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PROBLEMAS SOBRE EL TEOREMA DEL TRABAJO. NIVEL 1
Así como para aplicar correctamente las leyes de Newton es
fundamental un diagrama de las fuerzas que actúan y si se trata de una
rotación o traslación, para aplicar correctamente el teorema de la energía
es imprescindible un dibujo donde aparezcan claramente las fuerzas,
entre que posiciones se va a aplicar y un nivel de alturas cero. Dibujos
confusos llevan muy fácilmente a errores.
1. Aplicando el teorema de la energía, calcular la velocidad de un
cuerpo al llegar al suelo si se suelta desde una altura h.
1
∎ 𝑃 = 𝑚𝑔
h=0 2
El teorema del trabajo se aplica entre dos puntos y nos relaciona
sus velocidades. El enunciado de este problema nos sugiere enseguida su
utilización entre los estados 1 con velocidad inicial cero y estado 2 con
velocidad desconocida;
𝑊𝑛𝑐 = ∆𝐸𝑚 →
{
𝑾𝒏𝒄 = 𝟎 (𝑠ó𝑙𝑜 𝑎𝑐𝑡ú𝑎 𝑒𝑙 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜)
∆𝐸𝑚 = {𝐸𝑚1 = 𝑚𝑔ℎ (𝑣 = 0 → 𝐸𝑐 = 0)
𝐸𝑚2 =1
2𝑚𝑣2 (ℎ = 0 → 𝐸𝑝 = 0)
→ ∆𝑬𝒎 =𝟏
𝟐𝒎𝒗𝟐 − 𝒎𝒈𝒉
𝟎 =𝟏
𝟐𝒎𝒗𝟐 − 𝒎𝒈𝒉 → 𝒗 = √𝟐𝒈𝒉
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2. Desde una altura de 150 m se lanza un cuerpo con una velocidad
de 40 m/s formando un ángulo de 60 grados con la horizontal. Calcular
el vector velocidad al llegar al suelo aplicando las leyes de la cinemática
y su módulo por el teorema del trabajo, comprobando que el módulo de
dicha velocidad coincide por los dos métodos.
𝑌
1
150 𝑚
2 𝑋
Aplicamos primero el teorema del trabajo entre los estados 1 y 2.
La única fuerza que actúa es el peso y, al igual que en el caso anterior, el
trabajo de las fuerzas no conservativas es nulo al no haber ninguna y por
ello se conservará la energía.
𝑊𝑛𝑐 = 0
𝐸𝑚1 = 𝑚𝑔ℎ +1
2𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔 ∙ 150 +
1
2𝑚402
𝐸𝑚2 =1
2𝑚𝑣2
Y aplicando el teorema:
𝑊𝑛𝑐 = ∆𝐸𝑚 → 𝟎 =𝟏
𝟐𝒎𝒗𝟐 − (𝒎𝒈𝟏𝟓𝟎 +
𝟏
𝟐𝒎𝟒𝟎𝟐)
Y despejando la velocidad:
𝑣 = √2(150𝑔 +1
21600) = √4600 = 10√46 𝑚 𝑠⁄ = 𝟔𝟕, 𝟖𝟐 𝒎
𝒔⁄
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Aplicando las leyes de la cinemática:
𝑟 = 𝑟0⃗⃗⃗⃗ + 𝑣0⃗⃗⃗⃗⃗𝑡 +1
2�⃗�𝑡2
𝑟0⃗⃗⃗⃗ = 150𝑗
𝑣0⃗⃗⃗⃗⃗ = 40𝑐𝑜𝑠60𝑖 + 40𝑠𝑒𝑛60𝑗 = 20𝑖 + 20√3𝑗
�⃗� = −10𝑗
𝑟 = 150𝑗 + (20𝑖 + 20√3𝑗)𝑡 +1
2(−10𝑗)𝑡2
{𝑥 = 20𝑡 → 𝑣𝑥 = 20
𝑦 = 150 + 20√3𝑡 − 5𝑡2 → 𝑣𝑦 = 20√3 − 10𝑡
Llegando al suelo cuando 𝑦 = 0 → 150 + 20√3𝑡 − 5𝑡2 = 0 → 𝑡 ≅ 9,94
En ese tiempo:{𝑣𝑥 = 20
𝑣𝑦 ≅ −64,81 → 𝑣 = √202 + (−64,81)2 ≅ √4600 =
10√46 𝑚𝑠⁄
𝒗 ≅ 𝟔𝟕, 𝟖 𝒎𝒔⁄
3. Mismo problema anterior pero ahora el cuerpo se lanza con la
misma velocidad hacia abajo.
Aplicando el teorema del trabajo no cambia nada puesto que la
energía cinética inicial es la misma pues solamente depende del módulo
de la velocidad y no de su dirección. También es la misma la altura de la
que se lanza y las mismas las fuerzas exteriores (sólo el peso). Por lo tanto
la velocidad de llegada al suelo tiene el mismo módulo que en el problema
anterior.
Por cinemática lo único que cambia es el vector velocidad inicial:
𝑟 = 𝑟0⃗⃗⃗⃗ + 𝑣0⃗⃗⃗⃗⃗𝑡 +1
2�⃗�𝑡2
𝑟0⃗⃗⃗⃗ = 150𝑗
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𝑣0⃗⃗⃗⃗⃗ = −40𝑗
�⃗� = −10𝑗
𝑟 = 150𝑗 + (−40𝑗)𝑡 +1
2(−10𝑗)𝑡2
{𝑥 = 0 → 𝑣𝑥 = 0
𝑦 = 150 − 40𝑡 − 5𝑡2 → 𝑣𝑦 = −40 − 10𝑡
Llegando al suelo cuando 𝑦 = 0 → 150 − 40𝑡 − 5𝑡2 = 0 → 𝑡 ≅ 2,78
{𝑣𝑥 = 0
𝑣𝑦 ≅ −40 − 27,8 = −67,8
𝒗 ≅ 𝟔𝟕, 𝟖 𝒎𝒔⁄
4. Por un plano inclinado 60 grados con la horizontal se deja caer un
cuerpo desde 13 m de altura. Siendo el coeficiente de rozamiento
dinámico 0,3 calcular la velocidad al llegar al pie del plano inclinado.
(Sugerencia: se puede hacer aplicando las leyes de newton y comprobar
la igualdad en los resultados)
Diagrama de fuerzas
𝑵 𝒇𝒓
𝑌 𝑷 = 𝒎𝒈 ℎ = 13 𝑚
60°
𝑋
La hipotenusa mide: 13 = ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛60 → ℎ𝑖𝑝. =13∙2
√3=
26
√3
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Se descomponen como siempre sobre los ejes 𝑋 de la trayectoria e
𝑌 perpendicular como siempre para saber lo que vale la fuerza de
rozamiento y la normal. Como ya sabemos:
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑁 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠60 = 𝑚𝑔1
2→ 𝐹𝑟 = 𝜇𝑁 = 0,3
1
2𝑚𝑔 = 0,15𝑚𝑔
Además de las fuerzas, dibujamos el estado inicial, arriba (1), y
el estado final abajo (2), marcamos el nivel de altura cero y dibujamos el
vector desplazamiento, en marrón, todo ello para aplicar el teorema del
trabajo bien y sencillamente
𝟏
𝑁 𝑓𝑟
𝑃 13 𝑚
𝟐 ℎ = 0
Teorema: 𝑾𝒏𝒄 = ∆𝑬𝒎
Empezamos calculando el trabajo de las fuerzas no conservativas.
Las fuerzas no conservativas son la normal y la fuerza de rozamiento:
𝑊𝑁 = 𝑁 ∙ 𝑑 ∙ 𝑐𝑜𝑠90 = 0
𝑊𝑓𝑟 = 𝑓𝑟 ∙ 𝑑 ∙ 𝑐𝑜𝑠180 =
0,15𝑚𝑔 ∙13
𝑠𝑒𝑛60∙ 𝑐𝑜𝑠180 = −
26 ∙ 0,15
√3𝑚𝑔 = −
𝟑𝟗
𝟏𝟎√𝟑𝒎𝒈
Donde 90 y 180 son los ángulos que el vector normal y el vector fuerza de
rozamiento forman respectivamente con el vector desplazamiento, como
se ve en la figura anterior.
Por lo tanto, sumando todos
𝑾𝒏𝒄 = 𝟎 + (−𝟑𝟗
𝟏𝟎√𝟑𝒎𝒈)
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Ahora calculamos la variación de energía mecánica para el final aplicar el
teorema igualando ambas cantidades:
{
𝐸𝑚1 = 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔13
𝐸𝑚2 =1
2𝑚𝑣2 → ∆𝑬𝒎 =
𝟏
𝟐𝒎𝒗𝟐 − 𝒎𝒈𝟏𝟑
Y, aplicando el teorema:
−𝟑𝟗
𝟏𝟎√𝟑𝒎𝒈 =
𝟏
𝟐𝒎𝒗𝟐 − 𝒎𝒈𝟏𝟑
De donde 𝒗 ≅ 𝟏𝟒, 𝟔𝟔 𝒎𝒔⁄
5. Desde una altura de 14 m sobre un muelle de constante 1000N/m
se deja caer un cuerpo de 17 Kg. Calcular la compresión máxima del
muelle cuando el cuerpo cae sobre él y acaba parándose.
𝟏
14 𝑚
𝑥
𝟐
ℎ = 0
Aplicamos el teorema del trabajo entre los puntos 1 y 2. Insistimos
en que es fundamental un diagrama donde se reflejen claramente las
posiciones y las distancias, conocidas o no, así como el nivel de alturas
cero. Muchos de los errores son debidos a dibujos “confusos”.
𝑊𝑛𝑐 = ∆𝐸𝑚
Trabajo de las fuerzas no conservativas: las únicas fuerzas que
actúan durante el proceso de caída son el peso y la fuerza producida por
el muelle durante una distancia que hemos llamado x en la figura. Por lo
tanto:
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𝑾𝒏𝒄 = 𝟎 Ya que las dos fuerzas son conservativas y no hay fuerzas no
conservativas. Se conserva por lo tanto la energía (0 = 𝐸𝑚 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 −
𝐸𝑚 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙).
Ahora, calculamos la variación de energía mecánica:
{𝐸𝑚1 = 𝑚𝑔ℎ (𝑣 = 0 → 𝐸𝑐 = 0) → 𝑬𝒎𝟏 = 17 ∙ 10(14 + 𝑥) = 𝟏𝟕𝟎(𝟏𝟒 + 𝒙)
𝐸𝑚2 =1
2𝑘𝑥2(𝑥: 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒) (𝑣 = 0 𝑦 ℎ = 0) → 𝑬𝒎𝟐 =
𝟏
𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐
Y aplicando el teorema:
0 = 500𝑥2 − 170(14 + 𝑥)
𝒙 ≅ 𝟐, 𝟑𝟔 𝒎
6. Desde el punto 1 y desde una altura de 100 metros se deja caer
un cuerpo de 4 Kg sobre la rampa indicada en la figura de radio 25
metros. No hay rozamiento. Calcular las fuerzas y las velocidades en los
puntos indicados 2 y 3.
𝟏
100 𝑚
𝟑
𝒉 = 𝟎
𝟐
Estudiamos primero el punto 2 y para calcular la velocidad del
móvil en él aplicamos, como no, el T. del trabajo entre 1 y 2:
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Las únicas fuerzas que actúan son el peso y la normal (no hay rozamiento).
Por lo tanto:
𝑾𝒏𝒄 = 𝑾𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 = 𝟎 ya que la normal siempre es perpendicular al
desplazamiento
∆𝐸𝑚 = {𝐸𝑚1 = 𝑚𝑔ℎ (𝑣 = 0) = 4 ∙ 10 ∙ 100 = 4000 𝐽
𝐸𝑚2 =1
2𝑚𝑣2 (ℎ = 0) =
1
24𝑣2 𝐽
∆𝑬𝒎 = 𝟐𝒗𝟐 − 𝟒𝟎𝟎𝟎
Y aplicando el teorema:
2𝑣2 − 4000 = 0 → 𝒗 ≅ 𝟒𝟒, 𝟕𝟐 𝒎𝒔⁄
Para calcular las fuerzas que actúan en ese punto hacemos un
diagrama y aplicaremos las leyes de Newton en la parte que se refiere a la
rotación como veremos:
Eje centrípeto
N
P
Tener muy presente que se trata de una rotación
Descomposición eje centrípeto o normal:
Las dos fuerzas, peso y normal, ya van sobre el eje
Aplicación de la ley
∑ 𝐹𝑐 = 𝑚𝑣2
𝑅→ 𝑁 − 𝑃 = 𝑚
𝑣2
𝑅→ 𝑁 − 40 = 4
2000
25
𝑵 = 𝟑𝟔𝟎 𝑵
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Para responder a las mismas preguntas en el punto 3 procedemos
de la misma manera pero más resumida.
Calculo de la velocidad en el punto 3: aplicamos el teorema del
trabajo entre los punto 1 y 3.
𝑊𝑛𝑐 = 0
∆𝐸𝑚 =1
2𝑚𝑣3
2 + 𝑚𝑔ℎ3 − 𝑚𝑔ℎ1 = 2𝑣32 + 40 ∙ 25 − 4000
→ 𝒗𝟑 ≅ 𝟑𝟖, 𝟕𝟑 𝒎𝒔⁄
Para calcular las fuerzas dibujamos el diagrama y aplicamos las
leyes de Newton a la rotación:
E.C. N
P
Descomposición eje C.
La normal va sobre él y el peso no tiene componente sobre ese eje.
Aplicación de la ley
∑ 𝐹𝑐 = 𝑚𝑣2
𝑅→ 𝑁 = 𝑚
𝑣2
𝑅→ 𝑵 = 𝟒
𝟏𝟓𝟎𝟎
𝟐𝟓= 𝟐𝟒𝟎 𝑵
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7. En el problema anterior calcular la altura mínima de la que se
puede dejar caer el cuerpo para que no abandone el rizo en su punto
más alto.
Por intuición sabemos que si el móvil va “despacio” en la parte de
arriba se cae. Estudiemos ese punto, si no se despega en él no se
despegará en ninguno:
Fuerzas: 𝑵
𝑃
𝐸𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟
Descomposición:
Se trata de una rotación por lo que descomponemos todas las
fuerzas sobre el eje centrípeto de la rotación. Como se ve en la figura,
tanto la normal como el peso van ya sobre el eje.
Leyes:
∑ 𝐹𝑐 = 𝑚𝑎𝑐 → 𝑁 + 𝑃 = 𝑚𝑣2
𝑅→ 𝑵 = 𝒎
𝒗𝟐
𝑹− 𝑷
¿Por qué hemos despejado la normal? Porque para que un
cuerpo permanezca sobre una superficie la normal tiene que tomar
valores positivos (querrá decir que es como la hemos dibujado, “hacia
afuera” de la superficie como sólo puede ser en cuerpos simplemente
apoyados, sin enganches al suelo)
Aplicamos la restricción a la normal calculada en el punto de arriba:
𝑁 = 𝑚𝑣2
𝑅− 𝑃 ≥ 0 → 𝒗 ≥ √𝑹𝒈
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Restricción para la velocidad que, al estar relacionada con la altura desde
la que deja caer, también nos restringe a esta:
𝟏
𝟒
100 𝑚
𝒉 = 𝟎
Para calcular la velocidad en función de la altura H aplicamos el
teorema del trabajo entre los puntos 1 y 4:
𝑊𝑛𝑐 = 𝑊𝑁 = 0 (𝑁 𝑝𝑒𝑟𝑝. 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧. )
∆𝐸𝑚 = {𝐸𝑚1 = 𝑚𝑔ℎ (𝑣 = 0) → 𝐸𝑚1 = 40𝐻
𝐸𝑚2 = 𝑚𝑔ℎ +1
2𝑚𝑣2 → 𝐸𝑚2 = 40 ∙ 50 +
1
24𝑣2
Y aplicando el teorema:
0 = 2000 + 2𝑣2 − 40𝐻 → 𝑣2 = 20𝐻 − 1000
Y como la restricción para la velocidad es 𝑣2 ≥ 𝑅𝑔 = 250 nos queda:
20𝐻 − 1000 ≥ 250 → 𝑯 ≥ 𝟔𝟐, 𝟓 𝒎
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8. En la base de un plano inclinado 30º descansa un muelle de
constante 500N/m y comprimido 15 cm con un cuerpo de 67 Kg en uno
de sus extremos como indica la figura. Si el sistema se abandona,
calcular el espacio recorrido por la masa hasta pararse. Coeficiente de
rozamiento 0,3.
2
𝐻 𝑑
30° 1 𝒉 = 𝟎
Aplicaremos el t. del trabajo entre los puntos 1 y 2.
En una posición genérica las fuerzas son:
𝑁
𝒇𝒓
𝑃
Y el trabajo de las no conservativas, normal y fuerza de
rozamiento:
Trabajo de la normal 𝑊𝑛 = 0 (perpendicular al desplazamiento)
Trabajo de la fuerza de rozamiento:
𝑑
𝒇𝒓
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𝑓𝑟 = 𝜇𝑑𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30 = 0,3 ∙ 670 ∙√3
2= 100,5√3 𝐽
|𝑑| = 𝑑 (𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎)
𝑊𝑓𝑟 = 𝑓𝑟 ∙ 𝑑 ∙ 𝑐𝑜𝑠180 = −100,5√3 ∙ 𝑑
Ahora calculamos la variación de energía mecánica:
𝐸𝑚1 =1
2𝑘𝑥2(𝑣 = 0 𝑦 ℎ = 0) → 𝐸𝑚1 =
1
2500 ∙ 0,152 = 5,625 𝐽
𝐸𝑚2 = 𝑚𝑔ℎ (𝑣 = 0) → 𝐸𝑚2 = 670𝐻
Y aplicando el teorema:
670𝐻 − 5,625 = −100,5√3𝑑
Ecuación en H y d pero del triángulo de la figura:
𝑑
𝐻 30°
𝐻 = 𝑑𝑠𝑒𝑛30 =𝑑
2
Quedándonos:
𝟔𝟕𝟎𝒅
𝟐− 𝟓, 𝟔𝟐𝟓 = −𝟏𝟎𝟎, 𝟓√𝟑𝒅
De donde se despeja la incógnita d que era lo que se preguntaba