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PROBLEMAS RESUELTOS TEMA: 3 
1.- Una partícula de 3 kg se desplaza con una velocidad de 𝟐𝟐 𝐦𝐦 𝐬𝐬⁄ cuando se encuentra 
en 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎. Esta partícula se encuentra sometida a una fuerza 𝑭𝑭𝒙𝒙 que varia con la 
posición del modo indicado en la figura: 
a. ¿Cuál es su energía cinética para 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎? 
b. ¿Cuál es el trabajo realizado por la fuerza cuando la partícula se desplaza desde 
𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 𝐦𝐦 a 𝒙𝒙 = 𝟒𝟒 𝐦𝐦? 
c. ¿Cuál es la velocidad de la partícula cuando se encuentra en 𝒙𝒙 = 𝟒𝟒 𝐦𝐦? 
 
a) 
𝐸𝐸𝑐𝑐 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 =
1
2
∙ 3 ∙ 22 = 6 J 
 
b) 
𝑊𝑊 = � 𝐹𝐹𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑 =
6 ∙ 4
2
= 12 J
4
0
 
donde la integral se ha calculado teniendo en cuenta que ésta representa el área encerrada por la 
figura. En este caso es un triangulo: (base × altura)/2 
 
c) La energía que gana la partícula por la acción de la fuerza en 𝑑𝑑 = 4 es 12 J más los 6 J que ya 
tenía en 𝑑𝑑 = 0: 
𝐸𝐸𝑐𝑐 = 12 + 6 = 18 J 
𝐸𝐸𝑐𝑐 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣𝑣 = �
2 × 18
3
= 3,46 m s⁄ 
 
2.- Un objeto de 4 kg inicialmente en reposo en 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 se acelera con potencia 
constante de 𝟖𝟖 𝐖𝐖. En 𝒕𝒕 = 𝟗𝟗 𝐬𝐬 su posición es 𝒙𝒙 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝐦𝐦. Determinar su velocidad para 𝒕𝒕 =
𝟑𝟑 𝐬𝐬 y su posición ese instante. 
La potencia cumple: 
𝑃𝑃 = 𝐹𝐹 ∙ 𝑣𝑣 = 𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 ∙ 𝑣𝑣 
Según el Ejemplo 2 del párrafo 3.1.2 de los apuntes: 
𝑑𝑑(𝑡𝑡) = �
8𝑃𝑃
9𝑚𝑚
�
1
2�
𝑡𝑡3 2� 
Y con los datos del problema: 
 36 = �
8𝑃𝑃
9 ∙ 4
�
1
2�
∙ 93 2� ⟹ 𝑃𝑃 = 8 W 
(en realidad, este dato ya lo dan en el enunciado aunque no era necesario para resolver el 
problema). 
Derivando la expresión 𝑑𝑑(𝑡𝑡) obtenemos 
𝑣𝑣 = �
2𝑃𝑃
𝑚𝑚
�
1
2�
∙ 𝑡𝑡1 2� 
Para 𝑡𝑡 = 6 𝑠𝑠 y con 𝑃𝑃 = 8 W, resulta 
𝑣𝑣 = 4,9 m s⁄ y 𝑑𝑑 = 19,6 m 
 
La velocidad también se podría haber obtenido del siguiente modo: 
𝑊𝑊 = 𝑃𝑃𝑡𝑡 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 
8 · 6 =
1
2
4𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣𝑣 = 4,9 m/s 
 
 
3.- Una máquina de Atwood sencilla utiliza dos masas 𝒎𝒎𝟏𝟏 y 𝒎𝒎𝟐𝟐 (𝒎𝒎𝟏𝟏 > 𝒎𝒎𝟐𝟐). Partiendo 
del reposo, la velocidad de las dos masas es 𝟒𝟒 𝐦𝐦 𝐬𝐬⁄ al cabo de 𝟑𝟑 𝐬𝐬. En este instante, la 
energía cinética del sistema es de 𝟖𝟖𝟎𝟎 𝑱𝑱. Determinar los valores de 𝒎𝒎𝟏𝟏 y 𝒎𝒎𝟐𝟐. 
𝑣𝑣 = 𝑎𝑎 ∙ 𝑡𝑡 ⟹ 𝑎𝑎 =
𝑣𝑣
𝑡𝑡
=
4
3
 m s2⁄ 
Según se obtuvo en el problema correspondiente de la máquina de Atwood (prob. 2, tema 
2): 
𝑎𝑎 =
𝑚𝑚1 −𝑚𝑚2
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
𝑔𝑔 𝑚𝑚1 > 𝑚𝑚2 
Esto es: 
4
3
=
𝑚𝑚1 −𝑚𝑚2
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
𝑔𝑔 [1] 
Ahora, la 𝐸𝐸𝑐𝑐 del sistema es: 
1
2
𝑚𝑚1(4)2 +
1
2
𝑚𝑚2(4)2 = 80 [2] 
 
Resolviendo [1] y [2] obtenemos: 
𝑚𝑚1 = 5,67 kg 
𝑚𝑚2 = 4,32 kg 
Vemos que la m1 debe haber descendido una altura h dada por: 
ℎ =
1
2
𝑎𝑎𝑡𝑡2 =
1
2
·
4
3
· 32 = 6 m 
Esta misma altura la habrá ascendido la masa m2 mientras cae m1. 
Por conservación de la energía, en el estado inicial sólo tendríamos la energía potencial de 
la masa m1 y en el estado final tendríamos energía potencial de la masa m2 y la energía cinética del 
sistema: 
𝑚𝑚1𝑔𝑔ℎ = 80 + 𝑚𝑚2𝑔𝑔ℎ 
O bien, con h = 6 m: 
(𝑚𝑚1 −𝑚𝑚2)𝑔𝑔 =
80
6
 
Podríamos haber usado esta ecuación en lugar de la ecuación [1] para resolver el sistema. 
 
 
 
4.- La fuerza que actúa sobre un objeto viene dada por la expresión 𝑭𝑭(𝒙𝒙) = 𝒙𝒙𝟑𝟑 − 𝟒𝟒𝒙𝒙. 
Localizar las posiciones de equilibrio estable e inestable y demostrar que en estos 
puntos la energía potencial tiene máximos o mínimos locales. 
Como 
dx
dEF P−= , integrando F y cambiando el signo obtenemos: 
𝐸𝐸𝑃𝑃 = −�
𝑑𝑑4
4
− 2𝑑𝑑2� 
Si representamos 𝐸𝐸𝑃𝑃 como función de 𝑑𝑑, resulta: 
 
 
 
Para ver dónde existen extremos (máximos y mínimos) haremos un estudio de los puntos críticos 
de EP derivando e igualando a cero. Sabemos: 
−
𝑑𝑑𝐸𝐸𝑝𝑝
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 𝐹𝐹 
 
Hacemos 𝐹𝐹 = 0 ⟹ 𝑑𝑑(𝑑𝑑2 − 4) = 0 ⟹ � 𝑑𝑑 = 0𝑑𝑑 = ±2 
Veremos mediante la derivada 2ª cuáles de dichos extremos son máximos o mínimos: 
𝑑𝑑2𝐸𝐸𝑝𝑝
𝑑𝑑𝑑𝑑2
= −(3𝑑𝑑2 − 4) 
En 𝑑𝑑 = 0 ⟹ 𝑑𝑑
2𝐸𝐸𝑝𝑝
𝑑𝑑𝑥𝑥2
= +4 > 0 ⟹ 𝑑𝑑 = 0 es mínimo (punto de equilibrio estable). 
En 𝑑𝑑 = 2 ⟹ 𝑑𝑑
2𝐸𝐸𝑝𝑝
𝑑𝑑𝑥𝑥2
= −0 < 0 ⟹ 𝑑𝑑 = 2 es un máximo (punto de equilibrio inestable). 
En 𝑑𝑑 = −2 ⟹ 𝑑𝑑
2𝐸𝐸𝑝𝑝
𝑑𝑑𝑥𝑥2
= −8 < 0 ⟹ 𝑑𝑑 = −2 es un máximo (punto de equilibrio inestable). 
 
 
5.- Una partícula se encuentra sometida a la fuerza: 
𝑭𝑭��⃗ = �
𝒙𝒙
𝟐𝟐
+ 𝟐𝟐𝟐𝟐�𝒂𝒂��⃗ 𝒙𝒙 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝒂𝒂��⃗ 𝟐𝟐 𝐍𝐍 
Hallar el trabajo realizado al mover la partícula: a) desde el origen hasta (𝟒𝟒,𝟎𝟎,𝟎𝟎) 𝐦𝐦 y 
desde (𝟒𝟒,𝟎𝟎,𝟎𝟎) 𝐦𝐦 hasta (𝟒𝟒,𝟐𝟐,𝟎𝟎) 𝐦𝐦 y b) directamente desde al origen a(𝟒𝟒,𝟐𝟐,𝟎𝟎)𝐦𝐦. 
 
 
Sabemos que el trabajo cumple: 
𝑊𝑊 = � �⃗�𝐹 𝑑𝑑𝑟𝑟
𝐵𝐵
𝐴𝐴
 
a) En el primer movimiento nos movemos a lo largo del eje X desde (0,0,0) hasta (4,0,0) ⟹
 𝑑𝑑𝑟𝑟 = �⃗�𝑎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑 
Al realizar el producto escalar, resulta: 
�⃗�𝐹 𝑑𝑑𝑟𝑟 = �
𝑑𝑑
2
+ 2𝑦𝑦� 𝑑𝑑𝑑𝑑 
ya que �
�⃗�𝑎𝑥𝑥 ∙ �⃗�𝑎𝑥𝑥 = 1
�⃗�𝑎𝑥𝑥 ∙ �⃗�𝑎𝑦𝑦 = 0
 
Para el primer trayecto a lo largo del eje X desde (0,0,0) hasta (4,0,0), el trabajo 
quedará: 
𝑊𝑊 = � �
𝑑𝑑
2
+ 2𝑦𝑦� 𝑑𝑑𝑑𝑑
4
0
 
pero el eje X tiene por ecuación 𝑦𝑦 = 0, luego: 
𝑊𝑊 = �
𝑑𝑑
2
 𝑑𝑑𝑑𝑑 =
1
2
� 𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑑𝑑 =
1
2
 
𝑑𝑑2
2
�
0
44
0
=
1
4
(16 − 0) = 4 J
4
0
 
En segundo movimiento nos movemos en vertical (eje de ecuación 𝑑𝑑 = 4) desde 
(4,0,0) hasta (4,2,0), luego 𝑑𝑑𝑟𝑟 = �⃗�𝑎𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑦𝑦. 
(0,0,0) (4,0,0) 
(4,2,0) 
Y 
X 
 El producto escalar quedará (con x = 4): �⃗�𝐹 𝑑𝑑𝑟𝑟 = 2𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑦𝑦 = 8 𝑑𝑑𝑦𝑦 
 Y el trabajo para ese trayecto, será: 
𝑊𝑊 = � 8 𝑑𝑑𝑦𝑦 = 16 J
2
0
 
El trabajo W total será 4 + 16 = 20 J 
b) Siguiendo el trayecto directo desde el origen (0,0,0) hasta (4,2,0), la ecuación de la línea 
es: 
𝑦𝑦 =
𝑑𝑑
2
 ⟹ 𝑑𝑑 = 2𝑦𝑦 ⟹ 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 2𝑑𝑑𝑦𝑦 
 En este trayecto, al desplazarse varía tanto x como y, luego: 𝑑𝑑𝑟𝑟 = �⃗�𝑎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑 + �⃗�𝑎𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑦𝑦 
El trabajo quedará: 
𝑊𝑊 = � �⃗�𝐹 𝑑𝑑𝑟𝑟
𝐵𝐵
𝐴𝐴
= � ��
𝑑𝑑
2
+ 2𝑦𝑦� �⃗�𝑎𝑥𝑥 + 2𝑑𝑑 �⃗�𝑎𝑦𝑦� �𝑑𝑑𝑑𝑑 �⃗�𝑎𝑥𝑥 + 𝑑𝑑𝑦𝑦 �⃗�𝑎𝑦𝑦�
𝐵𝐵
𝐴𝐴
= � �
𝑑𝑑
2
+ 2𝑦𝑦� 𝑑𝑑𝑑𝑑 + 2𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑦𝑦 =
𝐵𝐵
𝐴𝐴
 
{Según la ecuación del trayecto, para integrar hacemos el cambio de variable: 
𝑦𝑦 =
𝑑𝑑
2
 ⟹ 𝑑𝑑𝑦𝑦 =
𝑑𝑑𝑑𝑑
2
 
e integramos ya en x desde 0 hasta 4.} 
= � �
𝑑𝑑
2
+ 2
𝑑𝑑
2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑 + 2𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
2
= �
5
2
𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑑𝑑 =
5
2
� 𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑑𝑑 =
5
2
·
𝑑𝑑2
2
�
0
4
=
5
4
· 16 = 20 J
4
0
4
0
4
0
 
Como para el trayecto a) y para el trayecto b) el trabajo vale 20 𝐽𝐽 podemos asegurar que �⃗�𝐹 
es una fuerza conservativa. 
Este mismo problema aparecerá en la asignatura de Física II aplicado a cargas eléctricas. 
 
 
6.- Una partícula de 3 kg parte del reposo en 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 y se mueve bajo la influencia de 
una sola fuerza 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝟑𝟑 + 𝟒𝟒𝒙𝒙 − 𝟑𝟑𝒙𝒙𝟐𝟐 en donde 𝑭𝑭𝒙𝒙 se mide en newtons y x en metros 
a) Determinar el trabajo realizado por la fuerza cuando la partícula se desplaza 
desde 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 𝐦𝐦 hasta 𝒙𝒙 = 𝟑𝟑 𝐦𝐦. 
b) Determinar la potencia suministrada a la partícula cuando se encuentra en 𝒙𝒙 =
𝟑𝟑 𝒎𝒎. 
 
a) 
𝑊𝑊 = � 𝐹𝐹𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 6𝑑𝑑 + 2𝑑𝑑2 − 3
𝑑𝑑3
3
�
0
3
= 18 + 18 − 27 = 9 J
3
0
 
b) 
𝑃𝑃 =
𝑑𝑑𝑊𝑊
𝑑𝑑𝑡𝑡
= 𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 ∙ 𝑣𝑣 
Como por la 2ª ley de Newton 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 
𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝑚𝑚
=
6
3
+
4
3
𝑑𝑑 −
3
3
𝑑𝑑2 = 2 +
4
3
𝑑𝑑 − 𝑑𝑑2 
que para 𝑑𝑑 = 3 vale 𝑎𝑎 = −3 m s2⁄ . 
Como la aceleración está dada en función del desplazamiento, entonces: 
𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣02 + 2� 𝑎𝑎(𝑠𝑠) 𝑑𝑑𝑠𝑠
𝑠𝑠
𝑠𝑠0
 
Como se parte del reposo 𝑣𝑣0 = 0; aquí 𝑠𝑠0 = 𝑑𝑑0 = 0 y 𝑣𝑣2 para 𝑑𝑑 = 3 sera: 
𝑣𝑣2 = 2� �2 +
4
3
𝑑𝑑 − 𝑑𝑑2� 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 2�2𝑑𝑑 +
4
6
𝑑𝑑2 −
𝑑𝑑3
3
��
0
3
= 2 �6 + 6 −
27
3
� =2 ∙ 3
3
0
= 6 m² s2 ⟹ 𝑣𝑣 = √6 m s⁄⁄ 
Finalmente, 𝑃𝑃 = 𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 ∙ 𝑣𝑣 que en 𝑑𝑑 = 3, resulta: 
𝑃𝑃 = 3 ∙ (−3) ∙ √6 = −22,04 W 
Que es negativa porque en realidad la partícula frena (𝑎𝑎 = −3 𝑚𝑚 𝑠𝑠2)⁄ en 𝑑𝑑 = 3 m 
La velocidad también se podía haber obtenido a partir del trabajo W: 
𝑊𝑊 = 9 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 =
3
2
𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣𝑣 = √6 m s⁄ 
 
7.- Una muchacha en bicicleta que circula por una carretera horizontal a 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝐦𝐦 𝐬𝐬⁄ deja 
de pedalear cuando inicia una cuesta inclinada con 𝟑𝟑° con la horizontal. Ignorando las 
fuerzas de rozamiento, que distancia recorrerá sobre la colina antes de detenerse? 
 
Contrariamente a lo que podría pensarse, la repuesta no depende de la masa de la 
muchacha (y de la bicicleta). En realidad, toda la energía cinética inicial de la muchacha-bici se 
transforma en únicamente energía potencial en el punto más alto: 
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ 
Según el esquema: 
ℎ = 𝑑𝑑 sin𝜃𝜃 = 𝑑𝑑 sin 3 
En la conservación de la energía, la masa se cancela: 
𝑣𝑣2
2
= 𝑔𝑔 𝑑𝑑 sin 3 ⟹ 𝑑𝑑 =
𝑣𝑣2
2𝑔𝑔 sin 3
= 97,5 m 
 
 
h 
d 
θ =3º 
8.- Un bloque de masa m reposa sobre un plano inclinado como indica la figura. Por 
medio de una polea, el bloque esta conectado a un muelle de constante K del cual se 
tira abajo con una fuerza gradualmente creciente. El valor de 𝝁𝝁𝒆𝒆 es conocido. 
Determinar la energía potencial del muelle en el momento que el bloque comienza 
moverse. 
 
 
Sabemos que la fuerza del muelle es de tipo 𝐹𝐹 = − 𝐾𝐾𝑑𝑑. Esta fuerza se transmitirá por la 
cuerda hasta el bloque. 
El bloque ejerce una fuerza hacia abajo 𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝜃𝜃 y ofrece una resistencia al movimiento 
𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 debido al rozamiento. De modo que para mover el bloque necesitamos aplicar 
𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝜃𝜃 + 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃. Esta fuerza se debe igualar a la fuerza de estiramiento 𝐹𝐹 = 𝐾𝐾𝑑𝑑 siendo 
d el estiramiento del muelle en el momento en que el bloque comieza a moverse 
𝐾𝐾𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝜃𝜃 + 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 
𝑑𝑑 =
𝑚𝑚𝑔𝑔(sin𝜃𝜃 + cos 𝜃𝜃 𝜇𝜇𝑒𝑒)
𝐾𝐾
 
Una vez hallado el estiramiento d, sabemos que la energía potencial (elástica) del muelle es 
del tipo 1
2
𝐾𝐾𝑑𝑑2: 
1
2
𝐾𝐾𝑑𝑑2 =
1
2
(sin𝜃𝜃 + 𝜇𝜇𝑒𝑒 cos 𝜃𝜃)2 𝑚𝑚2𝑔𝑔2
𝐾𝐾
 
 
 
9.- Un péndulo esta formado por una cuerda de longitud L y una lenteja de masa m. La 
cuerda dispone en posición horizontal y se da a la lenteja la velocidad inicial mínima 
para que el péndulo de una vuelta completa en el plano vertical. 
a) ¿Cuál es la máxima energía cinética de la lenteja? 
b) ¿Cuál es en ese momento la tensión de la cuerda? 
 
a) Según vimos en el capitulo anterior, y pensando desde un punto de vista inercial sin aplicar la 
2ª ley de newton, para que el péndulo de la vuelta completa se debe cumplir que en el punto 
más alto, la fuerza centrifuga se iguale al peso: 
𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝐿𝐿
= 𝑚𝑚𝑔𝑔 ⟹ 𝑣𝑣 = �𝑔𝑔𝐿𝐿 
En el punto más alto, el péndulo tendrá una energía cinética que según la expresión 
anterior de la velocidad, será: 
𝐸𝐸𝑘𝑘 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 =
1
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 
y tendrá una energía potencial: 
𝐸𝐸𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ = 𝑚𝑚𝑔𝑔2𝐿𝐿 
 
De modo, que la energía total en el punto más alto: 
𝐸𝐸𝑇𝑇 = 𝐸𝐸𝑘𝑘 + 𝐸𝐸𝑝𝑝 =
1
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑔𝑔2𝐿𝐿 =
5
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 
En el punto mas bajo, no tendrá 𝐸𝐸𝑝𝑝 y solo tendrá 𝐸𝐸𝑘𝑘 que será la mayor puesto que la 
velocidad será también la mayor. Por supuesto, la energía total se conserva y es la misma en 
cualquier punto del círculo: 
1
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑔𝑔2𝐿𝐿 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥2 + 0 
La energía cinética máxima ocurrirá en el punto más bajo y será: 
𝐸𝐸𝑘𝑘 =
5
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 
2L 
gLv =
b) La tensión en el punto más bajo será la suma del peso 𝑚𝑚𝑔𝑔 y de la fuerza centrifuga 𝑚𝑚𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
2
𝐿𝐿
. 
Para ello calculamos 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥2 en el punto mas bajo: 
5
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥2 ⟹ 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥2 = 5𝑔𝑔𝐿𝐿 
Y finalmente, la tensión: 
𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑔𝑔 + 𝑚𝑚
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥2
𝐿𝐿
= 𝑚𝑚𝑔𝑔 + 𝑚𝑚
5𝑔𝑔𝐿𝐿
𝐿𝐿
= 6𝑚𝑚𝑔𝑔 
 
 
10.- Un bloque de masa m descansa sobre un plano rugoso inclinado 𝜽𝜽 grados sobre la 
horizontal. El bloque esta unido a un muelle de constante K próximo a la parte alta del 
plano. Los coeficientes de rozamiento estatico y cinético entre el bloque y el plano son 
𝝁𝝁𝒆𝒆 y 𝝁𝝁𝒄𝒄 respectivamente. Tiramos del muelle lentamente hacia arriba a lo largo del 
plano hasta que el bloque comienza a moverse. 
a) Determinar una expresión para el alargamiento d del muelle en el momento que el 
bloque se mueve. 
b) Determinar el valor 𝝁𝝁𝒄𝒄 tal que el bloque se detenga justo cuando el muelle se 
encuentra en su condición natural, es decir, ni alargado ni comprimido. 
a) Cuando el muelle se haya estirado una distancia d, el movimiento será inminente. Entonces la 
fuerza del muelle será compensada por la componente del peso del cuerpo a lo largo del plano y la 
fuerza de rozamiento estática: 
𝐾𝐾𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 + 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 ⟹ 𝑑𝑑 =
𝑚𝑚𝑔𝑔(sin𝜃𝜃 + 𝜇𝜇𝑒𝑒 cos 𝜃𝜃)
𝐾𝐾
 
b) En la situación inicial el bloque está parado (no hay EK) y, si tomamos el origen de energías 
potenciales en el punto más bajo (punto inicial), tampoco habrá energía potencial gravitatoria. 
Sólo habrá energía potencial elástica del resorte 𝐾𝐾𝑑𝑑2 2⁄ . 
 En la situación final, el resorte estará sin deformar (no tendrá energía potencial elástica), el 
bloque estará parado (sin energía cinética) pero tendrá una energía potencial gravitatoria 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ =
𝑚𝑚𝑔𝑔𝑑𝑑 sin𝜃𝜃. Además, se habrá perdido la energía correspondiente a la fricción 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos𝜃𝜃 𝑑𝑑, 
donde se utilizado el coef. de fricción cinética ya que ha habido deslizamiento. 
 Por conservación de energía: 
1
2
𝐾𝐾𝑑𝑑2 = 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑑𝑑 sin𝜃𝜃 + 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 𝑑𝑑 ⟹ 𝜇𝜇𝑐𝑐 =
𝜇𝜇𝑒𝑒 − tan𝜗𝜗
2
 
donde se ha utilizado la expresión de d hallada en el apartado a). 
11.- Un bloque de masa m se desliza hacia abajo con velocidad constante v por un 
plano inclinado un ángulo 𝜽𝜽 con la horizontal. Durante el intervalo de tiempo ∆𝒕𝒕, ¿Cuál 
es la magnitud de la energía disipada por rozamiento? 
Como el cuerpo se mueve a velocidad v constante, recorrerá una distancia 𝑣𝑣∆𝑡𝑡 en el 
tiempo ∆𝑡𝑡 . En ese tiempo, habrá descendido una distancia h, dada por 𝑣𝑣∆𝑡𝑡 · sin 𝜃𝜃 con lo que su 
energía potencial ha cambiado en 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑣𝑣∆𝑡𝑡 · sin𝜃𝜃. 
La energía total que el cuerpo tiene en el punto más 
alto es 1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑣𝑣∆𝑡𝑡 sin 𝜃𝜃. En el punto más bajo podemos 
tomar que no tiene energía potencial (si tomamos allí el 
origen de energías potenciales) pero llevará la mis energía 
cinética (la velocidad es constante por el enunciado) y se 
habrá perdido una cierta energía de rozamiento. 
Por conservación de la energía: 
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑣𝑣∆𝑡𝑡 sin𝜃𝜃 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 + (𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝑟𝑟𝑔𝑔í𝑎𝑎 𝑝𝑝𝐸𝐸𝑟𝑟𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑎𝑎 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑝𝑝𝑟𝑟𝑎𝑎𝑚𝑚𝑝𝑝𝐸𝐸𝐸𝐸𝑡𝑡𝑝𝑝) 
De aquí obtenemos la energía perdida por rozamiento que nos piden: 
𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝑟𝑟𝑔𝑔í𝑎𝑎 𝑝𝑝𝐸𝐸𝑟𝑟𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑎𝑎 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑝𝑝𝑟𝑟𝑎𝑎𝑚𝑚𝑝𝑝𝐸𝐸𝐸𝐸𝑡𝑡𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑣𝑣∆𝑡𝑡 sin𝜃𝜃 
Es decir, el cuerpo va eliminando en rozamiento la energía potencial de descenso. 
 Para que ocurra la situación del problema (caída por un plano con velocidad constante), se 
debe cumplir la igualdad de la fuerza del peso en dirección del plano 𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝜃𝜃 con la fuerza de 
rozamiento cinética (una vez se haya iniciado el movimiento de descenso) 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃. 
𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝜃𝜃 = 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 
 Es decir, para caída con velocidad constante en un plano, el coeficiente de rozamiento 
cinético debe cumplir: 
𝜇𝜇𝑐𝑐 = tan𝜃𝜃 
Esta relación ha aparecido en numerosas situaciones. 
tv ∆· 
θ 
h12.- Un bloque de 2 kg se deja libre sobre un plano inclinado hacia abajo, sin 
rozamiento, a una distancia de 4 m de un muelle de constante 𝑲𝑲 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐍𝐍 𝐦𝐦⁄ . El muelle 
esta fijo a lo largo del plano inclinado que forma un angulo de 𝟑𝟑𝟎𝟎°. 
a) Hallar la compresión máxima del muelle, admitiendo que carece de masa. 
b) Si el plano inclinado no es liso sino que el coeficiente de rozamiento entre el 
bloque y el plano es 0,2 hallar la compresión máxima. 
c) En el caso último del plano inclinado rugoso, ¿hasta qué punto subirá el bloque por 
el plano después de abandonar el muelle? 
 
 
a) Cuando el bloque haya comprimido al muelle, el bloque habrá recorrido por el plano una 
distancia (4 + 𝑑𝑑) siendo x la distancia de compresión que buscamos. El bloque habrá 
descendido una altura (4 + 𝑑𝑑) sin 30. Entonces, la energía potencial incial será 𝑚𝑚𝑔𝑔(4 +
𝑑𝑑) sin 30 que se transformará en energía potencial del resorte en el punto final del 
movimiento: 
𝑚𝑚𝑔𝑔(4 + 𝑑𝑑) sin 30 =
1
2
𝑘𝑘𝑑𝑑2 
Se despeja x de la ecuación de 2º grado y se obtiene 𝑑𝑑 = 0,989 m. En la ecuación de 2º 
grado sólo tiene sentido tomar x positiva 
b) En la nueva posición x’ final con el muelle comprimido, se habrá perdido una energía de 
fricción [𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃(4 + 𝑑𝑑′)]: 
𝑚𝑚𝑔𝑔(4 + 𝑑𝑑′) sin 30 =
1
2
𝐾𝐾𝑑𝑑′2 + 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 · (4 + 𝑑𝑑′) 
se despeja x’ de la nueva ecuación de 2º grado: 
𝑑𝑑′ = 0,782 m 
c) Una vez comprimido el muelle y cuando se empiece a subir, la energía potencial del muelle se 
transformará en energía potencial gravitatoria y pérdidas de fricción durante el todo trayecto 
de subida que ahora llamaremos x’’ 
1
2
𝐾𝐾(0,782)2 = 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑑𝑑′′ sin 30 + 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 30 · 𝑑𝑑′′ 
𝑑𝑑′′ = 2,317 m desde 0,782 m de compresión del muelle. 
𝑑𝑑 = 2,317 − 0,782 = 1,535 m después de abandonar el muelle. 
13.- Un péndulo de longitud L tiene una lenteja de masa m. Se deja libre desde un 
cierto ángulo 𝜽𝜽𝟏𝟏. La cuerda choca contra un clavo situado a una distancia x 
directamente por debajo del propio pivote acortándose realmente la longitud del 
péndulo. Determinar el ángulo máximo 𝜽𝜽𝟐𝟐, que forman la cuerda y la vertical cuando 
la lenteja esta a la derecha del clavo. 
 
Por la conservación de la energía, a la izquierda (en el punto más alto) sólo hay energía 
potencial. Por tanto a la derecha en el punto más alto habrá la misma energía potencial. Es decir, 
los puntos tienen la misma altura respecto del punto mas bajo que tomaremos como origen de 
energías potenciales. A dicha altura la llamaremos h. Del esquema se deduce: 
ℎ = 𝐿𝐿 − 𝐿𝐿 cos 𝜃𝜃1 = 𝐿𝐿 − 𝑑𝑑 − (𝐿𝐿 − 𝑑𝑑) cos 𝜃𝜃2 
o bien 
𝐿𝐿 cos𝜃𝜃1 = 𝑑𝑑 + (𝐿𝐿 − 𝑑𝑑) cos 𝜃𝜃2 
De aquí: 
cos 𝜃𝜃2 =
𝐿𝐿 cos𝜃𝜃1 − 𝑑𝑑
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
 
que sumando y restando L en el numerador, podemos 
escribir como: 
cos 𝜃𝜃2 =
𝐿𝐿 + 𝐿𝐿 cos 𝜃𝜃1 − 𝑑𝑑 − 𝐿𝐿
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
=
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
+
𝐿𝐿 cos 𝜃𝜃1
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
−
𝐿𝐿
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
= 1 −
𝐿𝐿
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
(1 − cos 𝜃𝜃1) 
𝜃𝜃2 = 𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎 cos �1 −
𝐿𝐿
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑
(1 − cos𝜃𝜃1)� 
 
h 
14.- Un muchacho de masa m esta sentando sobre un montículo hemisférico de nieve. 
Si empieza a resbalar desde el reposo (suponiendo el hielo perfectamente liso) ¿en 
qué punto P deja el muchacho de tener contacto con el hielo? 
 
 
En el punto de contacto P la fuerza centrífuga igualará la componente normal del peso: 
 
𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝑅𝑅
= 𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝜃𝜃 
O bien: 
𝑣𝑣2 = 𝑔𝑔𝑅𝑅 sin𝜃𝜃 
Ahora, por conservación de energía, 
la energía potencial inicial del muchacho 
antes de caer 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 (la cinética es nula 
debido al reposo inicial) se convertirá en 
cinética final y potencial final: 
Esta última vendrá dada por: 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ = 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 sin𝜃𝜃 
Entonces, por conservación: 
Con la 𝑣𝑣2 que hemos hallado antes: 
Dividiendo ambos miembros entre 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅: 
1 = sin𝜃𝜃 +
sin𝜃𝜃
2
=
3
2
sin 𝜃𝜃 
sin𝜃𝜃 =
2
3
 ⟹ 𝜃𝜃 = 41,81° 
O bien ℎ = 𝑅𝑅 sin𝜃𝜃 = 𝑅𝑅 2
3
= 0, 6� 𝑅𝑅 
𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 sin𝜃𝜃 +
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 
 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 sin𝜃𝜃 +
1
2
𝑚𝑚𝑔𝑔𝑅𝑅 sin𝜃𝜃 
90−θ 
θ 
( ) θθ sin90cos mgmg =− 
h 
R
vm
2
 
15.- Un cuenta que pesa 2,5 N se mueve por un alambre semicircular situado en un 
plano horizontal. La longitud natural del resorte es de 20 cm y el rozamiento 
despreciable. Si se suelta la cuenta partiendo del reposo en la posición A, determinar: 
a) Su velocidad en la posición B. 
b) La fuerza que el alambre ejerce sobre la cuenta en la posición B. 
 
 
a) Al ser el movimiento en un plano horizontal, el peso de la cuenta no juega ningún papel, por 
ser perpendicular al movimiento. La fuerza centrifuga tampoco juega papel porque también es 
perpendicular al movimiento. 
Por el teorema de Pitágoras, la longitud del resorte en la posición A es: 
𝑙𝑙𝐴𝐴 = �602 + 302 = 67,08 cm 
En A, la deformación inicial del resorte es 67,08 = 20 = 47,08 cm = 0,4708 m 
La energía potencial del resorte en la posición A vale: 
𝐸𝐸𝑃𝑃𝐴𝐴 =
1
2
𝐾𝐾(𝑑𝑑𝐸𝐸𝑑𝑑𝐴𝐴)2 =
1
2
(12,5)(0,4708)2 = 1,385 J 
En la poción B, la deformación del resorte es 30 − 20 = 10 cm = 0,1 m y su energía 
potencial es: 
𝐸𝐸𝑃𝑃𝐵𝐵 =
1
2
𝐾𝐾(𝑑𝑑𝐸𝐸𝑑𝑑𝐵𝐵)2 =
1
2
(12,5)(0,1)2 = 0,0625 J 
En la posición inicial A, como la cuenta parte del reposo 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐴𝐴 = 0; pero en posición final B 
𝐸𝐸𝑘𝑘𝐵𝐵 =
1
2
�
2,5
9,8
� 𝑣𝑣𝐵𝐵2 = 0,127 𝑣𝑣𝐵𝐵2 
Vista superior del sistema 
Aplicando la conservación de la energía: 
𝐸𝐸𝑃𝑃𝐴𝐴 + 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑃𝑃𝐵𝐵 + 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐵𝐵 ⟹ 1,385 + 0 = 0,0625 + 0,127 𝑣𝑣𝐵𝐵2 
Despejando; 
𝑣𝑣𝐵𝐵 = 3,22 m s⁄ 
b) En la posición B, la fuerza centrífuga empuja hacia fuera del círculo y el resorte también tira 
hacia fuera. Luego, la fuerza total que sentirá el alambre será: 
𝐹𝐹 = 𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝑅𝑅
+ 𝐾𝐾𝑑𝑑 =
2,5
1,8
(3,22)2
0,3
+ (12,5)(0,1) = 10,06 N 
 
	PROBLEMAS RESUELTOS TEMA: 3
	1.- Una partícula de 3 kg se desplaza con una velocidad de 𝟐 𝐦𝐬 cuando se encuentra en 𝒙=𝟎. Esta partícula se encuentra sometida a una fuerza 𝑭𝒙 que varia con la posición del modo indicado en la figura:
	𝐸𝑘𝐵=122,59,8𝑣𝐵2=0,127 𝑣𝐵2
	a. ¿Cuál es su energía cinética para 𝒙=𝟎?
	b. ¿Cuál es el trabajo realizado por la fuerza cuando la partícula se desplaza desde 𝒙=𝟎 𝐦 a 𝒙=𝟒 𝐦?
	c. ¿Cuál es la velocidad de la partícula cuando se encuentra en 𝒙=𝟒 𝐦?
	/
	a)
	b)
	donde la integral se ha calculado teniendo en cuenta que ésta representa el área encerrada por la figura. En este caso es un triangulo: (base × altura)/2
	c) La energía que gana la partícula por la acción de la fuerza en 𝑥=4 es 12 J más los 6 J que ya tenía en 𝑥=0:
	𝑦=𝑥2 ⟹ 𝑥=2𝑦 ⟹ 𝑑𝑥=2𝑑𝑦
	𝐸𝑐=12𝑚𝑣2=12∙3∙22=6 J
	𝐸𝑃𝐵=12𝐾𝑑𝑒𝑓𝐵2=1212,50,12=0,0625 J
	𝐹=𝑚𝑣2𝑅+𝐾𝑥=2,51,83,2220,3+12,50,1=10,06 N
	𝑑=2,317−0,782=1,535 m después de abandonar el muelle.
	𝐸𝑃𝐴+𝐸𝑘𝐴=𝐸𝑃𝐵+𝐸𝑘𝐵 ⟹ 1,385+0= 0,0625 +0,127 𝑣𝐵2
	𝐸𝑃𝐴=12𝐾𝑑𝑒𝑓𝐴2=1212,50,47082=1,385 J
	𝑙𝐴=602+302=67,08 cm
	sin𝜃=23 ⟹ 𝜃=41,81°
	1=sin𝜃+sin𝜃2=32sin𝜃
	𝜃2=𝑎𝑟𝑐cos1−𝐿𝐿−𝑥1−cos𝜃1
	cos𝜃2=𝐿cos𝜃1−𝑥𝐿−𝑥
	𝑥′=0,782 m
	𝑚𝑔4+𝑥′sin30=12𝐾𝑥′2+𝜇𝑐𝑚𝑔cos𝜃·(4+𝑥′)
	𝑚𝑔4+𝑥sin30=12𝑘𝑥2
	𝜇𝑐=tan𝜃
	𝑚𝑔sin𝜃=𝜇𝑐𝑚𝑔cos𝜃
	𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑟𝑜𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜= 𝑚𝑔𝑣∆𝑡sin𝜃
	12𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝑣∆𝑡sin𝜃=12𝑚𝑣2+(𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑟𝑜𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜)
	12𝐾𝑑2=𝑚𝑔𝑑sin𝜃+𝜇𝑐𝑚𝑔cos𝜃 𝑑 ⟹ 𝜇𝑐=𝜇𝑒−tan𝜗2
	𝐾𝑑=𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑒𝑚𝑔cos𝜃 ⟹ 𝑑=𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑒cos𝜃𝐾
	𝑇=𝑚𝑔+𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥2𝐿=𝑚𝑔+𝑚5𝑔𝐿𝐿=6𝑚𝑔
	52𝑚𝑔𝐿=12𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥2 ⟹ 𝑣𝑚𝑎𝑥2=5𝑔𝐿
	𝐸𝑘=52𝑚𝑔𝐿
	12𝑚𝑔𝐿+𝑚𝑔2𝐿=12𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥2+0
	𝐸𝑇=𝐸𝑘+𝐸𝑝=12𝑚𝑔𝐿+𝑚𝑔2𝐿=52𝑚𝑔𝐿
	𝐸𝑝=𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔2𝐿
	𝐸𝑘=12𝑚𝑣2=12𝑚𝑔𝐿
	𝑚𝑣2𝐿=𝑚𝑔 ⟹ 𝑣=𝑔𝐿
	12𝐾𝑑2=12(sin𝜃+𝜇𝑒cos𝜃)2𝑚2𝑔2𝐾
	𝑑=𝑚𝑔(sin𝜃+cos𝜃𝜇𝑒)𝐾
	𝐾𝑑=𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑒𝑚𝑔cos𝜃
	𝑣22=𝑔 𝑑sin3 ⟹ 𝑑=𝑣22𝑔sin3=97,5 m
	ℎ=𝑑sin𝜃=𝑑sin312𝑚𝑣2=𝑚𝑔ℎ
	𝑊=9=12𝑚𝑣2=32𝑣2 ⟹ 𝑣=6 ms
	𝑣2=2032+43𝑥−𝑥2 𝑑𝑥=22𝑥+46𝑥2−𝑥3303=26+6−273=2∙3=6 m²s2 ⟹ 𝑣=6 ms
	𝑣2=𝑣02+2𝑠0𝑠𝑎𝑠 𝑑𝑠
	𝑎=𝐹𝑚=63+43𝑥−33𝑥2=2+43𝑥−𝑥2
	𝑃=𝑑𝑊𝑑𝑡=𝑚∙𝑎∙𝑣
	𝑊=03𝐹𝑥 𝑑𝑥=6𝑥+2𝑥2−3𝑥3303=18+18−27=9 J
	𝑊=𝐴𝐵𝐹 𝑑𝑟=𝐴𝐵𝑥2+2𝑦𝑎𝑥+2𝑥 𝑎𝑦𝑑𝑥 𝑎𝑥+𝑑𝑦 𝑎𝑦=𝐴𝐵𝑥2+2𝑦𝑑𝑥+2𝑥 𝑑𝑦=
	𝑣=4,9 ms y 𝑥=19,6 m
	𝐸𝑐=12+6=18 J
	𝑊=04𝐹𝑥 𝑑𝑥=6∙42=12 J
	𝑦=𝑥2 ⟹ 𝑑𝑦=𝑑𝑥2
	𝑣𝐵=3,22 ms
	𝐸𝑐=12𝑚𝑣2 ⟹ 𝑣=2×183=3,46 ms
	𝑥(𝑡)=8𝑃9𝑚12𝑡32 
	 36=8𝑃9∙412∙932 ⟹ 𝑃=8 W
	𝑣=2𝑃𝑚12∙𝑡12
	=04𝑥2+2𝑥2𝑑𝑥+2𝑥𝑑𝑥2=0452𝑥 𝑑𝑥=5204𝑥 𝑑𝑥=52·𝑥2204=54·16=20 J
	𝑥′′=2,317 m desde 0,782 m de compresión del muelle.
	ℎ=𝐿−𝐿cos𝜃1=𝐿−𝑥−(𝐿−𝑥)cos𝜃2
	𝑣2=𝑔𝑅sin𝜃
	𝐿cos𝜃1=𝑥+(𝐿−𝑥)cos𝜃2
	𝑚𝑣2𝑅=𝑚𝑔sin𝜃
	cos𝜃2=𝐿+𝐿cos𝜃1−𝑥−𝐿𝐿−𝑥=𝐿−𝑥𝐿−𝑥+𝐿cos𝜃1𝐿−𝑥−𝐿𝐿−𝑥=1−𝐿𝐿−𝑥1−cos𝜃1
	12𝐾0,7822=𝑚𝑔𝑥′′sin30+𝜇𝑐𝑚𝑔cos30·𝑥′′
	𝑃=3∙−3∙6=−22,04 W
	𝑊=028 𝑑𝑦=16 J
	𝑊=04𝑥2 𝑑𝑥=1204𝑥 𝑑𝑥=12 𝑥2204=1416−0=4 J
	𝑊=04𝑥2+2𝑦𝑑𝑥
	𝐹 𝑑𝑟=𝑥2+2𝑦𝑑𝑥
	𝑊=𝐴𝐵𝐹 𝑑𝑟
	𝑭=𝒙𝟐+𝟐𝒚𝒂𝒙+𝟐𝒙𝒂𝒚 𝐍
	𝑑2𝐸𝑝𝑑𝑥2=−3𝑥2−4
	−𝑑𝐸𝑝𝑑𝑥=𝐹
	𝐸𝑃=−𝑥44−2𝑥2
	𝑚1−𝑚2𝑔=806
	𝑚1𝑔ℎ=80+ 𝑚2𝑔ℎ
	ℎ=12𝑎𝑡2=12·43·32=6 m
	𝑚2=4,32 kg
	𝑚1=5,67 kg
	12𝑚142+12𝑚242=80 2
	43=𝑚1−𝑚2𝑚1+𝑚2𝑔 1
	𝑎=𝑚1−𝑚2𝑚1+𝑚2𝑔 𝑚1>𝑚2
	𝑣=𝑎∙𝑡 ⟹ 𝑎=𝑣𝑡=43 ms2
	8·6=124𝑣2 ⟹ 𝑣=4,9 m/s 
	𝑊=𝑃𝑡=12𝑚𝑣2
	𝑃=𝐹∙𝑣=𝑚∙𝑎∙𝑣
	2.- Un objeto de 4 kg inicialmente en reposo en 𝒙=𝟎 se acelera con potencia constante de 𝟖 𝐖. En 𝒕=𝟗 𝐬 su posición es 𝒙=𝟑𝟔 𝐦. Determinar su velocidad para 𝒕=𝟔 𝐬 y su posición ese instante.
	La potencia cumple:
	Según el Ejemplo 2 del párrafo 3.1.2 de los apuntes:
	Y con los datos del problema:
	(en realidad, este dato ya lo dan en el enunciado aunque no era necesario para resolver el problema). 
	Derivando la expresión 𝑥(𝑡) obtenemos 
	Para 𝑡=6 𝑠 y con 𝑃=8 W, resulta 
	La velocidad también se podría haber obtenido del siguiente modo:
	3.- Una máquina de Atwood sencilla utiliza dos masas 𝒎𝟏 y 𝒎𝟐 (𝒎𝟏>𝒎𝟐). Partiendo del reposo, la velocidad de las dos masas es 𝟒 𝐦𝐬 al cabo de 𝟑 𝐬. En este instante, la energía cinética del sistema es de 𝟖𝟎 𝑱. Determinar los valores de 𝒎𝟏 y 𝒎𝟐.
	Según se obtuvo en el problema correspondiente de la máquina de Atwood (prob. 2, tema 2):
	Esto es:
	Ahora, la 𝐸𝑐 del sistema es:
	Resolviendo [1] y [2] obtenemos:
	Vemos que la m1 debe haber descendido una altura h dada por:
	Esta misma altura la habrá ascendido la masa m2 mientras cae m1.
	Por conservación de la energía, en el estado inicial sólo tendríamos la energía potencial de la masa m1 y en el estado final tendríamos energía potencial de la masa m2 y la energía cinética del sistema:
	O bien, con h = 6 m:
	Podríamos haber usado esta ecuación en lugar de la ecuación [1] para resolver el sistema.
	4.- La fuerza que actúa sobre un objeto viene dada por la expresión 𝑭𝒙=𝒙𝟑−𝟒𝒙. Localizar las posiciones de equilibrio estable e inestable y demostrar que en estos puntos la energía potencial tiene máximos o mínimos locales.
	Como , integrando F y cambiando el signo obtenemos:
	Si representamos 𝐸𝑃 como función de 𝑥, resulta:
	/
	Para ver dónde existen extremos (máximos y mínimos) haremos un estudio de los puntos críticos de EP derivando e igualando a cero. Sabemos:
	Hacemos 𝐹=0 ⟹ 𝑥𝑥2−4=0 ⟹ 𝑥=0𝑥=±2 
	Veremos mediante la derivada 2ª cuáles de dichos extremos son máximos o mínimos:
	En 𝑥=0 ⟹ 𝑑2𝐸𝑝𝑑𝑥2=+4>0 ⟹ 𝑥=0 es mínimo (punto de equilibrio estable).
	En 𝑥=2 ⟹ 𝑑2𝐸𝑝𝑑𝑥2=−0<0 ⟹ 𝑥=2 es un máximo (punto de equilibrio inestable).
	En 𝑥=−2 ⟹ 𝑑2𝐸𝑝𝑑𝑥2=−8<0 ⟹ 𝑥=−2 es un máximo (punto de equilibrio inestable).
	5.- Una partícula se encuentra sometida a la fuerza:
	Hallar el trabajo realizado al mover la partícula: a) desde el origen hasta 𝟒,𝟎,𝟎 𝐦 y desde 𝟒,𝟎,𝟎 𝐦 hasta 𝟒,𝟐,𝟎 𝐦 y b) directamente desde al origen a𝟒,𝟐,𝟎𝐦.
	Sabemos que el trabajo cumple:
	a) En el primer movimiento nos movemos a lo largo del eje X desde (0,0,0) hasta (4,0,0) ⟹ 𝑑𝑟=𝑎𝑥 𝑑𝑥
	Al realizar el producto escalar, resulta:
	ya que 𝑎𝑥∙𝑎𝑥=1𝑎𝑥∙𝑎𝑦=0
	Para el primer trayecto a lo largo del eje X desde (0,0,0) hasta (4,0,0), el trabajo quedará:
	pero el eje X tiene por ecuación 𝑦=0, luego:
	En segundo movimiento nos movemos en vertical (eje de ecuación 𝑥=4) desde 4,0,0 hasta 4,2,0, luego 𝑑𝑟=𝑎𝑦 𝑑𝑦.
	 El producto escalar quedará (con x = 4): 𝐹 𝑑𝑟=2𝑥 𝑑𝑦=8 𝑑𝑦 
	 Y el trabajo para ese trayecto, será:
	El trabajo W total será 4+16=20 J
	b) Siguiendo el trayecto directo desde el origen (0,0,0) hasta (4,2,0), la ecuación de la línea es:
	 En este trayecto, al desplazarse varía tanto x como y, luego: 𝑑𝑟=𝑎𝑥 𝑑𝑥+𝑎𝑦 𝑑𝑦
	El trabajo quedará:
	{Según la ecuación del trayecto, para integrar hacemos el cambio de variable:
	e integramos ya en x desde 0 hasta 4.}
	Como para el trayecto a) y para el trayecto b) el trabajo vale 20 𝐽 podemos asegurar que 𝐹 es una fuerza conservativa.
	Este mismo problema aparecerá en la asignatura de Física II aplicado a cargas eléctricas.
	6.- Una partícula de 3 kg parte del reposo en 𝒙=𝟎 y se mueve bajo la influencia de una sola fuerza 𝑭𝒙=𝟔+𝟒𝒙−𝟑𝒙𝟐 en donde 𝑭𝒙 se mide en newtons y x en metros
	a) Determinar el trabajo realizado por la fuerza cuando la partícula se desplaza desde 𝒙=𝟎 𝐦 hasta 𝒙=𝟑 𝐦.
	b) Determinar la potencia suministrada a la partícula cuando se encuentra en 𝒙=𝟑 𝒎.
	Como por la 2ª ley de Newton 𝐹=𝑚∙𝑎
	que para 𝑥=3 vale 𝑎=−3 ms2.
	Como la aceleración está dada en función del desplazamiento, entonces:
	Como se parte del reposo 𝑣0=0; aquí 𝑠0=𝑥0=0 y 𝑣2 para 𝑥=3 sera:
	Finalmente, 𝑃=𝑚∙𝑎∙𝑣 que en 𝑥=3, resulta:
	Que es negativa porque en realidad la partícula frena (𝑎=−3 𝑚𝑠2) en 𝑥=3 m
	La velocidad también se podía haber obtenido a partir del trabajo W:
	7.- Una muchacha en bicicleta que circula por una carretera horizontal a 𝟏𝟎 𝐦𝐬 deja de pedalear cuando inicia una cuesta inclinada con 𝟑° con la horizontal. Ignorando las fuerzas de rozamiento, que distancia recorrerá sobre la colina antes de detenerse?
	Contrariamente a lo que podría pensarse, la repuesta no depende de la masa de la muchacha (y de la bicicleta). En realidad, toda la energía cinética inicial de la muchacha-bici se transforma en únicamente energía potencial en el punto más alto:
	Según el esquema:
	En la conservación de la energía, la masa se cancela:
	8.- Un bloque de masa m reposa sobre un plano inclinado como indica la figura. Por medio de una polea, el bloque esta conectado a un muelle de constante K del cual se tira abajo con una fuerza gradualmente creciente. El valor de 𝝁𝒆 es conocido. Determinar la energía potencial del muelle en el momento que el bloque comienza moverse.
	/
	Sabemos que la fuerza del muelle es de tipo 𝐹=− 𝐾𝑥. Esta fuerza se transmitirá por la cuerda hasta el bloque.
	El bloque ejerce una fuerza hacia abajo 𝑚𝑔sin𝜃 y ofrece una resistencia al movimiento 𝜇𝑒𝑚𝑔cos𝜃 debido al rozamiento. De modo que para mover el bloque necesitamos aplicar 𝜇𝑒𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑒𝑚𝑔cos𝜃. Esta fuerza se debe igualar a la fuerza de estiramiento 𝐹=𝐾𝑑 siendo d el estiramiento del muelle en el momento en que el bloque comieza a moverse
	Una vez hallado el estiramiento d, sabemos que la energía potencial (elástica) del muelle es del tipo 12𝐾𝑥2:
	9.- Un péndulo esta formado por una cuerda de longitud L y una lenteja de masa m. La cuerda dispone en posición horizontal y se da a la lenteja la velocidad inicial mínima para que el péndulo de una vuelta completa en el plano vertical.
	a) ¿Cuál es la máxima energía cinética de la lenteja?
	b) ¿Cuál es en ese momento la tensión de la cuerda?
	a) Según vimos en el capitulo anterior, y pensando desde un punto de vista inercial sin aplicar la 2ª ley de newton, para que el péndulo de la vuelta completa se debe cumplir que en el punto más alto, la fuerza centrifuga se iguale al peso:
	En el punto más alto, el péndulo tendrá una energíacinética que según la expresión anterior de la velocidad, será:
	y tendrá una energía potencial:
	De modo, que la energía total en el punto más alto:
	En el punto mas bajo, no tendrá 𝐸𝑝 y solo tendrá 𝐸𝑘 que será la mayor puesto que la velocidad será también la mayor. Por supuesto, la energía total se conserva y es la misma en cualquier punto del círculo:
	La energía cinética máxima ocurrirá en el punto más bajo y será:
	b) La tensión en el punto más bajo será la suma del peso 𝑚𝑔 y de la fuerza centrifuga 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥2𝐿. Para ello calculamos 𝑣𝑚𝑎𝑥2 en el punto mas bajo:
	Y finalmente, la tensión:
	10.- Un bloque de masa m descansa sobre un plano rugoso inclinado 𝜽 grados sobre la horizontal. El bloque esta unido a un muelle de constante K próximo a la parte alta del plano. Los coeficientes de rozamiento estatico y cinético entre el bloque y el plano son 𝝁𝒆 y 𝝁𝒄 respectivamente. Tiramos del muelle lentamente hacia arriba a lo largo del plano hasta que el bloque comienza a moverse.
	a) Determinar una expresión para el alargamiento d del muelle en el momento que el bloque se mueve.
	Determinar el valor 𝝁𝒄 tal que el bloque se detenga justo cuando el muelle se encuentra en su condición natural, es decir, ni alargado ni comprimido.
	a) Cuando el muelle se haya estirado una distancia d, el movimiento será inminente. Entonces la fuerza del muelle será compensada por la componente del peso del cuerpo a lo largo del plano y la fuerza de rozamiento estática:
	b) En la situación inicial el bloque está parado (no hay EK) y, si tomamos el origen de energías potenciales en el punto más bajo (punto inicial), tampoco habrá energía potencial gravitatoria. Sólo habrá energía potencial elástica del resorte 𝐾𝑑22.
	 En la situación final, el resorte estará sin deformar (no tendrá energía potencial elástica), el bloque estará parado (sin energía cinética) pero tendrá una energía potencial gravitatoria 𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝑑sin𝜃. Además, se habrá perdido la energía correspondiente a la fricción 𝜇𝑐𝑚𝑔cos𝜃 𝑑, donde se utilizado el coef. de fricción cinética ya que ha habido deslizamiento.
	 Por conservación de energía:
	donde se ha utilizado la expresión de d hallada en el apartado a).
	11.- Un bloque de masa m se desliza hacia abajo con velocidad constante v por un plano inclinado un ángulo 𝜽 con la horizontal. Durante el intervalo de tiempo ∆𝒕, ¿Cuál es la magnitud de la energía disipada por rozamiento?
	Como el cuerpo se mueve a velocidad v constante, recorrerá una distancia 𝑣∆𝑡 en el tiempo ∆𝑡 . En ese tiempo, habrá descendido una distancia h, dada por 𝑣∆𝑡·sin𝜃 con lo que su energía potencial ha cambiado en 𝑚𝑔𝑣∆𝑡·sin𝜃.
	La energía total que el cuerpo tiene en el punto más alto es 12𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝑣∆𝑡sin𝜃. En el punto más bajo podemos tomar que no tiene energía potencial (si tomamos allí el origen de energías potenciales) pero llevará la mis energía cinética (la velocidad es constante por el enunciado) y se habrá perdido una cierta energía de rozamiento.
	Por conservación de la energía:
	De aquí obtenemos la energía perdida por rozamiento que nos piden:
	Es decir, el cuerpo va eliminando en rozamiento la energía potencial de descenso. 
	 Para que ocurra la situación del problema (caída por un plano con velocidad constante), se debe cumplir la igualdad de la fuerza del peso en dirección del plano 𝑚𝑔sin𝜃 con la fuerza de rozamiento cinética (una vez se haya iniciado el movimiento de descenso) 𝜇𝑐𝑚𝑔cos𝜃.
	 Es decir, para caída con velocidad constante en un plano, el coeficiente de rozamiento cinético debe cumplir:
	Esta relación ha aparecido en numerosas situaciones.
	12.- Un bloque de 2 kg se deja libre sobre un plano inclinado hacia abajo, sin rozamiento, a una distancia de 4 m de un muelle de constante 𝑲=𝟏𝟎𝟎 𝐍𝐦. El muelle esta fijo a lo largo del plano inclinado que forma un angulo de 𝟑𝟎°.
	a) Hallar la compresión máxima del muelle, admitiendo que carece de masa.
	b) Si el plano inclinado no es liso sino que el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es 0,2 hallar la compresión máxima.
	c) En el caso último del plano inclinado rugoso, ¿hasta qué punto subirá el bloque por el plano después de abandonar el muelle?
	/
	a) Cuando el bloque haya comprimido al muelle, el bloque habrá recorrido por el plano una distancia (4+𝑥) siendo x la distancia de compresión que buscamos. El bloque habrá descendido una altura (4+𝑥)sin30. Entonces, la energía potencial incial será 𝑚𝑔(4+𝑥)sin30 que se transformará en energía potencial del resorte en el punto final del movimiento:
	Se despeja x de la ecuación de 2º grado y se obtiene 𝑥=0,989 m. En la ecuación de 2º grado sólo tiene sentido tomar x positiva
	b) En la nueva posición x’ final con el muelle comprimido, se habrá perdido una energía de fricción 𝜇𝑐𝑚𝑔cos𝜃(4+𝑥′):
	se despeja x’ de la nueva ecuación de 2º grado:
	c) Una vez comprimido el muelle y cuando se empiece a subir, la energía potencial del muelle se transformará en energía potencial gravitatoria y pérdidas de fricción durante el todo trayecto de subida que ahora llamaremos x’’
	13.- Un péndulo de longitud L tiene una lenteja de masa m. Se deja libre desde un cierto ángulo 𝜽𝟏. La cuerda choca contra un clavo situado a una distancia x directamente por debajo del propio pivote acortándose realmente la longitud del péndulo. Determinar el ángulo máximo 𝜽𝟐, que forman la cuerda y la vertical cuando la lenteja esta a la derecha del clavo.
	/
	Por la conservación de la energía, a la izquierda (en el punto más alto) sólo hay energía potencial. Por tanto a la derecha en el punto más alto habrá la misma energía potencial. Es decir, los puntos tienen la misma altura respecto del punto mas bajo que tomaremos como origen de energías potenciales. A dicha altura la llamaremos h. Del esquema se deduce:
	o bien
	De aquí:
	que sumando y restando L en el numerador, podemos escribir como:
	14.- Un muchacho de masa m esta sentando sobre un montículo hemisférico de nieve. Si empieza a resbalar desde el reposo (suponiendo el hielo perfectamente liso) ¿en qué punto P deja el muchacho de tener contacto con el hielo?
	/
	En el punto de contacto P la fuerza centrífuga igualará la componente normal del peso:
	O bien:
	Ahora, por conservación de energía, la energía potencial inicial del muchacho antes de caer 𝑚𝑔𝑅 (la cinética es nula debido al reposo inicial) se convertirá en cinética final y potencial final:
	Esta última vendrá dada por: 𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝑅sin𝜃
	Entonces, por conservación:
	Con la 𝑣2 que hemos hallado antes:
	Dividiendo ambos miembros entre 𝑚𝑔𝑅:
	O bien ℎ=𝑅sin𝜃=𝑅23=0,6 𝑅
	15.- Un cuenta que pesa 2,5 N se mueve por un alambre semicircular situado en un plano horizontal. La longitud natural del resorte es de 20 cm y el rozamiento despreciable. Si se suelta la cuenta partiendo del reposo en la posición A, determinar:
	a) Su velocidad en la posición B.
	b) La fuerza que el alambre ejerce sobre la cuenta en la posición B.
	/
	a) Al ser el movimiento en un plano horizontal, el peso de la cuenta no juega ningún papel, por ser perpendicular al movimiento. La fuerza centrifuga tampoco juega papel porque también es perpendicular al movimiento.
	Por el teorema de Pitágoras, la longitud del resorte en la posición A es:
	En A, la deformación inicial del resorte es 67,08=20=47,08 cm=0,4708 m
	La energía potencial del resorte en la posición A vale:
	En la poción B, la deformación del resorte es 30−20=10 cm=0,1 m y su energía potencial es:
	En la posición inicial A, como la cuenta parte del reposo 𝐸𝑘𝐴=0; pero en posición final B
	Aplicando la conservación de la energía:
	Despejando;
	b) En la posición B, la fuerza centrífuga empuja hacia fuera del círculo y el resorte también tira hacia fuera. Luego, la fuerza total que sentirá el alambre será: