Problem as Re Sueltos e Static A

Problemas de Estática. J. Martín

Problemas Resueltos de Estática 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Fuerzas y Momentos Equilibrio del punto Equilibrio del sólido sin rozamiento Equilibrio del sólido con rozamiento Equilibrio del sistema de sólidos Entramados y armaduras Mecanismos : poleas, cuñas, tornillos Método de los trabajos virtuales Fuerzas distribuidas : cables y vigas Centros de gravedad

3

sen

cos30º

⇒

=

300

sen

= 0,4273

25,3º

y

300 N 300 N

60º 60º

400 N

=

608

Solución en componentes. componentes.

O

⇒

x

α

F


La resultante es la suma de las componentes de cada una de las fuerzas .

F= 400i + 300(cos60ºi + sen60º j j ) ⇒

F= 550i +150 3 j

150 3 tan

F 2 = 544,8 N

=

550

= 0,4723

⇒

= 25,3º

α = 29,1º

;

ltaante del sistema de f uer zas con onccurr entes qu quee se ind ndiica en e n la f igur a Problema 3 Deter minar la r esult ad j jun untta sa sa b biiendo que que F 1 = 150 150 N N , F 2 = 200 N , F 3 = 80 N y F 4 = 180 N N.. F2

F1

30º 30º

30º 30º

x

45º 45º

60º 60º

F3

F4

SOLUCIÓN Gráfica. Se dibuja a escala escala la suma de las las fuerzas. Midiendo Midiendo el módulo de la resultante se obtiene F obtiene F = 49 N ; midiendo el ángulo ángulo que forma con la horizontal es obtiene obtiene 26º

5

F 3

F 2

F4

F 1

α

F

Analítica. Se determinan las componentes según x y x y según y de y de cada una de las fuerzas. A partir de estos valores se obtiene la resultante y el ángulo que forma con el eje x eje x.. Las componentes de las fuerzas son:

F1 = 129.9 i + 75.0 j F3 = − 40.0 i − 69.2 j La resultante es:

F = Σ Fi = 44.0 i − 21.5 j

;

F2 = − 173.2 i + 100.0 j

;

F4 = ⇒

127.3 i − 127.3 j

F = 49.0 N ; α = − 26º

la r esult ltaante de de la las f uer zas r e p pr r esentadas en en la la f igur a ad ad j jun untta. Da Dar su su módu módullo Problema 4 Deter minar la y el el án ángulo que que f or ma con con el el e e . 150 N 150 N 260 N 260 N

50º 50º

20º 20º 70º 70º

x

100 N 100 N

40º 40º

120 N 120 N 80 N 80 N

SOLUCIÓN

F = 513i + 51.5 j

⇒

F = 515,5 N

;

= 5,7º

Problema 5 Descomponer una fuerza F de módulo 2800 N en dos componentes F1 y F2 tales que F1 forme con F un ángulo ángulo de 20º y que su diferencia de módulos módulos F 1 – F F 2 sea igual a 1000 N. Determinar sus módulos y el ángulo que forman.


SOLUCIÓN

Representación gráfica de las fuerzas

F F2 α

20º

F1

De la ley del seno aplicada al triángulo definido por las tres fuerzas se tiene sen 20º sen =

F 2

F

Proyectando las fuerzas sobre la horizontal queda

F cos20º = F 1 + F 2 cos La diferencia de módulos de las dos fuerzas F 1 − F 2 =1000 Operando con las tres ecuaciones se obtiene

F 1 = 2069,7 N ;

F 2 =1069,7 N

;

= 60,8º

Problema 6 Descomponer una fuerza F en dos componentes F1 y F2 tales que F1 forme con F un ángulo que sea la mitad del ángulo que forma F2 con F y los módulos de F1 y de F2 cumplan la relación 4 F 2 = 3 F 1 . Calcular el módulo de las componentes y los ángulos que forman con F.

SOLUCIÓN Representación gráfica de las fuerzas

7

3α

F1 F2 α

F

α = 48,2º

β=2α

; β = 96,4º

; F 1 = 1,7 F

;

F 2 = 1,3 F

Problema 7 Descomponer una fuerza F de 20 kN en dos componentes F1 y F2 tales que formen entre sí un ángulo de 50 º y sus módulos estén en la relación 2 : 5. Calcular la magnitud de las componentes y los ángulos α1 y α2 que forman con F .

SOLUCIÓN Representación gráfica de las fuerzas

50º

F1 α

F

F 1 = 6,18 kN

;

F 2 = 15,45 kN

β

;

α = 36,2º

;

β = 13,8º

Problema 8 En las diagonales de un paralelepípedo rectangular de aristas a,b,c, actúan tres fuerzas del mismo módulo F 0. Calcular la resultante F.

SOLUCIÓN


Representación gráfica de las fuerzas

F1 C

B

F2

a c E O

b

D

F3

x

F=

+ b j + ck ) F 0 ( ai a2 + b2 + c 2

SOLUCIÓN

Expresando las fuerzas en componentes y sumando se obtiene la resultante

F = 3 i +5 j + k

9

SOLUCIÓN 3

u= (−3i + j + k )

El vector unitario en la dirección y sentido de la fuerza es

La fuerza en componentes es

F = 10 ( − i + j + k )

El momento de la fuerza respecto del origen está dado por M 0 =OP ∧F , donde el punto P es un punto cualquiera de la recta soporte de F. Tomando el punto P ( 4 ,2 ,0 ), el momento de la fuerza respecto del origen es

M0 = 10 ( 2 i − 4 j + 6 k ) El producto escalar del vector M0 por los vectores de la base fuerza respecto de los ejes x , y , z . Sus valores son : m x = 20

m y = − 40

m z = 60

i j , k proporciona los momentos de la


SOLUCIÓN

El momento M 1 es el de un par de fuerzas de 40 Kg situadas en el plano horizontal o en un plano paralelo al horizontal y separadas una distancia de un metro ; el momento M 2 es el de un para de fuerzas de 40 Kg situadas en el plano inclinado o en un plano paralelo al plano inclinado y separadas una distancia de 3m, tal como se muestra en la figura a). Para facilitar la suma de los momentos de los dos pares, los vectores que los forman se han tomado con sus direcciones paralelas a la recta de intersección de los planos.

h

F 3m

−F

1m

(a) El par resultante está formado por las fuerzas F y − F separadas una distancia h . Su momento es un vector M perpendicular al plano definido por F y − F, plano que forma con la horizontal un ángulo θ figura b).

11 M

C

h

3m

θ A

1m

60º B

(b) Para calcular la distancia h, brazo del par resultante, aplicando la ley del coseno al triángulo ABC se tiene h = 7 = 2,645 m luego el momento del par resultante es M = 105,8 k - m Para calcular el ángulo θ aplicando la ley del seno al triángulo ABC se tiene que θ = 79,2 º

Equilibrio del punto


SOLUCIÓN

Condición de equilibrio

F1

780

sen α

sen 47º

sen ( 47º +α)

47º 460

P α F2

α = 35,8º

;

F2 = 575 N

=

F2

=

13

SOLUCIÓN

Equilibrio en el punto B

Equilibrio en el punto C

TBA F

10º

TCD

TBC

P

20º

TCB

500

; TBC = TCB

TBC = TBA

;

P = T CB = TCD

=

sen 10

sen 80º sen 70 sen 20º

Operando queda

TBA

= 2879 N

;

TBC

= TCB = 2835 N

;

P = 7789 N

;

TCD

= 8289 N


SOLUCIÓN


Equilibrio en el punto C

TBA

P TBC 60º

2450 TBA = TBC =

;

TBC = TCB

;

TCD = TCB = T CE

15 sen 60 sen 30º sen 30 sen 70º sen80

Operando queda

TBA

= 1414 N

;

TBC

= TCB = 2829 N

;

TCD = 1505 N

SOLUCIÓN

Tensión en el cable 1

⇒

F 1 =

132


⇒

F 2 =

128,8 N


⇒

F 3 =

84,8

N

N

;

TCE

= 2965 N


SOLUCIÓN

h = 1,5 tg α ;

120 sen α = 80

⇒

h = 1,34 m

SOLUCIÓN a) Cuando la tensión en el cable horizontal sea nula, en el punto C concurren tres fuerzas y para que esté en equilibrio su suma ha de ser cero.

P + F A + F1 = 0 siendo F A la fuerza que ejerce el cable unido al punto A en el punto C y F1 el valor de F.

17 Condición gráfica de equilibrio

F1

F 1 sen 30

P

=

P sen ( 60 + α )

60º + α

F A

30º

F 1 = 326,2 N

Cuando la tensión en el cable AC sea nula en el punto C concurren tres fuerzas y para que esté en equilibrio su suma ha de ser cero.

P + FB + F2 = 0 siendo F B la fuerza que ejerce el cable unido al punto B en el punto C y F2 el valor de F. Condición gráfica de equilibrio

F B

Para que los dos cables estén tensos, la magnitud de la fuerza aplicada F ha de satisfacer la condición 326,2 N ≤ F ≤ 750 N

b) Para el valor F = 500 N, las tensiones en los dos cables son distintas de cero. En el punto C concurren cuatro fuerzas, luego para que este en equilibrio su resultante a de ser cero.


Condición gráfica de equilibrio

F B = 184.5 N

;

F A = 230.9 N

SOLUCIÓN

Equilibrio en el punto A


19

NB

α P2

α T

T

α

P1 90 − α

NA

Aplicando la ley del seno se tiene

T

;

N A = P1

T = N

B

= P2

=

cos α sen α

sen α cos α

Operando queda

α = 33,69º

;

T = 1630.8 N

;

N A = 1087,2 N

;

N B = 2446,2

N


SOLUCIÓN F 18º

P

T

=

50º

=

500 F = 346,6 N

F

T

sen 68 sen 40 sen82

Problema 21 En el esquema de muelle cuya constante de rigidez e vertical descendente F 0 = 80 N el longitud natural l o del muelle

la figura adjunta, el cable AC está unido por su extremo C a un s k = 50 N/m . Si se aplica en el extremo C del cable una fuerza sistema está en equilibrio cuando el ángulo θ = 60º . Determinar la 2m

2m

60º B

C

F0

SOLUCIÓN l 0 = 2,66 m

Equilibrio del sólido sin rozamiento

21

SOLUCIÓN Sobre la barra ac túan cuatro fuerzas : El peso aplicada en el extremo A.

P, las normales en los a poyos NA, NB y la fuerza

N B l − P

Tomando momentos respecto de A

Operando queda N B = 86,6 N

;

N A = 156,7 N

; F = 75 N

l cos 30º = 0


SOLUCIÓN Sobre la barra ac túan cuatro fuerzas : El peso aplicada en el extremo A.

P, las normales en los a poyos NA, NB y la fuerza

Diagrama del sólido libre

NB

Condición de equilibrio

NB

N A + F sen F cos 60º

P

F

60º + N B sen 30º + = P

= N B cos 30º

60º

Sistema de

dos ecuaciones con tres incógnitas

NA

− N A l cos 30º

Tomando momentos respecto de B

Operando queda N A =

P

;

; F =

P sen 60º ;

∆ l =

F

+ P

= 2 6 cm k

l cos 30º = 0

23

SOLUCIÓN

Sobre la barra actúan tres fuerzas : El peso P, la normal en el apoyo

NB y la reacción en A.

Diagrama del sólido libre. La condición necesaria para que un sólido sometido a tres fuerzas este en equilibrio es que las tres fuerzas se corten en un mismo punto ( o sean paralelas )

A NB

P


Condición de equilibrio =

P sen (30º + α)

= N

R A

B

α

RA

sen 60

α

P Sistema de dos con tres

NB

ecuaciones incógnitas

30º

N B sen 52º l − P


Operando queda N B = 217 N

;

α = 54,2º

; RA = 321,2 N l cos 22º = 0

Problema 25 Una barr a homogénea peso P y longitud l esta en equili br io en una cavidad semiesf ér ica lisa de r adio R tal como se muestr a en la f igur a ad unta. Deter minar el valor del ángulo de equili br io α si l = 3 R. B C

α

A

SOLUCIÓN Sobre la barra actúan tres fuerzas : El peso P, la normal en el apoyo

NA y la normal en C NC.

Diagrama del sólido libre. La condición necesaria para que un sólido sometido a tres fuerzas este

25

N C 2 R cos α − P


3 R

2

Operando queda N C =

P ; cos 2 α =

cos α

; 8

2

α − 3 α −4 =0 ; α = 23,2º

α = 0


SOLUCIÓN Sobre la barra actúan tres fuerzas : El peso perpendicularmente a la guía.

P, la normal en el apoyo NC y la reacción en B dirigida

Diagrama del sólido libre. La condición necesaria para que un sólido sometido a tres fuerzas este en equilibrio es que las tres fuerzas se corten en un mismo punto ( o sean paralelas )

27 = N C

Tomando momentos respecto de B 3 R

B

N C

sen α

α = 0 2

=

P

α

Sistema de dos ecuaciones con tr es incógnitas

CB

De la figura se tiene

α= R

Operando queda

(

α

2

α+1

)=

1

⇒

α

= 40,74º

CB − P


Equilibrio del sólido con rozamiento

29

N B l − P


Operando queda N B = 86,6 N

⇒

l cos 30º = 0

f = 75 N

b) Para el coeficiente de rozamiento mínimo, la barra está en estado de movimiento inminente y la correspondiente fuerza de rozamiento es la máxima, luego se cumple que f r = µ N A El valor de N A es 156,7 N , de donde queda el valor

µ = 0,48

SOLUCIÓN


Diagrama del sólido libre. Sobre la barra ac t úan 4 fuerzas : l os pesos de la barra y el bloque, la tensión del cable y la resultante R en el punto de apoyo C , que es la suma de la normal y de la fuerza de rozamiento.

B 30º

T

G C

30º

NC A

P

R C

P1

f

Tomando momentos respecto de C P 1

30 = P

30 +

T sen 30º

31 Operando queda T=

2 3 g = 11 3 N 3

Sustituyendo en la segunda ecuación de la condición de equilibrio se tiene

f = 6 g = 58.8 N

Sean cuales sean las masa m y m1 , si no hay rozamiento, las componentes de los pesos y de la tensión en la dirección de la barra no se cancelan, luego no puede haber equilibrio.


33 Tomando momentos respecto de C l 3l 4l P 1 38 = P 38 + T sen 58º

5

10

5

Operando queda T = 0 58 mg

Sustituyendo en la primera ecuación de la condición de equilibrio se tiene

N C = 4 43 mg

Y finalmente de la segunda ecuación de equilibrio

de rozamiento tiene su valor máximo f r = µ N A Diagrama del sólido libre y condición de equilibrio.

µ = 0,62


En condiciones de movimiento inminente, la reacción en la pared forma con la normal un ángulo θ tal que tan θ = µ = 0,25, es decir θ = 14º. Sobre el bloque actúan 3 fuerzas : el peso P , la fuerza F y la resultante R en el apoyo, que es la suma de la normal y de la fuerza de rozamiento. En condiciones de movimiento inminente, la fuerza de rozamiento tiene su valor máximo f r = µ N. Diagrama del sólido libre y condición de movimiento inminente hacia abajo

N1

R

F

P

P

Condición de movimiento inminente hacia arriba

76º

14º

f r F1

30º

35

N2 14º

f r

16º 104º

F2

P 30º

F 1 = 1676 N ≤ F ≤ F 2 = 4224 N

Aplicando la ley del seno a ambos triángulos queda

SOLUCIÓN

Sobre la barra actúan cuatro fuerzas : El peso P, la normal F aplicada en B.

NA, la fuerza de rozamiento f r = µ NA y la fuerza


N

A

+ F sen α = P

P N F cos α = µ N A

f r

P l

Tomando momentos respecto de A cos β = F l sen (α − β)

Operando µ=

queda

37

C

22º

l sen 22º

=

1 57 l cos α

B 90º − α

O per ando α = 54º

A

La barra forma con la pared un ángulo de 36º y la tensión del cable forma con la dirección de barra un ángulo de 58º. Diagrama del sólido libre y condición de equilibrio. Sobre la barra actúan 3 fuerzas, el peso P, la tensión del cable T y la reacción R en el apoyo A que es la suma de la fuerza de rozamiento f , dirigida hacia arriba, mas la normal.

P

Tomando momentos respecto de A se obtiene la tensión del cable


T 58º

B

⇒

T = 31 N

G

R

P A

54º

Sustituyendo y operando se tiene el valor del ángulo ϕ = 11º . Conocido el ángulo se obtiene el valor de la reacción, R = 62 N. La fuerza de rozamiento es su proyección vertical f = 61 N

Equilibrio del sistema de sólidos

39


a 35 Un cilindro de peso P y radio R se encuentra en equilibrio en la posición indicada en la figura adjunta. Se considera que todas las superficies son lisas. Determinar: la reacción en la articulación y la tensión del cable.

SOLUCIÓN

41

Problem

a 37 Sobre un plano inclinado que forma un ángulo de 30º con la horizontal se sitúan dos bloques de pesos P 1 = 4000 N y P 2 = 6000 N respectivamente. Ambos están unidos mediante un cable. Los coeficientes de rozamiento entre los bloques y el plano inclinado son µ1 = 0,4 y µ2 = 0,8,


respectivamente. Determinar la tensión del cable y las fuerzas de rozamiento que actúan sobre l os bloques.

SOLUCIÓN

43

Problem


Problem a 38 Una barra uniforme de peso 1176 N y longitud l está articula en su extremo A y forma un ángulo de 30º con la horizontal. Su extremo B se apoya sobre la superficie lisa de un bloque de peso 328 N, situado sobre una superficie inclinada rugosa que forma un ángulo de 58º con la horizontal. Determinar la reacción en la articulación y el coeficiente de rozamiento mínimo para que haya equilibrio.

SOLUCIÓN

a 39 Una escalera de peso P se apoya en una pared vertical lisa y sobre un suelo horizontal

45

Problem rugoso. El coeficiente de rozamiento es µ = 0,265. La distancia entre peldaños es de 30 cm. Una persona de peso Q asciende por la escalera. Determinar hasta que peldaño puede subir sin que la escalera se caiga.

SOLUCIÓN


SOLUCIÓN a) Para la posición indicada la tabla no está en condiciones de movimiento inminente. En el apoyo en A, además de la normal actúa la fuerza de rozamiento f dirigida hacia la derecha. Diagrama del sólido libre de la tabla

Q

Polígono de fuerzas

Q

C G

0,6 m D

P

N A

NC P

.

N A

NC

α

B

f

Del polígono de fuerzas se deduce inmediatamente el valor de la fuerza de rozamiento en el suelo f = N C sen α

(1) La normal en C forma con la vertical un ángulo α que es el mismo que forma la tabla con el suelo; de los datos se deduce su valor, α = 36,87º. De la suma de momentos respecto de A igual a cero se obtiene la ecuación

47

Problem N C AC = ( Q AD + P AG ) cos α


De la figura se tiene los valores AC = 3,0 m ; AB = 3,60 m Operando queda para la normal en el apoyo NC = 251,5 N. De la ecuación (1) se tiene fuerza de rozamiento f = 151 N . Del polígono de fuerzas se obtiene inmediatamente la normal en A N A = 1004 −0,8 N C = 803 N . Si el coeficiente de rozamiento en el suelo es µ = 0,25, el valor máximo de la fuerza de rozamiento es 200,7 N y la persona puede seguir subiendo por la tabla sin que esta deslice.

b) En la posición límite, la tabla está en situación de movimiento inminente, y las fuerzas de rozamiento tienen su valor máximo, µ por la normal. La fuerza de rozamiento en C tiene la dirección de la tabla dirigida hacia arriba. Diagrama del sólido libre de la tabla Polígono de fuerzas

A

A

Igualando a cero la suma de momentos respecto de A , se tiene

N C AC = ( Q s + P AG ) cos α ⇒ s =

N C P AC − AG Q cos α Q

De la ley del seno aplicada al triángulo de fuerzas formado por los vectores P + Q, R A , R C y teniendo en cuenta que tan = 0,25 ⇒ =14,03ο queda

RC = P +Q ⇒ RC = 405,66 N ⇒ N C = R C ⇒ C 393,55 N N = sen 14,03 sen143,13

1+

2

49

Sustituyendo valores se tiene

s = 1,34 m

Equilibrio del sistema de sólidos

Entramados y armaduras

Mecanismos : poleas, cuñas, tornillos y discos

Método de los trabajos virtuales

Problem as Re Sueltos e Static A

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