1

UCLM

PROBLEMAS DE ESTÁTICA

Fundamentos Físicos de la Ingeniería. Departamento Física Aplicada UCLMEquipo docente: Antonio J BarberoAlfonso CaleraMariano Hernández.

ETS Agrónomos Albacete

Pablo Muñiz GarcíaJosé A. de Toro Sánchez EU. I.T. Agrícola Ciudad Real

2

UCLM

PROBLEMA 1

A

B

C

D

Un tablón AB de longitud L0 y masa m se encuentra encajado entre dos paredes lisas, sujeto del techo por un cable unido al punto C y soportando un contrapeso de masa M en D (véase esquema). Si la distancia BD es L, calcular la tensión del cable y las reacciones en A y en B. Las distancias de C a las esquinas izquierda y derecha son respectivamente x1 y x2. Aplicación numérica: m = 10 kg, M = 50 kg, L0 = 3 m, L = 2 m, x1 = 0.5 m, x2 = 1.5 m.

Diagrama de sólido libre Las reacciones en los puntos A y en B son normales a las paredes ya que éstas son

lisas y no presentan rozamientoAC

NB

NA

Mgmg

TD

θ

θ

90-θ

θθ

90-θx1

L

L0

x2

Cálculo ángulo θ

( )22120

0

1cos xxLL

+−=θ0

21senL

xx +=θ

B

3

UCLM

PROBLEMA 1 (2/2)

A

B

C

NB

NA

Mgmg

TD

θ

θ

90-θ

θθ

90-θx1

L

L0

x2

X

Y ∑ = 0xF 0=− AB NN

∑ = 0yF ( ) 0=+− gmMT

BA NN =

( )gmMT +=

∑ = 0BM 1xT ⋅ )180sen(20 θ−−

Lmg

0)90sen(0 =++ θLN A

0cossensen2 00

1 =+−−⋅ θθθ LNMgLLmgxT A

)180sen( θ−−MgL

−

10

0 )(sensen2

cos gxmMMgLLmgLN A +−+= θθθ

θ

θθ

cos

)(sensen2

0

10

L

gxmMMgLLmgN A

+−+= BN=

0

21senL

xx +=θ

( )22120

0

1cos xxLL

+−=θ N 588=T N 5.204== BA NN

Valores numéricos

4

UCLM

PROBLEMA 2

Un cilindro de peso 4 kp está apoyado sobre dos planos inclinados que forman ángulos de 30º y 60º con la horizontal. Suponiendo que las superficies de los dos planos inclinados son lisas, calcúlese la reacción de cada uno de los planos inclinados sobre el cilindro.

30º 60º

θ1 = 30º

θ2 = 60ºW = 4 kp

N2

X

Y 0sensen 2211 =−=∑ θθ NNFX

θ2

θ1

N1

0coscos 2211 =++−=∑ θθ NNWFY

2

112 sen

senθθNN = WNN =+ 2

2

1111 cos

sensencos θ

θθθ

2121

21 cossensencos

senθθθθ

θ+

=WN ( )21

2

sensen

θθθ+

=W

2121

12 cossensencos

senθθθθ

θ+

=WN ( )21

1

sensen

θθθ+

=W

kp 32=

kp2=

5

UCLM

PROBLEMA 3

c) Calcúlese numéricamente el coeficiente de rozamientopedido en el apartado anterior si L0 = 4 m, m = 10 kg, M = 80 kg, L = 3 m, θ = 30º, µA = 0.2. Tómese el valor de la aceleración de la gravedad como g = 10 m/s2.

a) Dibújese el D.S.L. De la escalera cuando el hombreha subido al punto indicado.

b) Determínese el coeficiente de rozamiento estáticoentre la escalera y el suelo.

20L

0L

L

mg

Mg

θUna escalera de longitud L0 y masa m está apoyada contra una pared vertical formando un ángulo θ con la misma. Cuando un hombre de masa M sube por la escalera y alcanza un punto situado a una distancia Ldel extremo inferior, la escalera se encuentra a punto de deslizar. Si el coeficiente de rozamiento estático entre la escalera y la pared es µA, se pide:

6

UCLM

PROBLEMA 3 (2/4)

20L

0L

L

mg

Mg

θ

A

BX

Y

La fuerza de rozamiento en el punto A está dirigida hacia arriba, ya que si la escalera deslizase su extremo superior se arrastraría hacia abajo. RAF

RBF

AN

BN

Además tenemos la reacción normal en el punto A.

La fuerza de rozamiento en el punto B está dirigida hacia la izquierda, ya que si la escalera deslizase su extremo inferior se arrastraría hacia la derecha.

Además tenemos la reacción normal en el punto B.

0=−=− BBARBA NNFN µ

0)()( =+−+=+−+ gmMNNgmMNF BAABRA µ

∑ = 0xF

∑ = 0yF

Equilibrio de fuerzas

Diagrama de sólido libre

7

UCLM

PROBLEMA 3 (3/4)

+Respecto al punto B ∑ = 0BMEquilibrio de momentos

20L

0L

L

mg

Mg

θ

A

B

RAF

RBF

AN

BN

)180sen(20 θ−Lmg

θ+90

θ−180

)180sen( θ−+ MgL

)90sen(0 θ+− LN A

−

0sen0 =− θLFRA

θsen20 gMLLm

+ θµθ sencos 00 LNLN AAA +=

θµθ

θ

sencos

sen2

00

0

LL

gMLLmN

AA +

+

=

θµθ

θ

sencos

sen2 0

AA

gLLMm

N+

+

=

8

UCLM

PROBLEMA 3 (4/4)

0=− BBA NN µ∑ = 0xF

0)( =+−+ gmMNN BAAµ∑ = 0yFSistema de ecuaciones

θµθ

θ

sencos

sen2 0

AA

gLLMm

N+

+

= AAB NgmMN µ−+= )(

AA

B

AB

NgmMN

N

µµ

−

+==

)(1

B

AB N

N=µ

AA

A

NgmMN

µ−+=

)(

Resolución numérica: L0 = 4 m, m = 10 kg, M = 80 kg, L = 3 m, θ = 30º, µA = 0.2, g = 10 m/s2

404.0=BµN7.832=BNN4.336=AN

9

UCLM

PROBLEMA 4

Una barra homogénea AB de longitud L0 y peso W se apoya sobre el punto A de una pared lisa inclinada un ángulo α y sobre el punto B de un suelo rugoso. En equilibrio la barra forma un ángulo β con el suelo. Se pide determinar la fuerza horizontal F de rozamiento en el punto de contacto con el suelo, las reacciones normales en los dos apoyos y el coeficiente de rozamiento en B. Datos: W = 5 kp, L0 = 2 m, α = 60º, β = 30º.

β α

B

A

F

RA y RB son las normales en A y B, respectivamente

β α

B

A

F

RB

RA

W

90+β

β

α90ºX

Y

α -β

β

180-α

90-α

α -βD.S.L.0)90cos( =−− αARF∑ = 0xF

∑ = 0yF

[1]0sen =− αARF

0)90sen( =−+− αAB RWR

[2]0cos =+− αAB RWR

10

UCLM

PROBLEMA 4 (2/2)

β α

B

A

F

RB

RA

W

90+β

β

α90ºX

Y

α -β

β

180-α

90-α

α -βD.S.L. ∑ = 0BM

0)90sen()90sen(2 00 =−+−+ βαβ LRLW A

0)cos(cos2 00 =−− βαβ LRLW A

)cos(2cos

βαβ−

=WRA

0sen =− αARF )cos(2cossenβαβα

−=

WF

0cos =+− αAB RWR

−

−=)cos(2

coscos1βαβαWRB

BRF µ=BR

F=µ

βαβαβαµ

coscos)cos(2cossen−−

=

kp50.2=AR

kp17.2=F

kp75.3=BR

577.0=µ

[3]

Resultados numéricos

[1]

[2]

Coeficiente rozamiento

11

UCLM

PROBLEMA 5

En un aro semicircular de centro O hay una anilla A de la que pende un peso W0. La anilla está sujeta mediante un hilo inextensible que pasa por un eje normal al aro en el punto B(ver diagrama), de cuyo extremo cuelga un peso W. La anilla resbala sin rozamiento sobre el aro hasta alcanzar la posición de equilibrio, en cuyo momento los ángulos subtendidos con la vertical por las posiciones A y B son respectivamente θA y θB.Determínese la razón de los pesos W0/W.

O

AB

θAθB

W0

W

Diagrama de sólido libre de la anilla A

O

A

θA θB

RB

T

W0

1º) Como no hay rozamiento entre anilla y aro, la reacción R en el punto de equilibrio debe ser radial: carece decomponentes en dirección tangente.

2º) La componente del peso W0 en la dirección tangente y en sentido descendente ha de ser compensada porla componente tangente de la tensión T del hilo ensentido ascendente. W

3º) La tensión T del hilo es igual al peso W colgado en B.

12

UCLM

PROBLEMA 5 (2/2)

β

α

O

A

θA θB

RB

T

W0W

O

AB

θA+θB

ϕϕ

1802 =++ BA θθϕ

290 BA θθϕ +

−=

β = 90-ϕ

θA

90-θA

Aθα −= 902

BA θθβ +=

OA y OB son iguales al radio del aro, de modo que el

triángulo OAB es isóscelesEn equilibrio se verifica βα coscos0 TW =

Como la tensión T la proporciona el peso colgado en B, se verifica T = W

2cos

sen10 BA

AWW θθ

θ+

⋅=( )2

cos90cos0BA

A WW θθθ +=−

13

a

AO

W

T

h

UCLM

PROBLEMA 6

Se tiene que hacer pasar un rodillo cilíndrico de radio ay peso W por encima de un escalón de altura h. Para ello se enrolla un cable alrededor del rodillo y se tira del mismo horizontalmente (véase esquema). El borde A del escalón es rugoso. Calcúlese el valor de la tensión Taplicada al cable a partir del cual se consigue superar el escalón y la reacción correspondiente en el borde A.Aplicación numérica: W = 4000 N; a = 2 m; h = 50 cm.

A medida que se incrementa la tensión T del cable aumenta la reacción en el borde Ay disminuye la normal aplicada en B (punto de contacto con el suelo).

a

A

O

W

T

h B

N

Rx

Rya

A

O

W

T

h Rx

Ry

N

Rx

Ry R

Mayor tensiónMenor tensión

14

a

A

T

h BW

O

Rx

Ry

N

El rodillo está a punto de superar el escalón cuando se cumplen dos condiciones:

2º) Cuando las líneas de acción de los vectores T, W y R concurren en un punto

0=−+=∑ WNRF yy

0=−=∑ TRF xx X

Y

Z

1º) Cuando la normal N vale cero: en ese momentono ejerce presión contra el suelo en el punto B

(son vectores coplanarios)

WRy =TRx =

a

A

O

W

T

h Rx

Ry

N = 0

θ

θ

θ

θ

h

2a-h

d

O

A

b O

Ad

a-ha

UCLM

PROBLEMA 6 (2/3)

Equilibrio estático: mientras que el rodillo no supere el escalón

Condiciones en el momento en que N = 0

hBuscamos una relación geométrica

adicional que ligue Rx y Ry

15

UCLM

PROBLEMA 6 (3/3)

ahhad 2222 −++=222 )( hada −+=

)2(2 hahd −⋅= )2( hahd −⋅=a

A

O

W

T

h Rx

Ry

N = 0

θ

θ

θ

θ

h

2a-h

d

O

A

b O

Ad

a-h

h

a

VALORES NUMÉRICOS

N9.1511=T

N7.2285=R º7.20=θha

hha

d−

=−

=22

tgθ

Disponemos de las siguientes tres ecuacionesEste es el valor mínimo

para que empiece a remontar el escalón!ha

hWWT−

==2

tgθy

x

RR

=θtgWRy =TRx =

Componentes de R

Rx

RyR

θ 22yx RRR += 22

2W

hahW +−

=ha

aW−

=2

2

16

UCLM

PROBLEMA 7

a

B

D

Cθ

Una barra homogénea BD de longitud L0 y peso W se apoya en los puntos B y C indicados en el diagrama adjunto. Los rozamientos en los apoyos son despreciables. Determinar el ángulo θ para el que se consigue el equilibrio y calcular las reacciones en los apoyos B y C. Datos: W = 5 kp, a = 0.40L0.

a

B

D

Cθ

X

Y

20L

WRB

RC

90-θ

∑ = 0xF

∑ = 0yF

0)90sen( =−− θCB RR

0)90cos( =−− WRC θ

0cos =− θCB RR

0sen =−WRC θ

∑ = 0BM

B

C

a

θL

La

=θsenθsen

aL =

180-θ 0)180sen(2sen0 =−− θ

θLWRa

C

0sen2sen0 =− θ

θLWRa

CD.S.L.

17

UCLM

PROBLEMA 7 (2/2)

0cos =− θCB RR

0sen =−WRC θ

0sen2sen0 =− θ

θLWRa

C

θθθ

sen2sensen0LWWa

=

3/1

0

2sen

=

Laθ

3/10

2sen

==

aLWWRC θ

12

3/20 −

=

aLWRB

θsenWRC =

0

3 2senLa

=θ

12

1sen

1sen

sen1 3/20

2

2−

=−=

−=

aLWWW

θθθ

θθθ

sencoscos WRR CB ==

Resultados numéricos: usando W = 5 kp, a = 0.40L0 tenemos:

9283.040.02sen3/1

0

0 =

⋅=

LLθ º2.68=θ

18

UCLM

PROBLEMA 8

hmax

F

L

En una mudanza es preciso trasladar un armario de peso mg deslizándolo sobre el piso y para ello se le empuja horizontalmente con una fuerza constante F. La anchura del armario es L (véase figura). El coeficiente de rozamiento estático es µ. ¿Cuál es la máxima altura hmax a la que puede aplicarse la fuerza F sin que el armario vuelque?

Supongamos que aplicamos la fuerza Fen el punto preciso para que esté a punto de volcar. El DSL en ese caso es

Observe que cuando el vuelco es inminente la reacción en B es nula, mientras que en A la reacción normal ha de ser igual al peso:

∑ =−= 0mgNFY mgN =

CM

AB

L

mghmax

F

N

FR

X

YLa condición para que se produzca el vuelco es que el momento con respecto al punto A de la fuerza F sea mayor que el del peso respecto al mismo punto, así que el vuelco resulta inminente cuando se cumpla que:

∑ =−⋅= 02LmghF maxτ

19

UCLM

PROBLEMA 8 (2/2)

Además, en el momento en que el vuelco es inminente, la fuerza de rozamiento estática ha de ser igual a F:

∑ =−= 0FFF RX mgNFF R µµ ===

Sustituyendo en la ecuación de los momentos 02=−⋅

LmghF max

µ2Lhmax =0

2=−⋅

Lmghmg maxµ

Observe que el valor de la altura máxima para que el armario vuelque es independiente del valor de F, depende de dónde se aplique la fuerza. Si la altura a la que se aplica F es menor que ésta, entonces el armario se deslizará sobre el piso sin volcar, tal y como se pretende.