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DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 1
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL
1. Definición de punto material. Interacciones. Fuerzas.
2. Leyes de Newton para el punto material.
3. Impulso mecánico. Cantidad de movimiento. Teorema de conservación de la cantidad de
movimiento.
4. Momento de una fuerza respecto de un punto.
5. Momento cinético de un punto material. Teorema de conservación del momento cinético.
Fuerzas centrales. Ley de las áreas.
Punto material. Interacciones. Fuerzas
unto material: Simplificación consistente en considerar toda la masa de un cuerpo
concentrada en un punto.
En la naturaleza hay cuatro interacciones:
 Interacción gravitatoria.
 Interacción electromagnética.
 Interacción nuclear fuerte.
 Interacción nuclear débil.
Fuerza: Medida de la intensidad de una interacción.
Cantidad de movimiento de una partícula: Producto de su masa por su vector velocidad:r r
p v= m .
Impulso mecánico de una fuerza: Producto de la fuerza por el tiempo que actúa: 
r r
J F= ∆t .
Principios de la dinámica
La dinámica está basada en tres principios básicos:
 1er principio o principio de la inercia
Una partícula no varía su estado de movimiento si sobre ella no actúa ninguna
fuerza.
 2º principio
La relación entre las fuerzas aplicadas a una particular y las aceleraciones
producidas es siempre constante. A dicha constante se la llama masa inercial.
r r
F a= m
La cantidad de movimiento de una partícula se define como: 
r r
p v= m .
r r r
F
v p
= =m
d
dt
d
dt
que es otra manera de escribir el 2º principio: la fuerza que actúa sobre una partícula es la
rapidez con que varía su cantidad de movimiento.
 3er principio o principio de acción y reacción
P
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 2
Como las fuerzas son resultado de
interacciones entre dos partículas, la fuerza que
una ejerce sobre la otra es igual y de sentido
contrario a la que la segunda ejerce sobre la
primera.
Teorema de conservación de la cantidad de
movimiento
Consecuencia de 
r r
F
p
=
d
dt
 es que si la fuerza resultante sobre una partícula es
cero, su cantidad de movimiento no varía.
Momento de una fuerza respecto de un punto
Sea una fuerza y un punto de referencia O. Se define el momento de dicha fuerza
respecto de O como el producto vectorial entre el vector que une el punto de referencia con el
punto de aplicación de la fuerza, y el vector fuerza.
r r r
M r F= ×
por lo tanto el momento de una fuerza es un vector perpendicular a 
r
r y 
r
F , de módulo M =
rFsen α y cuyo sentido viene dado por la regla de la mano derecha.
Momento cinético de una partícula respecto de un punto
Se define el momento cinético de una partícula respecto de un punto O como el
producto vectorial entre el vector que une el punto de referencia con la partícula y el vector
cantidad de movimiento.
r r r
L r v= ×m
por lo tanto el momento cinético es un vector perpendicular a 
r
r y 
r
v , y de módulo rmvsenα
Teorema de conservación del momento cinético
Si derivamos 
r
L respecto del tiempo:
FBA
B
A
FAB
r r
F FAB BA= −
r
F
O
M
r
v
O
L
m
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 3
( )d
dt
d m
dt
d
dt
m m
d
dt
m
r r r r
r r
r
r r rL r v r
v r
v
r a M=
×
= × + × = × = , esto es, 
r
r
M
L
=
d
dt
: la rapidez con que varía
el momento cinético de una partícula es el momento de la fuerza aplicada.
Como consecuencia, si el momento resultante sobre una partícula es cero, su
momento cinético no varía.
Campos centrales. Ley de las áreas
Un campo de fuerzas es central, cuando las líneas de acción
de los vectores fuerza asociados se cortan en un punto fijo.
Como consecuencia, el momento de las fuerzas respecto de
dicho punto fijo, 
r r r
M r F= × , valdrá siempre cero. Si el momento de
las fuerzas es siempre nulo, el momento cinético de una partícula
sometida a una fuerza de este tipo no variará como hemos visto en
el teorema de conservación del momento cinético.
Por tanto, una fuerza central, trae como consecuencia la
invarianza del momento cinético de una partícula sometida a esta
fuerza. Si el momento cinético no varía, no varía ni en módulo ni
en dirección y sentido. Esto trae dos consecuencias:
 Constancia en dirección → Trayectoria plana (ya que 
r
L debe
ser perpendicular a 
r
r y a 
r
v en todo momento)
 Constancia en módulo → Ley de las áreas (ya que 
r r r
L r v= ×m , y
el área del triángulo formado por 
r
r y 
r
v es 
r r
r v×
=
2 2
L
m
 = constante)
Este último resultado de conoce con el nombre de ley de las áreas, aplicable a fuerzas
centrales (como la fuerza gravitatoria): un punto sometido a una fuerza central “barre” áreas
iguales en tiempos iguales.
F
r
v
O
m
F
Á rea =
×
r r
r v
2
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 4
1.Sobre una mesa horizontal se encuentran dos bloques de 2 kg unidos por un hilo. Uno de ellos
está unido mediante otro hilo que pasa por una polea a un
tercer bloque que pende. El coeficiente de rozamiento de
los bloques con la mesa es de 0.2.
a) Hallar el mínimo valor que debe tener la masa colgante
para que el conjunto se ponga en movimiento.
b) Si a esa masa mínima se le superpone otra de 1 kg,
¿cuál será su aceleración? ¿Cuánto valdrán las
tensiones de los hilos?
a) Planteando la segunda
ley de la dinámica para
cada masa, tendremos las
ecuaciones indicadas en la
figura, obteniendo un
sistema de tres ecuaciones
y tres incógnitas:
mg - T = ma
T - T - f = m a
T - f = m a
1
1 2 r1 1
2 r2 2










sistema de ecuaciones, que
para resolverlo, lo más
conveniente es sumar las
tres ecuaciones, obteniendo:
mg - fR1 - fR2 = a(m+m1 +m2). (1)
En el momento en que el sistema se pone en movimiento a = 0, por tanto:
m =
f f
g
=
g
m g + m g
g
m + m kgR1 R2 2
+ +
= = = ⋅ =
µΝ µΝ µ µ
µ1 2 1 2 1 0 2 4 0 8( ) . .
b) Si hacemos m = 1.8 kg, y sustituimos en (1):
a mg f f
m m m
m sR R=
+ +
=
.
/− − − − =1 2
1 2
217 64 3 92 3 92
58
169. . . .
T1 = mg -ma = 14.6 N; T2 = m2a + fR2 = 7.3 N
mg
T1
T1
T2
N1N2
fr1fr2
P2 P1
T2
mg - T1 = ma
T1 - T2 - fr1 = m1a
T2 -fr2 = m2a
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 5
2. A un cuerpo de 10 kg inicialmente en reposo sobre un plano inclinado 30º se le aplican dos
fuerzas, una de 70 N paralela al plano y hacia arriba, y otra de 40 N perpendicular al plano y
hacia él. Calcular la fuerza de rozamiento. Coeficiente de rozamiento estático y dinámico entre
plano y cuerpo 0.2 (g=10 m/s2)
Empecemos calculando las componentes del
peso:
PX = Psen30º = mg sen30º = 50 N
PY = Pcos30º = mg cos30º = 86.6 N
Situamos las fuerzas en el gráfico, teniendo en
cuenta que como el bloque no se despega del
plano N = 40 + 86.6 = 126.6 N.
El valor máximo de la fuerza de rozamiento es
µN = 25.32 N.
Ahora surge un conflicto, si suponemos que el
cuerpo, que parte del reposo, sube, la fuerza
de rozamiento de 25.32 N iría hacia abajo, provocando que 70 < 75.32 que es contradictorio con
que suba. Si por el contrario suponemos que el bloque baja, la fuerza de rozamiento iría hacia
arriba siendo incompatible con (70 + 25.32) > 50.
Por tanto, hay que admitir que el cuerpo no se puede mover, valiendo la fuerza de
rozamiento 20 N hacia abajo, ya que no olvidemos que µN representa el valor máximo de la
fuerza de rozamiento, siendo ésta menor cuando el cuerpo está parado.
3. Resolver el problema anterior si en el momento inicial se le comunica una velocidad paralela
al plano y hacia arriba de 10 m/s.
Ahora, no hay duda del sentido y módulo de fR, fR = µN = 25.32 N hacia abajo.
Habrá ahora, una fuerza resultante de 5.32 N
hacia abajo, valiendo a = FR/m = 0.532 m/s2
hacia abajo. El cuerpo asciende por lo tanto
con un movimiento de frenado.
50 N
40 N
P=100 N
70 N
86.6 N
N=126.6
30º
50 N40 N
P=100 N
70 N
86.6 N
N=126.6 N
fR = 25.32 N
y
x
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 6
4. Un cuerpo debería emplear 8 s en recorrer deslizando un plano inclinado 30º respecto de la
horizontal, pero debido al rozamiento emplea 12 s. Calcular el valor de la longitud del plano
inclinado y del coeficiente de rozamiento.
En primer lugar consideremosque no hay
rozamiento. La fuerza resultante sobre el bloque es PX
= mgsenα:
r r r r r
F P N mg i ma= + = =∑ sen ;α α a = gsen = 4.9 m / s2
Si recorre el plano en 8 s, la longitud del plano será:
x= ½ at2 = ½ 4.9 64 = 157 m.
Si ahora, incluimos el rozamiento, la fuerza resultante
será:
r r r r r r
F P N f i a= + + = − =∑ R mg mg m( sen cos ) ;α µ α
a = gsenα - µgcosα
La aceleración vale ahora: a=2L/t2 = 314/144 = 2.18 m/s2. Por lo tanto:
µ
α
α
=
gsen
gcos
= 0.32
− a
5. Determinar la máxima velocidad con que un automóvil puede circular sin derrapar por una
curva horizontal en función del radio de la curva y del coeficiente de rozamiento estático.
Al girar los neumáticos, estos siguen avanzando
en la misma dirección, apareciendo una fuerza de
rozamiento perpendicular al plano de la rueda. Esta fuerza
tiene una componente perpendicular al vector velocidad,
y va a ser la responsable del cambio de trayectoria.
La fuerza ejercida por el suelo sobre las ruedas no
puede ser mayor que µEN = µEmg, por lo que la fuerza
resultante máxima es: FMAX = maMAX = µEmg. Por otra parte, como la
trayectoria es circular la aceleración debe de ser normal a la trayectoria a
= v2/R.
La máxima aceleración normal permitida (si es mayor el suelo no proporcionará la
fuerza necesaria) es por lo tanto: aMAX = 
v
R
gmax E
2
= µ ; y el valor máximo de v será:
v gRmax E= µ
N
P
30º
PX
PY
P
N
fR
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 7
6. Con la ayuda de una cuerda se hace girar un cuerpo de 1 kg en una circunferencia de 1 m de
radio en un plano vertical, cuyo centro está situado a 6 m por encima del suelo. La cuerda se
rompe cuando la tensión es de 100 N, lo cual ocurre cuando el cuerpo está en el punto más bajo
de la trayectoria. Calcular:
a) Velocidad del cuerpo cuando se rompe la cuerda.
b) ¿Cuánto tiempo tardará en caer al suelo?
c) ¿Cuál será la velocidad en el instante de chocar con el suelo?
a) La aceleración en el punto más
bajo es de 90.2 m/s2 y además es
normal a la trayectoria, por lo que
vale v2/R.
a = v2/R; v = aR m / s= 9 5.
b) La velocidad inicial del cuerpo es
la calculada en el apartado anterior, y
tardará en caer el mismo tiempo que
tardaría en caer cualquier objeto una
altura de 5 m, ya que la velocidad
inicial sólo tiene componente
horizontal, es decir:
t =
2h
g
 s= =
10
9 8
101
.
.
c) La ecuación de la velocidad es:
r r r r r r r r
v = v at = 9.5i -9.8tj; v(1.01 s) = 9.5i -9.898j;
v(1.01 s) = 13.72 m / s 
0 +
7. Determinar el ángulo de peralte de una curva, de radio 25 m, para que un vehículo de 500 kg
pueda tomarla, sin deslizar, con rapidez de 70 km/h, sabiendo que el coeficiente de rozamiento
estático entre el caucho y el hormigón es 0.8.
El vehículo, por la
inercia, tiende a salirse de la
curva, esto es, a subir; por
lo tanto la fuerza de
rozamiento va dirigida hacia
abajo. La fuerza de
rozamiento está
contribuyendo de manera
doble: por una parte, con su
componente X contribuye a
aumentar la resultante en el
eje X, y con su componente
Y simula como si el cuerpo
pesara más, estando más
“pegado” al suelo.
100 N
9.8 N
a
100-9.8=1a;
a = 90.2 m/s2
5 m
V
R
V
α
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 8
Planteando la ecuación fundamental de la
dinámica, tendremos tres fuerzas, cuya resultante
es la masa por la aceleración:
r r r r r
F = P + N + f mar∑ =
En primer lugar hallamos las componentes
de la fuerza de rozamiento, y de la reacción del
suelo en los ejes escogidos.
NX = Nsenα NY = Ncosα
frX = frcosα frY = frsenα
Escribiendo la ecuación fundamental en forma
cartesiana:
-Pj + N i + N j + f i f j = (f cos + Nsen )i + (-f Ncos - P)j = maX Y rX rY r r
r r r r r r r r
− +α α α αsen
la aceleración solamente tiene componente X, y es normal a la trayectoria por lo que vale v2/R:
 (f cos + Nsen )i + (-f Ncos - P)j = m
v
R
ir r
2
α α α α
r r r
sen +
Por otra parte, el valor máximo de fR es µEN, por lo que podemos escribir:
µ α α
µ α α
E
E
Ncos + Nsen = m
v
R
- N Ncos - mg = 0 
max
2
sen +










Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, N y α, que para resolverlo
escribiremos de otra forma:
N( cos + sen = m
v
R
N( = mg 
max
2
µ α α
α µ α
E
E
)
cos sen )−










si dividimos miembro a miembro:
µ α α
α µ α
µ α
µ α
cos + sen
 = 
v
gR
 
+ tan
tan
= 
v
gR
2 2
cos sen
;
− −1
y despejando tanα:
tan = 
v
gR
v
gR
 = 0.332; = 18.4º
2
2α
µ
µ
α
−
+
⇒
E
E1
α
NY
NX frX
frY
X
Y
P
N
fr
a
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 9
8. Una bolita unida a un extremo de un hilo de longitud L, gira en un plano horizontal como
consecuencia de la rotación del otro extremo del hilo. Demostrar que el período de rotación vale
T
L
g
= 2π
αcos
, siendo α el ángulo que se aparta el hilo de la vertical.
Las dos fuerzas que actúan 
r r
T P, y dan como resultado
una aceleración que es normal al vector velocidad y
dirigido en la dirección del radio de la circunferencia; es
decir:
r r r
r r r r
T P u
i j j i
+ =
+ − =
m R
T T mg m R
Rω
α α ω
2
2cos sen
siendo ω la velocidad angular de la bolita.
T m R
T mg
tan
R
g
sen
cos
α ω
α
α
ω=
=








⇒ =
2 2
haciendo ω = 
2π
T
, tendremos:
tan
R
gT
T
R
gtan
h
g
L
g
α
π
π
α
π π
α
= = = =
4
2 2 2
2
2 ;
cos
9. Determinar el periodo de un péndulo simple de 2 m de longitud en un punto donde g = 9.81
m/s2
El movimiento de un péndulo simple es aproximadamente
armónico simple, cumpliéndose que la aceleración es directamente
proporcional y de sentido contrario a la elongación:
a = -ω2x
x es la separación a la posición de equilibrio a lo largo del arco:
x = Lϕ
Cuando la masa puntual se encuentra en la posición angular
ϕ , la fuerza resultante en la dirección del desplazamiento es
mgsenϕ
ΣFT = maT = -mω2Lϕ = mgsenϕ
Obteniéndose: ω2Lϕ = gsenϕ; ω
ϕ
ϕ
=
g
L
sen
αL
R
v
h
P
T
ϕ
mgsenϕ
T
P
L ϕ
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 10
Recordemos que en el M.A.S. ω = 
2π
T
Obteniéndose:
T
L
g
= 2π
ϕ
ϕ
sen
El valor del periodo depende desgraciadamente del ángulo de separación, pero si
consideramos pequeñas desviaciones únicamente: lim
ϕ
ϕ
ϕ→
=
0
1
sen
, y tendremos una relación
independiente de la posición angular:
T
L
g
= 2π
El periodo buscado vale pues: 2.84 s
10. Un automóvil de 800 kg desciende por una larga pendiente de 6º. Las fuerzas de rozamiento
tanto con el suelo como con el aire que se oponen al movimiento del coche tienen la forma fR =
100 +1.2v2 (en unidades S.I.). ¿Cuál es la velocidad límite al descender el automóvil por esta
pendiente?
La fuerza de rozamiento tiene dos
contribuciones: una de 100 N que se debe al
rozamiento seco (sólido-sólido) y otra
dependiente de la velocidad, 1.2v2 que se
debe al rozamiento con el aire, o rozamiento
viscoso. Por tanto no es constante, sino que
aumenta con la velocidad, lo que hace que se
alcance una velocidad límite.
Al principio cuando la velocidad es
pequeña hay una fuerza resultante hacia abajo
de 819 - 100. Pero conforme va aumentando la velocidad, la fuerza de rozamiento va creciendo,
hasta que mgsenα = fR, siendo cero la fuerza resultante a partir de ese momento:
Por tanto haremos mgsenα = 100 + 1.2v2; v
mg
m sL =
−
=
sen
.
. /
α 100
12
24 5
P
fR mgsen6º=819.5 N
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 11
11. En un parque de atracciones, los participantes se sostienen contra las paredes de un cilindro
giratorio mantenidos por la fuerza de rozamiento. Si el coeficiente de
rozamiento estático entre los participantes y la pared vale 0.4 y el
radio del cilindro es de 5 m, hallar la frecuencia mínima necesaria en
revoluciones por minuto. Si su altura sobre el suelo es de 3 m,
¿cuánto tardarán en caerse si por error la frecuencia es de 20 r.p.m?
(coeficiente de rozamiento dinámico 0.3)
Para que no se caigan: fR = mg
N, la fuerza de contacto que ejerce la pared,
provoca la trayectoria circular. Es además la fuerza resultante.
N = mω2R
fR = µEN = µEmω2R = mg; µEω2R = g
ω
µ
π
π µ
= = = = =
g
R
f f
g
R
Hz r p m
E E2
1
2
0 352 211; . . . . .
Si la frecuencia es de 20 r.p.m., ω = 2π/3 rad/s. N será ahora menor de lo necesario y por tanto:
fR < mg; mg - µDmω2R = ma; a = g - µDω2R = 9.8 - 0.3⋅4π2/9⋅5 = 3.22 m/s2
t
h
a
= =
2 6
3 22.
 = 1.36 s
12. Un satélite que orbita la Tierra, tiene en el instante en que su posición es 
r r r
r i j= +10 8 Gm
(en cierto sistema de referencia XYZ) una velocidad de 
r r r
v i j= −7 5 km/s. Calcular aplicando la
ley de las áreas el valor de su velocidad cuando su posición sea 
r r
r i= −8 Gm.
El momento cinético del satélite es en todo momento constante por estar sometido a una
fuerza central:
r r r
L r v= ×m( ) = cte, por tanto 
r r r r
r v r v1 1 2 2× = ×
r r
r r r
r
r v
i j k
k1 1 10 8 0
7 5 0
106× =
−
= − Gm⋅km/s
r r
r r r
r v
i j k
2 2 8 0 0× = −
v v vx y z
Haciendo 
r r r
r
i j k
k− = −8 0 0 106
v v vx y z
 tendremos
− = −8 106vy ; 
r r
v j= 13 25. km/s
mg
fR
N
v2
v1
r2
r1
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 12
13. En el sistema de la figura, en el que A y B son dos poleas sin masa y sin rozamiento, se
abandonan simultáneamente las masas m1 y
m2. En el instante después de abandonarlas,
se pide:
a) Tensión del hilo del que pende la masa
m1.
b) Aceleración de la masa m2.
c) Fuerza que ejerce la masa m1/2 sobre la
masa m2/2.
Datos m1 = 1 kg; m2 = 2kg; µ1 = 1/3; µ2 =
2/9.
En la figura podemos observar las
fuerzas que actúan sobre cada masa: la
masa m2 con su peso P2 tira de m2/2 con T2.
Sobre m2/2 actúa T2, la fuerza de
rozamiento con la mesa fR2, la fuerza de
rozamiento con la masa de arriba fR1, su
peso m2g/2, y la fuerza de contacto N2 =
(m1+m2)g/2. Sobre m1/2 actúa T1, la fuerza
de rozamiento con la masa inferior fR1, su
peso y la fuerza de contacto N1 = m1g/2.
N1 = m1g/2
N2 = (m1 + m2)g/2
Escribiendo la ecuación fundamental de la
dinámica para cada masa, tendremos:
m2g - T2 = m2a2 m2g - T2 = m2a2
T2 - fR2 -fR1 = m2a2/2 T2 - µ2(m1 + m2)g/2 -µ1 m1g/2 = m2a2/2
T1 - fR1 = m1a1/2 T1 - µ1 m1g/2 = m1a1/2
m1g - T1 = m1a1 m1g - T1 = m1a1
Sumando las dos últimas y simplificando: g(1 - µ1/2) = 3/2 a1
a1 = 
2
3
1
2
1−






µ
g = 
2
3
5
6
5
9
g g= = 5.44 m/s2
por tanto T1 = m1(g - a1) = g g1
5
9
4
9
−




 = = 4.36 N.
Para obtener a2 sumamos las dos primeras y sustituimos valores:
g 2
2
9
3
1
2
1
3
1
1
2
2
3
2
− −




 = a2 a2 = g/2 = 4.9 m/s
2
m1 m2
m1/2
µ2
µ1
m2/2
AB
m1 m2
m1/2
m2/2
P2
T2
T2
T1
T1
P1
fR1
fR1
fR2
N1 N2
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 13
Finalmente, la fuerza mutua que se ejercen las dos masas es la resultante del peso de la superior
con la fuerza de rozamiento:
r r r
F f P F f Pr rm m12 1 12 1
2 2 2 2
1
2
1
2
16 4 9= + = + = +; . . = 5.16 N
fR1 = µ1N1 = µ1m1g/2 = g/3/2= g/6 =1.6 N
14. Un recipiente semiesférico de radio R está rotando con velocidad angular ω respecto de su
eje vertical. Cuando se coloca una canica en la superficie interior
a una distancia r del eje, ésta permanece en equilibrio. Demostrar
que para que esto suceda, r debe ser:
r R
g
= −2
2
4ω
Sobre la canica actúan, su peso, y la fuerza de reacción
del suelo:
r r r
P N a+ = m ; − + − = −N N mg m rsen ( cos )α α ω
r r r
i j i2
El vector aceleración resultante va dirigido hacia el
eje y es normal al vector velocidad.
Nsenα = mω2r
Ncosα = mg
dividiendo miembro a miembro:
tanα = 
ω2r
g
 = 
r
R r2 2−
R r
g2 2
2− = ω
R r
g2 2
2
4− = ω
r R
g
= −2
2
4ω
ω
R
r
ω
R
r
α
R r2 2− N
P
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 14
15. Una caja de 20 kg es arrastrada por un suelo horizontal con velocidad constante mediante
una cuerda que forma cierto ángulo con la horizontal. El coeficiente de rozamiento dinámico
entre la caja y el suelo vale 0.6. Calcular el ángulo de inclinación de la cuerda que consigue que
la fuerza tenga un valor mínimo.
Primero se escriben las fuerzas en forma
vectorial:
r r r
F i j= +F Fcos senα α
r r
N j= N
r r
P j= −mg
r r
f iR = −µN
Planteando la ecuación fundamental de la
dinámica:
r r r
F i j= − + + − =∑ ( cos ) ( sen )F N N F mgα µ α 0;
ya que la aceleración es 0.
por tanto: 
F N
N F mg
N mg F
F mg F
cos
sen
sen
cos ( sen )
α µ
α
α
α µ α
− =
+ − =






⇒
= −
− − =






0
0 0
 F(cosα + µsenα) = µmg
F
mg
=
+
µ
α µ αcos sen
Para averiguar si la función F(α) presenta
un valor mínimo derivamos F respecto de α
e igualamos a cero:
dF
d
mg
α
µ α µ α
α µ α
= −
− +
+
=
( sen cos )
(cos sen )2
0
basta que el numerador sea 0:
αFmin = arctan(0.6) = 30.96º.
El valor de la fuerza mínima será:
F
mg
min
min min
=
+
µ
α µ αcos sen
Para obtener senα y cosα, trazamos un triángulo de lados µ y 1:
senα = 
µ
µ1 2+
cos α = 
1
1 2+µ
F
mg mg mg
mgm
m m
m= +
=
+
+
=
+
=
µ
α µ α
µ
µ
µ
µ
µ
α
cos sen
sen
1
1
1
2
2
2
=100.8 N
F
N
P
fr α
100
120
140
160
180
200
0 20 40 60 80
ángulo (º)
F 
(N
)
Fuerza ejercida en función del ángulo de inclinación de la cuerda.
αFmin = arctan µ
α1
µ
1 2+µ
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 15
En el gráfico se ha representado la función F(α). En él se ve que para α = 0, F = µmg;
decreciendo al aumentar α, el punto mínimo F = 100.8 N α = 30.96º, y el aumento de F a partir
de este ángulo.
16. Sobre un plano inclinado un ángulo α se sitúan dos cuerpos, tal como se muestra en la
figura. Sabiendo que las masas de dicho cuerpos
son m1 y m2 y que sus coeficientes de rozamiento
con el suelo valen µ1 y µ2, con µ1>µ2, determinar:
a) Fuerza de contacto entre los cuerpos.
b) Valor mínimo de α para que se inicie el
movimiento.
Llamando a la fuerza de contacto que la masa 2 hace sobre la 1 F1,
hallaremos la fuerza resultante sobre la masa 1.
La proyección del peso sobre la línea paralela al plano vale
m1gsenα, y la fuerza de rozamiento µ1N1 = µ1m1gcosα, por tanto:
m1gsenα + F1 - µ1m1gcosα = m1a (1)
Del mismo modo procedemos con la masa 2:
Llamando a la fuerza de contacto que la masa 1 hace sobre la 2 F2,
hallaremos la fuerza resultante sobre la masa 2.
La proyección del peso sobre la línea paralela al plano vale
m2gsenα, y la fuerza de rozamiento µ2N2 = µ2m2gcosα, por tanto:
m2gsenα - F2 - µ2m2gcosα = m2a (2)
Considerando que F1 = F2 = F en valor absoluto, e igualando las
dos aceleraciones:
gsenα + F/m1 - µ1gcosα = gsenα - F/m2 - µ2gcosα
( )F
m m
g
1 1
1 2
1 2+





 = −cosα µ µ
( )F m m
m m
g=
−
+
µ µ α1 2 1 2
1 2
cos
observamos que si µ1 = µ2, la fuerza de contacto se anula.
b) Considerando aceleración cero en el caso mínimo, y utilizando las relaciones (1) y (2):
m1gsenα + F = µ1m1gcosα
m2gsenα = F + µ2m2gcosα
si las sumamos para deshacernos de F:
gsenα(m1+m2) = gcosα(µ1m1+µ2m2); tan
m m
m m
α
µ µ
=
+
+
1 1 2 2
1 2
1
2
α
α
P1
N1
fR1
F1
1
α
P2
N2 fR2 F2
2
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 16
17. Analizar las circunstancias en que puede empujarse un coche parado. Aplicarlo a la
situación en que la masa de la persona es de 80 kg, la masa del coche es de 1000 kg, el
coeficiente estático de rozamiento entre la persona y el suelo 0.6 y el coeficiente estático de
rozamiento entre el coche y el suelo 0.05.
Para que el coche comience a
moverse es necesaria una
fuerza µ2Mg, que por el
tercer principio de la
dinámica actuará sobre la
persona. Pero ésta se pondrá
en movimiento si actúa sobre
ella una fuerza mayor que
µ1mg, de modo que si µ2Mg es mayor que µ1mg, quien se moverá será la persona. Para mover el
coche es necesario que µ1m > µ2M.
En el caso concreto, µ1m = 48 y µ2M = 50, por lo que el coche empujará a la persona.
18. El bloque de la figura está sujeto a una varilla vertical por medio de dos cuerdas. Cuando el
sistema gira alrededor del eje longitudinal de la varilla, las cuerdas se
tensan. Determina el valor de las tensiones en las cuerdas cuando la
velocidad angular sea de 120 revoluciones por minuto.
Datos: m = 1 kg; L = 30 cm; d = 20 cm.
Inicialmente, cuando la velocidad
angular es pequeña, el sistema se
comporta como un péndulo cónico, siendo
T2, la tensión de la cuerda inferior, cero.
A partir decierta velocidad angular las
dos cuerdas se tensan, estando la masa
sometida a las fuerzas que se indican en la
figura.
Como la masa se halla en equilibrio pero con una
aceleración normal dirigida hacia la varilla:
ω = 2πf = 2π⋅2 = 4π rad/s.
r r
F a=∑ m N ;
r r r r
T T P u1 2
2+ + = m R Nω
Resolveremos la ecuación anterior en cada eje:
T1cosα = T2cosα + mg
T1senα + T2senα = mω2R haciendo senα = R/L; cosα = d/L
( )
( )
d
L
T T mg
R
L
T T m R
T T
mgL
d
T T m L
T
mL g
d
1 2
1 2
2
1 2
1 2
2
1
2
2
− =
+ =






⇒
− =
+ =





⇒ = +





ω ω
ω = 31.04 N
2d
L
m
2d
α
R
L
T1
T2
P
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 17
T T
mgL
d
mL g
d
mgL
d
mL g
d2 1
2 2
2 2
= − = +




 − = −





ω ω = 16.34 N
19. Un bloque de masa 18 kg cuelga de una cuerda de 1.5 m descansando en una superficie
cónica cuyo eje de revolución forma 37º con la generatriz. El cono gira con una frecuencia de
15 r.p.m.. Calcular:
a) La fuerza de contacto de la superficie cónica con
el bloque.
b) La tensión de la cuerda
c) La frecuencia necesaria para que el bloque se
separe del suelo, y tensión en este momento.
La masa se halla en equilibrio vertical pero con una
aceleración normal dirigida hacia el interior, ya que
describe circunferencias de radio R:
ω = 2πf = 2π⋅15/60 = π/2 rad/s.
r r
F a=∑ m N
r r r r
N T P u+ + = m R Nω
2
( sen cos ) ( cos )T N T mg m Rα α α ω− + − =
r r r
i j i2
T N m R
T N mg
sen cos
cos sen
α α ω
α α
− =
+ =








2
→ T N m R
T mg N
sen cos
cos sen
α α ω
α α
= +
= −








2
dividiendo miembro a miembro:
tan
N m R
mg N
α
α ω
α
=
+
−
cos
sen
2
N m R mg N tancos ( sen )α ω α α+ = −2
N tan m g tan L(cos sen ) ( sen )α α α α ω α+ = − 2
N m
g tan L
tan
=
−
+
α ω α
α α α
2 sen
cos sen
 = 18
9 8 0 75 0 25 15 0 6
0 8 0 6 0 75
2. . . . .
. . .
⋅ − ⋅
+ ⋅
π
 = 73.9 N
b) T
mg N
=
− sen
cos
α
α
 = 165 N
c) N = 0 para g⋅tanα = ω2Lsenα → ω
α
α α
= =
g tan
L
g
Lsen cos
 = 2.86 rad/s
→ f = 0.45 Hz = 27.29 r.p.m.
la tensión en ese momento es: T
mg
=
cosα
 = 220.5 N
α
ω
L
m
α
ω
a
R = Lsenα
T N
P
DINÁMICA DEL PUNTO MATERIAL - 18
20. ¿Qué aceleración horizontal hay que proporcionar al sistema de la figura para que la masa
no deslice?. Aplicarlo al caso en que el coeficiente de
rozamiento estático entre las dos superficies sea de
0.15 y el ángulo de inclinación sobre la horizontal
30º.
La fuerza resultante sobre la masa que se
halla sobre el plano es 
r r r r
P N f ar+ + = m . Si queremos
que la masa no se deslice, esto equivale a decir que
no tenga componente vertical de aceleración: aY = 0,
o, 
r r
a i= a . Desglosada por ejes nos conduce a dos ecuaciones:
NX - fRX = ma
NY + fRY = mg
Nsenα - µNcosα = ma
Ncosα + µNsenα = mg
dividiéndolas:
a
g
=
−
+
sen cos
cos sen
α µ α
α µ α
a g
tan
tan
=
−
+
α µ
µ α1
 = 3.85 m/s2
Para aceleraciones menores, N y fR son pequeños y la
masa se desliza hacia abajo (siempre que µ < tanα). Con
aceleraciones mayores la masa comenzará a subir (N
crece, y con ella fR, pero PX no varía).
α
a
P
N
fR
α
x
y
a