ffr-01-1

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Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 19 de enero de 2002 
1. Un muchacho que está a 4 m de una pared vertical lanza contra ella una 
pelota según indica la figura. La pelota sale de su mano a 2 m por encima 
del suelo con una velocidad inicial v = (10i + 10j) m/s. Cuando la pelota 
choca en la pared, se invierte la componente horizontal de su velocidad 
mientras que permanece sin variar su componente vertical. ¿A qué distancia 
de la pared caerá la pelota al suelo? 
 
Tomamos un sistema coordenado de referencia con origen 
en el punto de lanzamiento de la pelota, como se indica en la 
figura. Podemos simplificar la resolución de problema 
observando que la pared actúa como un “espejo”, de modo que consideraremos la trayectoria 
“virtual” que se indica en la figura inferior. Escribimos las ecuaciones paramétricas del 
movimiento de la pelota y, a partir de ellas, eliminando el tiempo, obtenemos la ecuación de 
la trayectoria: 
 
v0 
0
0
02 21
0 2 2
0 02
x
x
y
y
x x
xx v t t
v
v gy v t gt y x x
v v
 = → = = − → = −
 2 22
10 9.8 0.049
10 2 10
y x x x= − = −
×
x∴ 
La pelota toca el suelo cuando y = -2 m, de modo que 
2 22 0.049 0.049 2 0
22.24 m1 1 8 0.049 1 1.1798
(negativo)2 0.049 0.098
x x x x
x
− = − → − − = →
± + × ± = = =× 
 
lo que representa una distancia a la pared de 
22.24 4.00D= − = 18.24 m
 
 
20.049y x x= − 
v0 
D 
y 
x 
Trayectoria
virtual
 
 
 
Departamento de Física Aplicada ETSIAM Universidad de Córdoba 
Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 19 de enero de 2002 
2. Un disco de radio r1 = 10 cm rueda sin deslizar sobre otro disco de radio 
r2 = 20 cm, a velocidad angular ω1 = 3 rad/s. Al conjunto de ambos discos se les 
dota de una nueva rotación ω2 = 6 rad/s alrededor del eje del disco grande, en el 
mismo sentido que ω1. En el instante en que los dos discos están tal como 
aparecen en la figura, determinar: a) Las velocidades de los puntos A y B. b) El 
centro instantáneo de rotación del disco pequeño. c) La velocidad del punto C. 
 
A 
B
C
 
a) En la rodadura del disco pequeño sobre el grande, al punto A le corresponde una velocidad 
nula (CIR). 
En la rotación del conjunto de los dos discos, al punto A le corresponde una velocidad 
2 OA 0A
 
= × =
0 0.20
0
6 0
1.20
        × =            
 
0
m/s
0
 
  
v ω
1 2= + =ω ω ω
 
0
3 00 m/s
0
 
     
13.3 cm
C
0.90
.1
0
0 m/s 2.28 m/sv
− 
  =     
 
A B 
C 
O I 
x 
y 
ω2 
ω1 
  
 
El disco pequeño está sometido a una rotación 
resultante 
3 6 9 rad/s+ =k k k 
Calculamos la velocidad del punto B a partir de la del punto A: 
B A
0 0 0.20
AB 1.20 0 0
0 9 0
.
                   = + × = + × =                         
v v ω 
  
b) El CIR del disco pequeño se encuentra en el punto I, tal que 
A
A
1.20IA IA 0.13 m =
9
vv ω
ω
= ⇒ = = = 
o sea, a una distancia de 6.6 cm del punto O. 
c) Calculamos la velocidad del punto C a partir de la del punto A: 
C A
0 0 0.10
1.20 0 0 2.
0 9
1
0
0AC
                   = + × = + × = ⇒                         
v v ω 
  
Departamento de Física Aplicada ETSIAM Universidad de Córdoba 
Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 19 de enero de 2002 
 
θ 
b
T 
P
N 
f 
G
A 
Psenθ
Pcosθ 
a
28.1ºθ=
a
θ 
3. Un bloque rectangular de dimensiones a = 1 m y b = 3 m se sitúa sobre un 
plano inclinado tal como se indica la figura. Una cuerda sujeta la parte superior 
del bloque para evitar que caiga por el plano, ¿cuál será el ángulo θ máximo 
para que el bloque no deslice por el plano? 
θ 
µ = 0.1 b
 
Cuando el ángulo tiene el valor crítico, el bloque está a punto para volcar 
deslizando sobre la arista A de su base y las fuerzas que actúan sobre el 
mismo son las indicadas en la figura. 
Aplicando las ecuaciones cardinales de la estática en las condiciones críticas, tomando momentos en A, 
tenemos: 
A
con 
T f
N P
Tb
f Nµ
 + = =
 =
sen
cos cos sen
1 sen cossen cos
2 22 2
P
T P P
ab a T P PP P
b
θ
θ µ θ θ
θ θθ θ
 + = ⇒   = += +  
 
1
se
→
→
sen cos cos sen
2 2
sen cos 2 cos 2sen
tn s g 22 co
aP P P P
b
a
b
a a
bb
θ θ µ θ θ
θ θ µ θ θ
θ µ θ µθ
+ + =
+ + =
 = + →  =
+
→ 
Sustituyendo los valores dados en el enunciado, resulta 
1tg 2 0.
3
θ= + × 1 0.53= → 
 
Otro método.- Tengamos en cuenta que: 
T 
P 
R 
f 
G 
A 
B
C
D
θ 
φ 
N 
1º) La reacción resultante R (suma de la reacción normal N y de la 
fuerza de rozamiento f), en las condiciones de movimiento inminente, 
forma un ángulo φ con la normal al plano inclinado, tal que 
tgf
N
µ µ ϕ= =f N= → 
2º) Puesto que sobre el bloque solo actúan tres fuerzas (P, T y R), éstas 
deben ser concurrentes en un punto tal como el D. 
 De la figura, correspondiente a la posición crítica, se sigue 
BC+C
G
tg
B
θ D / 2 tg
2
2
/
a
b
a b
b
ϕ µ+= = += 
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4. Un bloque de masa m1 está situado sobre otro de masa m2 que a su vez se apoya 
sobre una superficie horizontal lisa. Siendo los coeficientes de rozamiento estático y 
cinético entre los dos bloques µs y µk, determinar: a) Fuerza máxima F que puede 
aplicarse al bloque de masa m2 para que el de arriba no deslice. b) Si F es la mitad de 
este valor máximo, determinar la aceleración de cada bloque y la fuerza de rozamiento 
que actúa entre ellos. c) Si F es el doble del valor máximo determinado en a), calcular la aceleración de cada bloque. 
Datos: m1 = 2 kg; m2 = 4 kg; µs = 0.3; µk = 0.2 
 
La fuerza de rozamiento estático entre los dos bloque 
presenta un valor máximo dado por µsm1g = 0.3×2×9.8 = 
5.88 N. 
El rozamiento cinético presenta un valor constante igual a 
µkm1g = 0.2×2×9.8 = 3.92 N 
 
64 N
2m/s
F
F 
 m1 
m2 
 m1 
m2 
f f + 
a) Puesto que el bloque de arriba no desliza, ambos bloques tendrán una aceleración común 
a’. Aplicamos las ecuaciones del movimiento al bloque superior (valor máximo del 
rozamiento estático) y al conjunto de los dos: 
2
1 s 1
1 2 1 2
0.3 9.8 2.94 m/s
( ) ( ) 0.3 6 9.8 17.
s
s
f m a m g a g
F m m a F m m g
µ µ
µ
 ′ ′ ′= = = = × = →  ′ ′ ′= + = + = × × =  
 
b) Ahora, la aceleración del bloque inferior es menor que la crítica y el bloque superior no 
deslizará sobre el inferior, por lo que ambos bloques tendrán la misma aceleración a”. 
Procedemos como antes, con F”=F’/2, comenzando por el conjunto de los dos bloques para 
determinar la aceleración y luego calculamos el valor del rozamiento estático: 
1 2
1 2
1 s
2
1
1.47 m/s
2.9
17.64 / 2
4
( )
( ) 6
2 1.47
FaF m m a
m m
f g
N
m a m
f
µ
 ′′ ′′′′ ′′ = = == +   +→  ′′ ′′= <  ′′ = × =
 
c) Ahora, la aceleración del bloque inferior supera el valor crítico, por lo que el bloque 
superior deslizará “hacia atrás” sobre el bloque inferior, existiendo rozamiento cinético. 
Escribimos las ecuaciones del movimiento para cada uno de los bloques, por separado, con 
: 2F F′′′ ′=
1 ´
2
k
1 1 ´k 1
k 1
2k 1 2 2
2
1.96
7.
0.2 9.8
2 17.64 0.2 2 9 8.8 /
4
4 m s
a g
f m a m g
F m gaF m g m a
m
µµ
µµ
 ′′′ = = × = ′′′ ′′′= =  → ′′′  − × − × ×  ′′′′′′ ′′′ = = =− =  
 
 
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5. Dadas dos esferas de la misma masa y del mismo radio, pero una maciza y la otra hueca, describir 
detalladamente un experimento que, sin dañar las esferas, nos permita averiguar cual es la maciza y cual la hueca. 
Hacer los cálculos necesarios para justificar los resultados del experimento.Si dejamos rodar las dos esferas por un plano inclinado, abandonándolas simultáneamente 
partiendo del reposo, la que llegue antes al pie del plano será la esfera maciza, ya que 
presenta menos “inercia a la rotación” que la esfera hueca. 
Justificación detallada. 
Método de la energía. El Principio de Conservación de la Energía nos permite determinar 
las velocidades que alcanzan las esferas cuando llegan al pie del plano inclinado, en el 
supuesto de que haya rozamiento suficiente para que se produzca la rodadura (sin resbalar): 
2
2 2 2 2 2
2 2
2
1 1 1 1 1 2
2 2 2 2 2
2v I mghmgh mv I mv I m v ghIv IR R m R
ω
 = + = + = + → = =  + 
 
21 mR+
>
2
sen
I
mR
θ=
+
N 
donde hemos tenido en cuenta la condición de rodadura, 
v = ωR. Puesto que la expresión del momento de inercia 
es de la forma kmR2, resulta que la velocidad es 
independiente de la masa y del radio, pero depende del 
momento de inercia, siendo tanto mayor cuanto menor 
sea en momento de inercia. Por tanto, la esfera que llega 
antes al pie del plano es la esfera maciza. 
f 
mg θ
h 
esf. maciz
22
esf. maciza 2esf. maciza
5
2 2
esf. h
a esf. hueca
ueca esf. hueca 2
3
12 102
1 75
2 2
.43
1.206
3 1 5
gh
v v
g
ghv ghI mR
ghI m hR v gh
  = = = =   +  ⇒ ⇒   = = = =   + 
 
Método dinámico. Podemos demostrar que la aceleración que adquiere cada una de las esferas, en el 
supuesto de que haya rozamiento suficiente para que se produzca la rodadura (sin resbalar), tan solo 
depende del momento de inercia de las misma, i.e., de la distribución de la masa en las mismas. 
2
2(condición de rodadura)
sen
sen
 1
ga
mg f ma
Img m afR I If a R
a R R
θ
θα
α
 − =        = + →=        = =   
 
Resulta que la aceleración es independiente de la masa y del radio, dependiendo tan solo del ángulo de 
pendiente y del momento de inercia. Así, conocidos los momentos de inercia implicados, tenemos las 
aceleraciones respectivas: 
esf. maciza esf. hueca2 2
5 3
0.sen 5 sen 3sen sen
1
71 sen 0.
7
60 en
1
s
5
g gg ga g a gθθ θθ θ θ= = = = = =
+ +
de modo que la esfera maciza se acelera más que la hueca. 
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