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1.- Calcula la velocidad de retroceso de una escopeta de feria de 1,5 kg que dispara un proyectil de 10 g
a una velocidad de 225 m/s
Como sobre el conjunto escopeta-proyectil no actúan fuerzas externas, se cumple el principio de conservación del
momento lineal:


ptotal antes de disparar  ptotal después de disparar
Como antes de disparar tanto la escopeta como la bala no están en movimiento:


ve  v p  0
el momento total antes de disparar será nulo:



ptotal antes de disparar  me ·v e  m p ·v p  0 .
El momento total después de disparar, será:







ptotal después de disparar  me ·v e'  m p ·v p'  1,5 kg ·v e'  0,01 kg ·225 m/s ·i  1,5 kg ·v e'  2,25 kg·m/s · i
Aplicando el principio de conservación del momento lineal nos quedará:


ptotal antes de disparar  ptotal después de disparar



'
'
2,25 kg·m/s ·i
0  1,5 kg ·v e  2,25 kg·m/s · i  v e  
 1,5 m/s · i
1,5 kg
La velocidad de retroceso de la escopeta de feria es de 1,5 m/s en sentido contrario a la velocidad del proyectil.
(Como el movimiento escopeta-proyectil se realiza en una sola dirección, podríamos haber prescindido de la
notación vectorial)
2.- Supongamos que dos bolas de billar, una azul y otra roja, tienen la misma masa. La azul fue lanzada
en una dirección (supongamos X) con una velocidad de 2 m/s contra la bola roja, que está parada. Esta,
después del choque, salió disparada en una dirección que forma 30º con el eje X, y la azul en una
dirección que forma -60º con el eje X. Calcula la velocidad final de ambas bolas.
El problema es similar al anterior, salvo que en éste, al salir las bolas rebotadas en direcciones distintas a la
inicial, tenemos obligatoriamente que usar notación vectorial.
Antes del choque
Después del choque
Y
V1= 2 m/s
V’2y
30º
V2= 0
V’2 = ?
V’2x
X
60º
V’1x
V’1y
V’1 = ?
Como las dos bolas tienen la misma masa, podremos escribir, por comodidad: m1 = m2 = m.
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
1#7
Sobre el conjunto bola billar azul - bola billar roja, si despreciamos el rozamiento, no actúan fuerzas externas,
luego se cumple el principio de conservación del momento lineal, que aplicándolo nos quedará:


ptotal antes del choque  ptotal después del choque




m ·v 1  m ·v 2  m ·v '1 m ·v '2 .
Como v2=0, y las masas son todas iguales, se pueden simplificar y nos quedaría:

 
v 1  v '1 v '2 (1)
Expresando las velocidades en su forma vectorial, según el esquema anterior:


 La velocidad de la bola azul antes del choque es: v 1  2i (m/s)
 La velocidad de la bola azul después del choque es:





1 
3 
v '1  v '1x ·i  v '1y · j  v '1 ·cos 60·i  v '1 ·sen 60· j  v '1 · i  v '1 · · j (m/s)
2
2
(observar que la componente y es negativa, porque está dirigida hacia abajo)
 La velocidad de la bola roja después del choque es:





3 
1 
v '2  v '2x ·i  v '2y · j  v '2 ·cos 30·i  v '2 ·sen 30· j  v '2 ·
i  v '2 · · j (m/s)
2
2
Sustituyendo estos valores en la expresión (1), queda:

1 
3 
3 
1 
1
3 
3
1 
2i  v '1 · i  v '1 · · j  v '2 ·
i  v '2 · · j  (v '1 ·  v '2 · )i  (v '1 ·
 v '2 · ) j
2
2
2
2
2
2
2
2
Para que dos vectores sean iguales, deben serlo sus componentes, luego:
Componente x:
1
3
(a)
2  v '1 ·  v '2 ·
2
2
Componente y:
0  v '1 ·
3
1
 v '2 ·
2
2
Tenemos que resolver el sistema de ecuaciones
3
1
 v '2 ·
v '1 · 3  v '2 sustituyendo este
2
2
resultado en la expresión (a), queda:
v '1 ·
1
3
1
3
4
2  v '1 ·  v '1 · 3·
 v '1 ·  v '1 ·  v '1 ·  2·v '1  v '1  1 m/s
2
2
2
2
2
La velocidad de la bola roja será:
v '2  v '1 · 3  3 m/s
En resumen, la bola azul sale rebotada con una velocidad de 1 m/s, formando un ángulo de 60º por debajo de la

1 
3 
horizontal, o, en forma vectorial: v '1  i 
· j (m/s)
2
2
y la bola roja sale rebotada con una velocidad de
3 m/s , formando un ángulo de 30º por encima de la horizontal,

3 
3 
o, en forma vectorial: v '2  i 
· j (m/s)
2
2
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
2#7
3.- Demuestra que a una altura igual al radio terrestre el campo gravitatorio se reduce a la cuarta
parte.
h = RT
El campo gravitatorio terrestre, o aceleración de la gravedad, a una distancia d, del centro
de la Tierra viene dado por la expresión:
g  G·
RT
MT
d
2
, como d = RT + RT = 2·RT, queda g  G ·
MT
(2RT )
 G·
2
Como la gravedad en la superficie terrestre vale g o  G ·
go
(m/s2)
4
Comparando ambas expresiones queda g 
MT
4RT2
MT
RT2
Luego, efectivamente, a una altura igual al radio terrestre el campo gravitatorio se reduce a la cuarta parte de su
valor en la superficie.
4.- En la superficie de un planeta de 1000 km de radio, la aceleración de la gravedad es 2 m/s2. Calcula
la masa del planeta y fuerza de atracción sobre un cuerpo de 50 kg situado en su superficie.
(G=6,67·10-11 N·m2/kg2).
a) La aceleración de la gravedad en la superficie de ese planeta viene dado por la expresión:
g  G·
MP
d
2
, siendo
d=RPlaneta.
Despejando la masa del planeta:
valor del radio), queda:
MP  g ·
MP  2 m/s 2 ·
d2
y sustituyendo los datos (teniendo cuidado de pasar a metros el
G
(1 000 000 m) 2
6,67·10
-11
2
N·m /kg
2
 3·10 22 kg
b) La fuerza de atracción sobre un cuerpo de 50 kg la calcularemos sin más que sustituir en la expresión de la ley
de gravitación universal de Newton:
F  G·
MP ·m
d2
 6,67·10 -11 N·m 2 /kg 2
3·10 22 kg·50 kg
(1 000 000 m) 2
 100 N
(Mucho más rápido y sencillo, se podría haber calculado teniendo en cuenta que la fuerza de atracción que ejerce
un planeta sobre un cuerpo de 50 kg es el peso de este cuerpo: P = m·g = 50 kg·2 m/s2 = 100 N)
5. Calcula el campo gravitatorio en un punto situado a 5R del centro de un planeta en el que g0 = 15 N/kg.
Es igual al problema 3
El campo gravitatorio, o aceleración de la gravedad, a una distancia 5R, del centro de un planeta viene dado por la
expresión:
g  G·
MT
d
2
, como d = 5R, queda g  G ·
Como la gravedad en la superficie del planeta g o  G ·
Comparando ambas expresiones queda g 
M
(5R )
2
 G·
M
25R 2
M
R2
go
15

 0,6 (m/s2)
25 25
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
3#7
6.- Sobre una maleta de 25 kg de masa apoyada en el suelo, sin rozamiento, ejercemos una fuerza F de
40 N hacia arriba que forma un ángulo de 60º con la horizontal. Calcula: a) la aceleración de la maleta, b)
la reacción normal del suelo sobre la maleta, y c) el valor mínimo de F para que la maleta se separe del
suelo.
a) y b) Hacemos primero un diagrama de todas las fuerzas que intervienen, en este caso son: el peso del cuerpo, P,
la fuerza F que realizamos y la reacción normal del suelo, N.
y

N

Fy

F
α

Fx
x

P
Luego, trazamos los ejes cartesianos, en la dirección del movimiento y
en su perpendicular.
Y, por último, si alguna fuerza no está dibujada en el eje X o en el Y,
habrá que dibujar sus componentes cartesianas; en este ejemplo habrá
que hacerlo con la fuerza F, que es oblicua y dibujar Fx y Fy.
Una vez hecho el esquema de fuerzas, aplicamos la 2ª ley de Newton a cada uno de los ejes cartesianos:
 EJE X:


Luego la aceleración valdrá: a 
 EJE Y:
1
2
 F  m ·a  Fx  m ·a  según el esquema, Fx  F ·cos   40·cos 60  40·  20 N

Fx
20 N

 0,8 m/s 2
m
25 kg

 F  m ·a  al estar en equilibrio la maleta, a  0 y queda N  Fy  P  N  P  Fy
Como: P  m · g  25 kg·9,8 m/s2  245 N, y
3
 20· 3 N  34,6 N
2
La reacción normal del suelo sobre la maleta valdrá, sustituyendo los valores obtenidos anteriormente:
N  P  Fy  245  34,6  210,4 N
Fy  F ·sen   40·sen 60  40·
c) El valor mínimo de F para que la maleta se separe del suelo es aquel para el cual no existe reacción del suelo
sobre ella y N = 0.
m ·g
P
245 N
0  N  P  Fy  0  P  F ·sen   F ·sen   P  F 


 282,9 N
sen  sen  sen 60º
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
4#7
7.- Un ascensor inicia su ascenso con una aceleración constante de 5 m/s2. Transcurridos 4 segundos su
velocidad se hace constante.
a) Calcúlese la fuerza que ejerce sobre el piso del ascensor una persona de 75 kg antes y después de los
4 segundos.
b) Supóngase ahora que un ascensor partiendo del reposo comienza a descender con una aceleración
constante de 5 m/s2 y que al cabo de 4 segundos alcanza una velocidad constante. ¿Qué fuerza ejercerá
sobre el piso del ascensor, antes y después de los 4 s, esa misma persona?
Las fuerzas que intervienen sobre la persona son: su peso, P, y la fuerza que ejerce el suelo sobre ella, la normal,
N.
N
a = 5 m/s2
P
N
v = constante
P
N
a = 5 m/s2
P
N
v = constante
P
a) Al principio del movimiento, la persona tiene una aceleración hacia arriba igual a
la del ascensor. Por tanto, la fuerza resultante también se dirige hacia arriba y,
aplicando la 2º ley de Newton, resulta:
N – P = ma  N = P + ma = mg + ma = m(g + a) = 75kg·(9,8 m/s2 + 5) = 1 110 N
La fuerza que ejerce la persona sobre el suelo será la fuerza de reacción a la
anterior, es decir, una fuerza de 1 110 N dirigida hacia abajo.
Es decir, el hecho de subir en un ascensor acelerado hace aumentar el peso
aparente de la persona.
Cuando han transcurrido 4 segundos, el ascensor mantiene constante su velocidad,
luego la aceleración es nula. Por tanto, aplicando la 2º ley de Newton, resulta:
N – P = ma  N - P = 0  N = P = mg = 75kg·9,8 m/s2 = 735 N
La fuerza que ejerce la persona sobre el suelo será la fuerza de reacción a la
anterior, es decir, una fuerza de 735 N dirigida hacia abajo.
Es decir, el hecho de subir en un ascensor con velocidad constante, sin aceleración,
no varía el peso aparente de la persona.
b) Cuando el ascensor empieza a bajar, la persona tiene una aceleración hacia abajo
igual a la del ascensor. Por tanto, la fuerza resultante también se dirige hacia abajo
y, aplicando la 2º ley de Newton, resulta:
P – N = ma  N = P - ma = mg - ma = m(g - a) = 75kg·(9,8 m/s2 - 5) = 360 N
La fuerza que ejerce la persona sobre el suelo será la fuerza de reacción a la
anterior, es decir, una fuerza de 360 N dirigida hacia abajo.
Es decir, el hecho de bajar en un ascensor acelerado hace disminuir el peso
aparente de la persona.
Cuando han transcurrido 4 segundos, el ascensor mantiene constante su velocidad,
luego la aceleración es nula. Por tanto, aplicando la 2º ley de Newton, resulta:
P – N = ma  P - N = 0  N = P = mg = 75kg·9,8 m/s2 = 735 N
La fuerza que ejerce la persona sobre el suelo será la fuerza de reacción a la
anterior, es decir, una fuerza de 735 N dirigida hacia abajo.
Es decir, el hecho de bajar en un ascensor con velocidad constante, sin aceleración,
no varía el peso aparente de la persona.
En resumen, al subir acelerando (como bajar frenando) el peso aparente de la persona aumenta, en nuestro
ejemplo, de 735 N a 1 110 N (de 75 “kilos” a 113,3 “kilos”).
Al bajar acelerando (como subir frenando) el peso aparente de la persona disminuye, en nuestro caso, de 735 N a
360 N (de 75 “kilos” a 36,7 “kilos”).
El subir o bajar con movimiento uniforme no varía el peso aparente de la persona.
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
5#7
8.- Dos bloques unidos por una cuerda que pasa por la garganta de una polea descansan sobre un doble
plano inclinado. ¿En qué sentido se moverá el sistema y qué aceleración adquieren los bloques si no
existe rozamiento?
DATOS: m1= 2 kg ; m2= 3 kg; α = 30º ; β= 45º
N1
T
1
α
N1
T
P1
N2
2
ß
α
P2
a) Dibujamos las fuerzas que actúan
en cada cuerpo.
T
N1
T
P1
ß
N2
P2
P1x
T
T
N2
P2y
P1y
α
P2x
ß
P1
P2
b) Trazamos el eje del movimiento
c) Descomponemos las fuerzas P 1 y
y su perpendicular en cada cuerpo.
P 2 en las direcciones de los ejes.
Suponemos que el cuerpo 2, al ser el más pesado y tener mayor ángulo de inclinación, descenderá, y el 1,
lógicamente, ascendería. (si esta suposición no fuera correcta nos saldría la aceleración negativa y habría que
replantear el problema de nuevo cambiando la dirección del movimiento).
Aplicando la 2ª ley de Newton a cada cuerpo por separado y a cada uno de los ejes, nos quedaría:
 CUERPO 1:








 EJE X:
 F  m ·a  T  P1x  m1 ·a (1)
 EJE Y:
 F  m ·aY  al estar en equilibrio el cuerpo, ay  0 y queda N1  P1y
 CUERPO 2:
 EJE X:
 F  m ·a  P2x T  m2 ·a (2)
 EJE Y:
 F  m ·aY  al estar en equilibrio el cuerpo, ay  0 y queda N2  P2y
Como no hay rozamiento, solamente necesitamos las ecuaciones (1) y (2) para hallar la aceleración del conjunto.
T  P1x  m1 ·a
P2x T  m2 ·a
Para resolver el sistema de ecuaciones, sumamos las dos ecuaciones
miembro a miembro.
P2x  P1x  (m1  m2 )·a  a 
P2x  P1x
m1  m 2
(3)
Como: P1x  P1 ·sen   m1 · g ·sen   2 kg·9,8 m/s2 ·sen 30º 9,8 N, y
P2x  P2 ·sen   m2 · g ·sen   3 kg·9,8 m/s2 ·sen 45º 20,8 N
Sustituyendo estos valores y los de las masas en la expresión (3) quedará:
P  P1x
20,8  9,8 11
a  2x


 2,2 m/s 2
m1  m 2
23
5
Para calcular la tensión sustituimos los valores obtenidos en la expresión (1) o en la (2).
En la expresión 1, quedaría T  P1x  m1 ·a T  P1x  m1 ·a  9,8 N  2 kg·2,2m/s2  14,2 N
En resumen, al resultar la aceleración positiva, los cuerpos se mueven en el sentido elegido, es decir el 1 asciende y
el 2 baja; ambos con una aceleración de 2,2 m/s2 y la cuerda sufre una tensión de 14,2 N.
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
6#7
9.- Resolver el mismo problema anterior pero si hubiera rozamiento entre los dos bloques y el plano.
DATOS: m1= 2 kg ; m2= 3 kg; α = 30º ; β= 45º; μ= 0,1
El ejercicio sería exactamente igual que el anterior, pero añadiendo las fuerzas de rozamiento en cada plano. Si
suponemos, como antes, que el cuerpo 2 desliza y el 1 asciende, las fuerzas de rozamiento se oponen al movimiento
y las dibujaremos en sentido contrario al mismo.
FR2
P1x
N1
T
T
N2
P2y
FR1
P1y
α
P1
P2x
ß
P2
Aplicando la 2ª ley de Newton a cada cuerpo por separado y a cada uno de los ejes, nos quedaría:
 CUERPO 1:








 EJE X:
 F  m ·a  T  P1x  FR 1  m1 ·a (1)
 EJE Y:
 F  m ·aY  al estar en equilibrio el cuerpo, ay  0 y queda N1  P1y (4)
 CUERPO 2:
 EJE X:
 F  m ·a  P2x  T  FR 2  m2 ·a (2)
 EJE Y:
 F  m ·aY  al estar en equilibrio el cuerpo, ay  0 y queda N2  P2y (5)
Usaremos las ecuaciones (1) y (2) para hallar la aceleración del conjunto.
T  P1x  FR 1  m1 ·a
P2x  T  FR 2  m2 ·a
Para resolver el sistema de ecuaciones, sumamos las dos ecuaciones
miembro a miembro.
P2x  P1x  FR 1 F R 2  (m1  m2 )·a  a 
P2x  P1x  FR 1  FR 2
(3)
m1  m2
Como: P1x  P1 ·sen   m1 · g ·sen   2 kg·9,8 m/s2 ·sen 30º 9,8 N, y
P2x  P2 ·sen   m2 · g ·sen   3 kg·9,8 m/s2 ·sen 45º 20,8 N
Para hallar la fuerza de rozamiento, aplicaremos la expresión FR=μ·N, y para hallar la reacción normal del plano
sustituiremos las expresiones (4) y (5).
FR 1  N1  P1Y  P1 ·cos   m1 · g ·cos   0,1·2 kg·9,8 m/s 2 ·cos 30º  1,7 N
FR 2  N2  P2Y  P2 ·cos   m2 · g ·cos   0,1·3 kg·9,8 m/s 2 ·cos 45º  2,1 N
Sustituyendo estos valores y los de las masas en la expresión (3) quedará:
P  P1x  FR 1  FR 2 20,8  9,8  1,7  2,1 7,2
a  2x


 1,4 m/s 2
m1  m2
23
5
Para calcular la tensión sustituimos los valores obtenidos en la expresión (1) o en la (2).
En la expresión 1, quedaría T  P1x  FR 1  m1 ·a T  P1x  FR 1  m1 ·a  9,8 N  1,7 N  2 kg·1,4m/s 2  14,4 N
En resumen, al resultar la aceleración positiva, los cuerpos se mueven en el sentido elegido, es decir el 1 asciende y
el 2 baja; ambos con una aceleración de 1,4 m/s2 y la cuerda sufre una tensión de 14,4 N.
(COLEGIO CERVANTES – DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA – Profesor: Carlos García-Verdugo Collado)
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