PROBLEMAS DE ESTATICA

1. ETS Agrónomos Albacete
Equipo docente:
Antonio J Barbero
Alfonso Calera
Mariano Hernández.
Fundamentos Físicos de la Ingeniería. Departamento Física Aplicada UCLM
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
1
UCLM
EU. I.T. Agrícola Ciudad Real
Pablo Muñiz García
José A. de Toro Sánchez

2. PROBLEMA 1
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, B
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
x2
NA A
normales a las paredes ya que éstas son
lisas y no presentan rozamiento
T 90-
L0
Cálculo ángulo 
x  x 1
 
 L

sen  1
2
L0
cos 
L0
B
90- mg
N Mg 2
B
UCLM
C A
D
L  x  x 
2 2
0 1 2
x1
C
D

3. T  588 N
D
PROBLEMA 1 (2/2)
Y  Fx  0 NB  NA  0 NA  NB
 Fy  0
X
T  M  mg 0 T  M  mg
x2  MB  0 T  x1
 mg
L0
sen(180 )
2
C
x1
T
NA A
90-
 MgL sen(180 )  NAL0 sen(90  )  0
L
L0 T  x1mg
 
0
sen
2
 MgLsen NAL0 cos  0
L
 N
mg AL0 cos  mg
L0
sen
2  MgLsen (M m)gx1
B
90-
N Mg
cos
B
sen


1

x1  x2
L0 Valores numéricos
N  N  204.5 N
L0
A B
3
L  x  x 
2 2
0 1 2
UCLM
NA 2  NB
mg
L0
sen  MgL sen  (M m)gx1
L0 cos


4. 3
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.
Y
FX  N1 sen1  N2 sen2  0
X
W = 4 kp 2 = 60º
N2
2
FY  W  N1cos
1
 N2cos2  0
1 = 30º
1
N  N
sen1
2 1
sen
N1 cos1  N1
sen1
sen2
cos2  W
N 
W sen2

W sen2
 2 kp
cos1sen2 sen1 cos
2
sen1 2 

N 
W sen1

W sen1  2 kp
UCLM
30º
N1
60º
2

1

5. cos1 sen
2
 sen1cos
2
sen1 2 4
2

6. PROBLEMA 3
Una escalera de longitud L0 y masa mestá apoyada 
contra una pared vertical formando un ángulo  con la
misma. Cuando un hombre de masa M sube por la
escalera y alcanza un punto situado a una distancia L
del extremo inferior, la escalera se encuentra a punto
de deslizar. Si el coeficiente de rozamiento estático
entre la escalera y la pared es A, se pide:
a) Dibújese el D.S.L. De la escalera cuando el hombre
ha subido al punto indicado.
b) Determínese el coeficiente de rozamiento estático
entre la escalera y el suelo.
c) Calcúlese numéricamente el coeficiente de rozamiento
pedido en el apartado anterior si L0 = 4 m, m = 10 kg,
M = 80 kg, L = 3 m,  = 30º, A = 0.2. Tómese el valor
de la aceleración de la gravedad como g = 10 m/s2.
L0
L
L0
mg
2
Mg
5
UCLM

7. PROBLEMA 3 (2/4)
FRA

A NA
L0
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.
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.
Equilibrio de fuerzas
L
L0
 Fx  0
NA  FRB  NA  B NB  0
Y Mg
mg
2
F NB
 Fy  0
RB FRA  NB
B
X
 (M m)g  ANA  NB  (M m)g  0
6
UCLM
Diagrama de sólido libre

8. 2
PROBLEMA 3 (3/4)
F 90 
Respecto al punto B  MB  0
RA
 mg
L0
sen(180 )
2
 MgLsen(180  )
A NA  NAL0 sen(90  )  FRAL0 sen  0

m
L0  ML

g sen  N L cos   N L sen
  A 0
 
A A 0
L0 
m
L0  ML

g sen
180  L
 
NA   2  

L0
L0 cos   AL0 sen
mg
2  m L 

  M
N 2 L g sen
Mg F
B NA   0 
RB cos
B
 A sen
7
UCLM
+
Equilibrio de momentos

9. NB
PROBLEMA 3 (4/4)
Sistema de
ecuaciones
 Fx  0
 Fy 0
NA  B NB
 ANA NB
 0
 (M m)g  0
NB  (M  m)g  ANA
 
NA

NA
B
(M  m)g   N
A A
Resolución
numérica: L0 = 4 m, m = 10 kg, M = 80 kg, L = 3 m,  = 30º, A = 0.2, g = 10 m/s2
NA  336.4 N NB  832.7 N B  0.404
8
UCLM
 m
  M
L 
g sen
NA   2 L0 
cos   sen
A
B 
NA

1
NB

(M  m)g 
 NA
  A


10. 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  y sobre el punto B de un suelo rugoso. En
equilibrio la barra forma un ángulo  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,  = 60º,  =30º.
RA y RB son las normales en A y B, respectivamente
 Fx  0 F  RA cos(90 )  0
F  RA sen  0 [1]
 Fy  0 RB W  RA sen(90  )  0
RB W  RA cos  0 [2]
9
UCLM
A
F  
B
Y
D.S.L.  -
X 
RB
90-
RA 90º

 A
90+  -
F  
B
W 180-

11.  
sen cos
2cos(   ) cos cos
PROBLEMA 4 (2/2)
 MB  0
W
L0
sen(90   )  R L
2
A 0 sen(90  )  0
W
L0
cos 
2
 RAL0cos( )  0 [3]
[1]
[2]
F  RA sen  0
RB  W  RA cos  0
Resultados numéricos
RA  2.50 kp
F  2.17 kp
RB  3.75 kp
Coeficiente rozamiento   0.577
F  RB
 
F
RB 10
RA 
W cos
2cos(   )
UCLM
Y
D.S.L.  -
X 
RB
90-
RA 90º

 A
90+  -
F  
B
W 180-
F 
W sen cos
2cos(   )
RB  W

1 
cos cos  


2cos(   )




12. B
A T
A B
O
W0
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 A y B. W0
Determínese la razón de los pesos W0/W.
Diagrama de sólido libre de la anilla A
1º) Como no hay rozamiento entre anilla y aro, la reacción
R en el punto de equilibrio debe ser radial: carece de
componentes en dirección tangente.
R
2º) La componente del peso W0 en la dirección tangente
y en sentido descendente ha de ser compensada por
la componente tangente de la tensión T del hilo en
sentido ascendente.
3º) La tensión T del hilo es igual al peso W colgado en B. 11
UCLM
B
A

B
A
O
W
W

13. PROBLEMA 5 (2/2)
En equilibrio se verifica W0 cos T cos 
OA y OB son iguales al radio
del aro, de modo que el
triángulo OAB es isósceles
B 2 A B
R
 180
  90 
A B
2
 
  90 A   A B
2
Como la tensión T la proporciona el peso colgado en B, se verifica T = W
W0 cos90 A W cos
 A B
2
12
UCLM

B
A T
A B
O
 W
W
0
A
 = 90-



A+B
A
90-A O
W0 
1 cos

A B
W senA 2

14. A
y
W
PROBLEMA 6
Se tiene que hacer pasar un rodillo cilíndrico de radio a
y 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 T
aplicada 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 bordeA
y disminuye la normal aplicada en B (punto de contacto con el suelo).
T
Ry R
Rx
R a
O
h
Rx
B
N
Menor tensión Mayor tensión
13
T
a
O
h
A W
UCLM
T
Ry
a
O
h
R
W
x
N
A

15. T
Ry


a
O
b


O
O
a
a-h
h h
A
h
N = 0 14
d
d
A
W
Rx
A
2a-h
B
PROBLEMA 6 (2/3)
Y
Equilibrio estático: mientras que el rodillo no supere el escalón
T  Fx  Rx  T  0 Z X
Ry a
O
 Fy  Ry  N  W  0
El rodillo está a punto de superar el escalón
W cuando se cumplen dos condiciones:
h
N
1º) Cuando la normal N vale cero: en ese momento
no ejerce presión contra el suelo en el punto B
2º) Cuando las líneas de acción de los vectores T, W y R concurren en un punto
(son vectores coplanarios)
Condiciones en el
momento en que N = 0
Rx  T Ry W
Buscamos una relación geométrica
adicional que ligue Rx y Ry
UCLM
Rx
A

16. h(2a  h)
 R2
 R2
x y W 2 h
W 2
2a  h
2a-h
PROBLEMA 6 (3/3)
T
a2
 d 2
 (a  h)2
 d 2
 a2
 h2
 2ah
Ry 
a
 O
h
b

 O a
A
h
d 2
O
a-h
h
 h (2a  h) d 
N = 0
tg


d


2a  h
Disponemos de las siguientes tres ecuaciones
Rx Este es el valor mínimo
Rx  T Ry W tg 
Ry
para que empiece a
remontar el escalón!
Componentes de R
R
y R   W
15
x
UCLM
h
2a  h
T  W tg  W
h
2a  h
2a
2a  h
d
d
A
W
Rx
A
VALORES NUMÉRICOS
T  1511.9 N
R  2285.7 N   20.7º
R
R

17. C
PROBLEMA 7
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  para el que se consigue el equilibrio y calcular las
reacciones en los apoyos B y C.
Datos: W = 5 kp, a = 0.40L0.
90-
RC
D
L0
 Fx  0 RB  RC sen(90  )  0 RB  RC cos  0
 2  Fy 0 RC cos(90  ) W  0 RC sen  W  0
B
RB W
180-
C
 MB  0
a
sen RC W
L0
sen(180 )  0
2
a 
L
Y
B
a
D.S.L. a a
a
sen

RC W
L0
sen  0
2
sen 
L
X
L 
sen



UCLM
D

C
a



B
16

18. sen sen


PROBLEMA 7 (2/2)
a
R W
L0
sen  0
RB  RC cos  0 sen C
2
RC sen  W  0 RC 
W
sen a W
 W
L0
sen
2
sen3
 
2a
L0
cos
 

 1  L

2 / 3
RB  RC cos W
sen
W sen
 W
sen2

1 W  0
 1
 2a

Resultados numéricos: usando W = 5 kp, a = 0.40L0 tenemos:
 20.40L 
1/ 3
sen 0   0.9283   68.2º
 L0 
17
UCLM
sen   
 2a 
1/ 3
 L0 
RC 
W
sen
 W  0

 L 
1/ 3
 2a
RB W  L 
2 / 3
 0

 2a
1
1 sen2


19. PROBLEMA 8
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 . ¿Cuál es la
máxima altura hmax a la que puede aplicarse la fuerza
F sin que el armario vuelque?
Supongamos que aplicamos la fuerza F
en 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:
FY  N  mg  0 N  mg
La 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:
  F  hmax
 mg
L
 0
2
18
UCLM
F
L
hmax
F
Y
CM
X mg
L
A
FR
N
B
hmax

20. 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:
FX  FR  F  0 F  FR  N
L
 mg
Sustituyendo en la ecuación de los momentos F hmax
 mg  0
2
mg hmax
 mg
L
 0
2
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.
19
UCLM
hmax

L
2