5{,}0\ \mathrm{m/s^2}\). Al ser constante, \(v^2=v_0^2+2ad=2\cdot5{,}0\cdot4{,}0=40\ \mathrm{m^2/s^2}\). La rapidez final es \(v=\sqrt{40}=6{,}32\ \mathrm{m/s}\).

Trabajo y energía.

Peso y normal no realizan trabajo. Por tanto, \(W_{\mathrm{neto}}=Fd=40\ \mathrm{J}=\Delta E_c\). Como parte del reposo, \(mv^2/2=40\), y \(v=\sqrt{2\cdot40/2{,}0}=6{,}32\ \mathrm{m/s}\).

Resultado.

Los dos caminos dan \(6{,}32\ \mathrm{m/s}\). Para hallar solo la rapidez tras recorrer una distancia, la energía permite evitar el cálculo del tiempo.

Revisión.

La energía final, \(2{,}0\cdot40/2=40\ \mathrm{J}\), coincide con el trabajo neto. Ambas vías usan las mismas hipótesis físicas.

Simulacro 2 · 30 minutos · 10 puntos

Casos G–K: 2 puntos cada uno. Corrige primero el modelo y después las operaciones.

Caso G · Dinámica con rozamiento

Una fuerza horizontal de \(100\ \mathrm{N}\) arrastra un bloque de \(20\ \mathrm{kg}\), que ya desliza en el sentido de la fuerza, por una mesa horizontal. Si \(\mu_k=0{,}20\), calcula la aceleración. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Fuerzas de contacto.

Verticalmente, \(N=mg=20\cdot9{,}8=196\ \mathrm{N}\). El rozamiento cinético vale \(f_k=\mu_kN=0{,}20\cdot196=39{,}2\ \mathrm{N}\) y actúa contra el deslizamiento.

Segunda ley.

Elegimos positivo en el sentido del movimiento. La resultante es \(\sum F_x=100-39{,}2=60{,}8\ \mathrm{N}\). Por tanto, \(a=60{,}8/20=3{,}04\ \mathrm{m/s^2}\).

Resultado.

El bloque acelera a \(3{,}04\ \mathrm{m/s^2}\) en el sentido de la fuerza aplicada.

Revisión.

Sin rozamiento tendría \(100/20=5{,}0\ \mathrm{m/s^2}\), un valor mayor. Además, \(20\cdot3{,}04=60{,}8\ \mathrm{N}\), que recupera la resultante.

Caso H · Plano inclinado

Un bloque desliza cuesta abajo por un plano de \(30^\circ\) con \(\mu_k=0{,}10\). Sin otras fuerzas aplicadas, calcula la aceleración. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Sistema y sentido positivo.

Elegimos un eje paralelo al plano y positivo cuesta abajo. El peso aporta \(mg\sin30^\circ\); el rozamiento va cuesta arriba. Perpendicularmente no hay aceleración, por lo que \(N=mg\cos30^\circ\).

Ecuación sin inventar una masa.

\(ma=mg\sin30^\circ-\mu_kmg\cos30^\circ\). La masa aparece en todos los términos y se cancela. Entonces, \(a=g(\sin30^\circ-0{,}10\cos30^\circ)=9{,}8(0{,}5-0{,}10\cdot0{,}866025)=4{,}05\ \mathrm{m/s^2}\).

Resultado.

La aceleración es \(4{,}05\ \mathrm{m/s^2}\) cuesta abajo. En este modelo no hace falta conocer la masa.

Revisión.

Es positiva y menor que \(g\sin30^\circ=4{,}90\ \mathrm{m/s^2}\), el valor sin rozamiento. Se comprueba así tanto el sentido como el efecto de la fuerza resistente.

Caso I · Rapidez en caída sin rozamiento

Un cuerpo se deja caer desde el reposo a \(25\ \mathrm{m}\) sobre el suelo, sin resistencia del aire. Calcula la rapidez al llegar al suelo. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Referencia de energía.

Tomamos \(E_p=0\) en el suelo. Al principio, \(E_{c,i}=0\) y \(E_{p,i}=mgh\). Al final, toda esa energía mecánica es cinética.

Conservación.

\(mgh=mv^2/2\). La masa se cancela, de modo que \(v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot9{,}8\cdot25}=\sqrt{490}=22{,}14\ \mathrm{m/s}\).

Resultado.

Llega al suelo con una rapidez de \(22{,}14\ \mathrm{m/s}\). Su velocidad está dirigida hacia abajo; la rapidez expresa solo el módulo.

Revisión.

La cinemática proporciona también \(v^2=2g\cdot25=490\ \mathrm{m^2/s^2}\). Las unidades dentro de la raíz son \(\mathrm{m^2/s^2}\), por lo que el resultado está en \(\mathrm{m/s}\).

Caso J · Energía con rozamiento

Un bloque parte del reposo y baja por una rampa perdiendo \(300\ \mathrm{J}\) de energía potencial gravitatoria. El rozamiento realiza \(-80\ \mathrm{J}\) de trabajo y la normal no realiza trabajo. No actúan otras fuerzas. Calcula la energía cinética final.

Ver solución y comprobación
Signos del balance.

Perder \(300\ \mathrm{J}\) de energía potencial significa \(\Delta E_p=-300\ \mathrm{J}\). El trabajo no conservativo es \(W_r=-80\ \mathrm{J}\). Usamos \(\Delta E_c+\Delta E_p=W_r\).

Cálculo.

Como \(E_{c,i}=0\), queda \(E_{c,f}-300=-80\), de donde \(E_{c,f}=220\ \mathrm{J}\). El mismo resultado se obtiene con el trabajo del peso, \(W_p=300\ \mathrm{J}\), y \(W_{\mathrm{neto}}=300-80\).

Resultado.

La energía cinética final es \(220\ \mathrm{J}\). Los otros \(80\ \mathrm{J}\) se han transferido a energía interna por rozamiento.

Revisión.

\(220+80=300\ \mathrm{J}\). La energía total se conserva, aunque la energía mecánica del bloque y la Tierra disminuye en \(80\ \mathrm{J}\).

Caso K · Potencia mecánica útil media

Una grúa eleva \(500\ \mathrm{kg}\) hasta \(6\ \mathrm{m}\) en \(20\ \mathrm{s}\), sin pérdidas y sin variación de energía cinética entre el inicio y el final. Calcula la potencia mecánica útil media. Usa \(g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}\).

Ver solución y comprobación
Trabajo útil.

El trabajo de la grúa compensa el trabajo del peso porque \(\Delta E_c=0\). Así, \(W_u=mgh=500\cdot9{,}8\cdot6=29400\ \mathrm{J}\).

Potencia media.

La potencia media reparte ese trabajo entre el tiempo empleado. \(\overline{\mathcal P}_u=W_u/\Delta t=29400/20=1470\ \mathrm{W}=1{,}47\ \mathrm{kW}\). No hace falta suponer que la velocidad haya sido constante en todo el recorrido.

Resultado.

La potencia mecánica útil media es \(1{,}47\ \mathrm{kW}\).

Revisión.

\(1470\ \mathrm{W}\cdot20\ \mathrm{s}=29400\ \mathrm{J}\), que recupera el aumento de energía potencial. No se ha calculado una potencia instantánea ni una potencia absorbida con pérdidas.

Errores que cambian el resultado

  • Usar una fuerza aislada como resultante. La ecuación de Newton contiene la suma con signos de todas las fuerzas del eje.
  • Escribir N = mg sin revisar la geometría. En una rampa o con una fuerza oblicua hay que proyectar.
  • Tomar siempre el máximo rozamiento estático. Calcula primero el valor necesario para mantener el reposo y compara con el límite.
  • Confundir trabajo neto y variación de energía mecánica. El trabajo neto cambia la energía cinética. En el balance mecánico, el trabajo que se escribe aparte excluye las fuerzas ya representadas mediante potenciales.
  • Dar signo negativo a una rapidez. La rapidez es no negativa. El sentido de la velocidad se expresa según el eje.
  • Dividir por el porcentaje entero. Un rendimiento del 75 % se introduce como 0,75. Distingue potencia útil y absorbida.

Continúa por la dificultad que necesitas resolver

Aprender el planteamiento paso a paso. La pieza complementaria tiene ejercicios propios y una función distinta.

Cinemática de 1.º de Bachillerato. Repasa posiciones, velocidades y ecuaciones del movimiento cuando el cálculo temporal sea el bloqueo.

Estática, equilibrio y momentos. Continúa con barras, apoyos y equilibrio de sólidos rígidos.

Cantidad de movimiento, impulso y choques. Continúa con impactos y sistemas de partículas. La conservación del momento lineal requiere revisar las fuerzas externas.

Preguntas frecuentes

¿Por dónde conviene empezar?

Prueba los ejercicios 36, 40, 45, 50 y 52 con la solución cerrada. Si no puedes explicar por qué has usado una ley, repasa ese modelo en la guía de aprendizaje antes de pasar a los problemas integradores.

¿Todos los problemas tienen la misma dificultad?

No. Los primeros fijan operaciones y condiciones. Las aplicaciones conectan conocimientos y los seis integradores añaden decisiones nuevas. El ejercicio 65 es una aplicación directa y se presenta como tal.

¿Los simulacros son exámenes oficiales?

No. Son pruebas de elaboración propia para 1.º de Bachillerato, con tiempos orientativos y criterios de autocorrección. El programa y la forma de evaluar de tu centro pueden variar.

¿Puedo imprimir solo los enunciados?

Sí. El botón de ficha de clase prepara 12 actividades seleccionadas con espacio de trabajo. El botón del cuaderno resuelto conserva las 47 actividades con sus soluciones y comprobaciones.

Alcance y procedencia

Ejercicios y desarrollos de la colección Marlu. Los seis problemas integradores del cuaderno son de elaboración propia. Esta pareja trabaja los contenidos indicados de mecánica; no sustituye el programa completo de Física y Química de 1.º de Bachillerato.

Colección Marlu · Ejercicios propios · Mecánica de 1.º de Bachillerato.

Marco estatal: Real Decreto 243/2022 · Física y Química · Estática y dinámica · Energía. La concreción del centro y de la comunidad autónoma determina el desarrollo y la evaluación.

Registro de práctica

Anota el primer error de razonamiento, no solo el resultado que había que cambiar.

Registro de práctica
EjercicioPrimer intentoQué corregirSegundo intento
 
 
 

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